福建省龙岩市2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1福建省龙岩市2025届高三下学期一模试题(考试时间：75分钟，满分：100分)注意：请将答案填写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.“劳动最光荣”，下列各劳动项目与对应的化学知识解释错误的是选项劳动项目化学知识A用柠檬酸除水垢()(柠檬酸)(碳酸)B用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污温度升高纯碱水解程度增大C煮完菜后及时清洗铁锅并晾干能防止铁锅因发生析氢腐蚀而生锈D84消毒液与洁厕灵分开使用两者会反应产生氯气A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．(柠檬酸)(碳酸)，柠檬酸能与碳酸钙反应，所以用柠檬酸除水垢，故A正确；B．碳酸钠水解使溶液呈碱性，温度升高纯碱水解程度增大，碱性增强，所以用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污，故B正确；C．煮完菜后及时清洗铁锅并晾干，能防止铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，故C错误；D．次氯酸钠和盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，所以84消毒液与洁厕灵分开使用，故D正确；选C。2.下图是合成具有抗肿瘤等作用药物Z的一个片段，有关说法错误的是A.水中溶解性： B.Y→Z属于消去反应C.X、Y、Z均能发生水解 D.X、Y、Z含有相同数目的手性碳原子【答案】B【解析】A．Y存在氨基，氨基能与水形成氢键，在水中的溶解性增大，因此水中溶解性：，A正确；B．Y分子中的氨基上的氢原子被酮羰基（）取代，因此Y→Z属于取代反应，B错误；C．X、Y含有酯基，Z含有酰胺基，因此X、Y、Z均能发生水解，C正确；D．X、Y、Z的手性碳原子分别为、、，X、Y、Z均含有2个手性碳原子，D正确；故选B。3.下列离子反应方程式与所给事实相符的是A.过量与的溶液反应：B少量与溶液反应：C.用溶液将锅炉水垢中的转化为：D.用绿矾()将酸性工业废水中的转化为：【答案】D【解析】A．由于过量，生成的会进一步与反应，生成亚硫酸氢根离子，故正确的离子反应方程式为，A错误；B．少量CO2与反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，B错误；C．由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，C错误；D．具有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，D正确；故选D。4.是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.中键和键的数目都为B.晶体中含有的离子数目为C.溶液中的数目为D.该反应中每转移电子，生成的分子的数目为【答案】C【解析】A．1个分子中含有2个键、2个键，物质的量为1mol，含有键和键的数目都为，A正确；B．由构成，晶体中含有的离子数目为，B正确；C．在水溶液中发生水解，溶液中的数目小于，C错误；D．反应中碳原子失电子生成二氧化碳，得电子生成氯化氢，可知，该反应中每转移电子，生成的分子的数目为，D正确；故选C。5.X、Y、Z、Q是原子序数依次增大主族元素，X原子半径最小，Y、Z的价电子数相等，Q元素在焰色反应中显紫色，4种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误是A.第一电离能： B.最简单氢化物沸点：C.离子半径： D.与的VSEPR模型相同【答案】A【解析】由化合物的结构式可知，Y形成两个价键，Z形成6条键，所以Y、Z为VIA族元素，所以Y、Z分别为O、S；X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的主族元素，X形成一个价键，X原子序数小于O，X原子半径最小，所以X为H；Q形成带一个单位正电荷的阳离子，Q元素在焰色反应中显紫色，所以Q为K，综上所述：X为H、Y为O、Z为S、Q为K，据此分析。A．同主族从上到下，第一电离能减小，金属的电离能小于非金属，则第一电离能：，氧的第一电离能略大于氢，故综合排序为：，A错误；B．Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为，二者均属于分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，但水分子间形成氢键，沸点反常高，故最简单氢化物沸点：，B正确；C．X、Y、Z、Q对应的离子分别为、，电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数大的半径小，故离子半径：，C正确；D．的价层电子对数是，的价层电子对数是，VSEPR模型相同，均为平面三角形，D正确；故选A。6.烟气的主要污染物为和，某种脱硫脱硝的反应装置如图所示。一段时间后，检测仪I检测到反应的主要产物是含硫化合物，检测仪Ⅱ检测到反应的主要产物是含氮物质和氯化钠。下列说法错误的是A.反应器I主要发生化合反应和复分解反应B.反应器Ⅱ中含氮产物主要是氮气C.反应器I中含硫产物主要是D.反应器Ⅱ中温度升高，去除速率可能会减慢【答案】B【解析】根据题干信息，烟气的主要污染物是和，经过MgO水悬浊液后，检测仪I检测到的主要产物是含硫化合物，说明MgO与发生了反应，反应方程式为、、，检测仪Ⅱ检测到的主要产物是含氮物质和氯化钠，说明亚氯酸钠与NO发生反应，反应方程式为。A．根据分析可知，反应器I主要发生的反应有化合反应和复分解反应，A正确；B．由分析可知反应器Ⅱ中含氮产物主要是硝酸盐，不是氮气，B错误；C．由分析可知，反应器I中含硫产物主要是，C正确；D．反应器Ⅱ中温度升高，亚氯酸钠易受热分解，所以去除速率可能会减慢，D正确；故选B。7.高活性是制取高纯的重要原料，某种制备路线如下。已知：溶液，，，为白色难溶物，各步反应均完全。下列说法错误的是A.悬浊液中白色难溶物为 B.制备过程中可能有两种气体产生C.整个制备过程转移电子数大于 D.系列操作中可用溶液检验沉淀是否洗涤干净【答案】A【解析】饱和FeCO3溶液中，，c(Fe2+)=c()=5.4810-6mol/L，则FeCO3的溶解度为6.3510-5g，，c(Fe2+)=c(OH-)=3.6310-6mol/L，则Fe(OH)2的溶解度为3.2710-5g，即溶解度：FeCO3>Fe(OH)2，则10mL1mol/L的FeSO4溶液中加入10mL1mol/L的Na2CO3溶液，得到Fe(OH)2白色沉淀，用H2O2溶液将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，以此解答。A．由分析可知，悬浊液中白色难溶物为Fe(OH)2，A错误；B．在加入Na2CO3溶液时，若局部出现酸性环境可少量放出CO2；后续用H₂O₂氧化Fe(OH)2时，H2O2在加热和碱性条件下也易分解产生O2，B正确；C．10mL1mol/L的FeSO4溶液含Fe2+物质的量为0.01 mol，氧化过程中Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，转移0.01mol电子，另外H2O2会发生分解生成H2O和O2，该过程也有电子转移，则整个制备过程转移电子数大于，C正确；D．洗涤后若滤液中仍含或，加入BaCl2会出现沉淀，因此可用BaCl2检验沉淀是否洗净，D正确；故选A。8.某同学探究浓度对反应速率的影响，有关试剂用量和现象如下表所示实验序号稀溶液实验现象12滴溶液紫色瞬间褪去，溶液略显黄色22滴开始不褪色，后来出现黑色沉淀(悬浊液)，溶液略显黄色已知：在酸性溶液中按以下顺序分步被还原：。下列说法错误的是A.溶液显黄色说明生成了B.实验1中反应速率：C.将实验2中悬浊液调小，可能得到澄清溶液D.该实验可以验证浓度对反应速率的影响规律【答案】D【解析】实验1中现象为溶液紫色瞬间褪去，则高锰酸钾被还原为锰离子，溶液略显黄色说明溴离子被氧化生成了溴单质，说明发生了，实验2中开始不褪色，后来出现黑色沉淀(悬浊液)为二氧化锰，溶液略显黄色，说明发生了：。A．据分析，溶液显黄色说明生成了，A正确；B．实验1中溶液紫色瞬间褪去未出现黑色沉淀，溶液略显黄色，说明反应速率：，B正确；C．硫酸是二元强酸，实验1中氢离子大于实验2中氢离子浓度，二个实验中有可能因氢离子浓度不同导致反应不同，则将实验2中悬浊液调小，氢离子浓度增大，有可能使高锰酸根转化为锰离子，可能得到澄清溶液，C正确；D．二个实验中氢离子浓度不同、酸根阴离子也不同，不是唯一变量，故该实验不可以验证浓度对反应速率的影响规律，D错误；选D。9.混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低油耗；刹车或下坡时，电池处于充电状态(储氢)。目前一般使用镍氢电池，该电池中以镍的化合物和储氢金属(以M表示)为电极，镍氢电池充放电原理示意如下图，下列说法正确的是A.混合动力车上坡或加速时，电能转化为化学能B.混合动力车上坡或加速时，从甲电极移向乙电极C.混合动力车刹车或下坡时，乙电极周围溶液的增大D.混合动力车刹车或下坡时，甲电极的电极反应式为【答案】D【解析】汽车上坡或加速时，电动机提供推动力为原电池，甲电极为负极，反应式为；乙极为正极，反应式为2NiOOH+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-；在刹车和下坡时，为电解池，甲电极为阴极，乙电极为阳极，以此解答。A．混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，这意味着电能被转化为机械能，而不是化学能，A错误；B．混合动力车上坡或加速时，为原电池，甲电极为负极，乙极为正极，从正极移向负极，即从乙电极移向甲电极，B错误；C．混合动力车刹车或下坡时，电池处于充电状态，为电解池，乙电极会发生氧化反应，电极方程式为：2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，每消耗2个OH-，有2个OH-从甲电极移向乙电极，OH-的物质的量不变，但该过程中产生了H2O，OH-的浓度下降，溶液的减小，C错误；D．混合动力车刹车或下坡时，电池处于充电状态，为电解池，甲电极为阴极发生还原反应，储存氢气，电极方程式为：，D正确；故选D。10.时，用溶液分别滴定浓度均为的三种溶液，溶液中[，M表示)等]随变化关系如图所示。已知。下列有关分析错误的是A.③表示与的变化关系B.的平衡常数C.滴定溶液至a点时，溶液中存在D.浓度均为的和的混合溶液可通过分步沉淀进行分离【答案】B【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的结构相似，二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故③代表滴定HX溶液的变化关系，根据曲线③pM=0时，溶液的pH=5.0，可得Ka(HA)=10-5；根据曲线①pM=0时，c(M2+)=1mol/L，溶液的pH=4.2，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol/L，可得Ksp=10-19.6；根据曲线②pM=0时，溶液的pH=6.5，pOH=7.5，c(OH-)=10-7.5mol/L，可得Ksp=10-15，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，则①②分别代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的变化关系，且Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-15。A．根据分析可知，③代表滴定HX溶液与pH的变化关系，A正确；B．可以写成离子方程式为：Fe(OH)2+2HXFe2++2X-+2H2O，平衡常数K=，B错误。C．滴定溶液至a点时，pH=8，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒，，，故溶液中存在：，C正确；D．当Cu2+完全沉淀时，c(Cu2+)=10-5mol/L，c(Cu2+)×c2(OH-)=Ksp=10-19.6，c2(OH-)=10-14.6mol/L，此时Q=c(Fe2+)×c2(OH-)=0.01×10-14.6=10-16.6<Ksp[Fe(OH)2]=10-15，Fe2+不沉淀，可以分步沉淀分离，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.下图是以氟碳铈矿(主要含、等)为原料制备二氧化铈()的一种工艺流程。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为和，该反应的还原产物是_______。（2）“酸浸”中。①生成滤渣A的化学反应方程式是_______。②“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示：当温度高于时，的浸出率下降的可能原因是_______(填字母标号)。A．温度升高，挥发B．生成的反应为吸热反应C．温度升高，水解程度增大D．温度升高，稀硫酸分解（3）若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，“调”后的沉淀百分率是_______。(已知时)（4）“氧化”中的化学反应方程式为_______。（5）已知的立方晶胞结构如图所示，用表示阿伏加德罗常数值。①配位数为_______。②填充在构成的_______空隙中。③该晶胞密度为，则晶胞中、之间的最近距离为_______(用含的代数式表示)。【答案】（1）（2）①.②.AC（3）92%（4）（5）①.8②.正四面体③.【解析】氟碳铈矿(主要含、等)在富氧空气中氧化焙烧产生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分为和、，加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，滤液A主要含有，系列操作得到的水层含有，加入氢氧化钠调pH，得到的滤渣B为Ce(OH)3，滤液B主要含有硫酸钠等，滤渣B加入次氯酸钠氧化得到Ce(OH)4，煅烧得到二氧化铈()；（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为和，同时生成CO2，反应的化学方程式为4+O23++4CO2；中Ce的化合价为+3价，升高为和中的+4价，O2中氧元素由0价变为-2价，碳酸根离子转化为二氧化碳，其中的O元素化合价不变，则该反应的还原产物是；（2）①加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，生成滤渣A的化学反应方程式是；②A．温度升高，挥发，降低，的浸出率下降，故A符合；B．生成的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的浸出率增大，故B不符合；C．温度升高，水解程度增大，产生沉淀，的浸出率下降，故C符合；D．稀硫酸不易分解，故D不符合；答案选AC：（3）若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，c(OH-)=10-6mol/L，“调”后的沉淀百分率是=92%；（4）“氧化”中次氯酸钠氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反应的化学反应方程式为；（5）分析晶胞结构图，白球个数为，黑球个数为8个，故白球为铈离子、黑球为氧离子，处于面心铈离子周围有4个氧离子，根据晶胞无隙并置原则，铈离子的配位数为；②根据图中位置，每个连接四个，填充在构成的正四面体空隙中；③该晶胞的密度为，则晶胞中、之间的最近距离为体对角线的，为边长的；设边长为acm，，边长a=pm，则晶胞中、之间的最近距离为pm，故答案为。12.W是制取高纯的无碳前驱体，实验室以X和为原料制得，反应原理及部分物质信息如下所示。物质熔点/沸点/性质X147

易水解W126易分解Z6.145

甲苯110.692

实验步骤如下：步骤I：按上图所示装置，在三口瓶中加入和甲苯做溶剂，控制反应温度，以速率通入过量的氨气，反应结束后得到无色溶液；步骤Ⅱ：将步骤I所得无色溶液除去溶剂、过滤、洗涤、干燥，最终得到。回答以下问题：（1）装有碱石灰的球形干燥管作用是_______。（2）烧杯中盛放的物质是________(填字母标号)；烧杯内Z发生反应的离子方程式_______。A.浓盐酸B.溶液C.稀硫酸D.石灰水（3）“步骤I”中控制温度的原因是_______。（4）“步骤Ⅱ”除去溶剂的适宜方法是_______。A.蒸发结晶 B.减压蒸馏 C.浓缩冷却 D.分液（5）U形管与三口瓶之间____(填“是”或“否”)需要连接防倒吸装置，理由是_____。（6）W的产率为_______。（7）二甲胺[]是制备X的原料，其中含有杂质，使用前需先测定其纯度，步骤如下：准确称取样品，加到盛有异丙醇的锥形瓶中，再加入乙酸酐以屏蔽二甲胺，摇匀放置，滴入指示剂后，用盐酸标准溶液滴定至终点，经平行实验测得消耗标准溶液平均体积为。样品中的纯度为_______(列出计算式)。【答案】（1）防止烧杯中水蒸气进入三口瓶（2）①.C②.（3）温度低于50℃，反应速率过慢；温度高于50℃，W可能发生分解（4）B（5）①.否②.X、W均为非极性或极性很弱的分子，氨分子为强极性分子，它们之间难以互溶，不会引起倒吸（6）82.5%（7）（1-）×100%【解析】W是制取高纯的无碳前驱体，实验室以X和为原料制得，在三口瓶中加入和甲苯做溶剂，控制反应温度，以的速率通入过量的氨气，反应结束后得到无色溶液；将所得无色溶液除去溶剂、过滤、洗涤、干燥，最终得到，烧杯中盛放的物质作用是吸收过量的NH3，以此解答。（1）已知产物W易水解，装有碱石灰的球形干燥管作用是防止烧杯中水蒸气进入三口瓶。（2）烧杯中盛放的物质作用是吸收过量的NH3，NH3是碱性气体应该用酸性溶液吸收，由于浓盐酸具有挥发性，会产生HCl，不用来吸收NH3，应该用稀硫酸吸收NH3，故选C，Z中含有氨基，具有碱性，能够和硫酸发生反应生成，离子方程式为：。（3）“步骤I”中控制温度的原因是：温度低于50℃，反应速率过慢；温度高于50℃，W可能发生分解。（4）减压蒸馏可以在较低温度下除去溶剂，避免W在高温下分解，W的沸点>161℃，减压蒸馏可以有效分离溶剂和W，故选B。（5）U形管与三口瓶之间不需要连接防倒吸装置，理由是：X、W均为非极性或极性很弱的分子，氨分子为强极性分子，它们之间难以互溶，不会引起倒吸。（6）该实验中投入，由方程式可知，理论上可以生成molW，实际最终得到，则W的产率为=82.5%。（7）滴定过程中，盐酸标准溶液与反应，消耗的盐酸体积为vmL，浓度为cmol/L。1mol消耗1molHCl，经平行实验测得消耗标准溶液平均体积为，的物质的量为c×v×10-3mol，其摩尔质量为59g/mol，因此的质量为c×v×10-3×59g，的纯度为。13.下图是抗炎镇痛药J的一种合成路线(部分反应条件已简化)。已知：。（1）A→B反应的条件是_______。（2）化合物F的官能团名称是_______、_______。（3）亚硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的杂化轨道类型为_______，其分子构型为_______。（4）化合物G的结构简式是_______。（5）D+G→H的化学方程式是_______。（6）比较酸性：_______(填“＞”或“＜”)。（7）Y是C的同分异构体，遇FeCl3溶液显特征颜色且能发生银镜反应，则Y的结构有_______种。【答案】（1）氯气、铁粉或FeCl3（2）①.酮羰基②.酯基（3）①.sp3②.三角锥形（4）（5）（6）＞（7）10【解析】由A、C的结构简式及B的分子式，可推出B的结构简式为，由C的结构简式及D的分子式，可推出D的结构简式为；由E、F的结构简式和G的分子式，可推出G为；由已知信息及G、D的结构简式，可推出H为；由已知信息可推出，I的结构简式为；水解得出J。（1）A()→B()，发生取代反应，反应的条件是：氯气、铁粉或FeCl3。（2）化合物F的结构简式为CH3COCH2CH2COOCH3，官能团名称是：酮羰基、酯基。（3）亚硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的价层电子对数为=4，杂化轨道类型为sp3，由于S原子的最外层还有1个孤电子对，则其分子构型为：三角锥形。（4）由分析可知，化合物G的结构简式是：。（5）D()+G()→H()+HCl，化学方程式是。（6）在中，氯原子是吸电子基，它通过诱导效应使苯环以及与之相连的羧基电子云密度降低，使得羧基更容易电离出氢离子，酸性增强；在中，甲基是给电子基，它会使苯环以及与之相连的羧基电子云密度升高，导致羧基电离出氢离子的能力减弱，酸性降低。所以酸性：＞。（7）C为，Y是C的同分异构体，遇FeCl3溶液显特征颜色且能发生银镜反应，则Y分子中含有苯环、酚-OH、-CHO、-Cl，可能结构简式为(-Cl取代苯环上的H原子，共4种可能异构体)、(-Cl取代苯环上的H原子，共4种可能异构体)、(-Cl取代苯环上的H原子，共2种可能异构体)，所以可能结构有4+4+2=10种。14.空间站内搭载萨巴蒂尔装置将转化为，再通过电解水装置回收氧元素，其系统原理如图：萨巴蒂尔装置内发生反应为反应I：反应II：（1）已知：。①则_______。②其他条件不变时，压缩平衡体系体积，重新达到平衡后，下列说法正确的是_______。A．反应I的化学平衡常数变小B．变大C．物质的量分数增大D．的转化率增大（2）下，在体积为“高温反应器”中(其他条件相同)充入及，分别使用、、作催化剂，在时的转化率如下表所示。标号ABC催化剂转化率/%35.348.675.0①使用不同催化剂时，反应的活化能比较：催化剂_______催化剂(填“=”“>”或“<”)。②在时，一定未达到平衡的是_______(填写上表中的“标号”)。③使用作催化剂，在时测得物质的量为，时，_______。（3）已知原料气中含有及在萨巴蒂尔装置中发生反应，达平衡时，各组分物质的量分数随温度变化如下图所示。达平衡时，总压为p，则反应Ⅱ的_______(列出计算式，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)；此时氧元素的回收率为_______[列出计算式，