辽宁省鞍山市2025-2026学年高三上学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省鞍山市2025-2026学年高三上学期一模试题考试时间：7S分钟，满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法不正确的是（）A.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂B.纯碱可用于去除废铁屑表面的油污C植物秸秆可用于制造酒精D.氢氧化铁胶体可用作净水剂【答案】A【解析】A．点燃的镁条能在二氧化碳中燃烧，所以二氧化碳不能用作镁燃烧的灭火剂，A不正确；B．热的纯碱溶液碱性较强，可促使油污水解，从而去除物品表面的油污，B正确；C．植物秸秆的主要成分为纤维素，可水解生成葡萄糖，催化分解生成酒精，C正确；D．氢氧化铁胶体具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用作净水剂，D正确；故选A。2.反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：B.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。3.下列陈述I与陈述II不存在因果关系的是选项陈述I陈述IIA稳定性：键能：H-O>H-SB沸点：乙醇>乙醛相对分子质量：乙醇>乙醛C酸性：电负性：F>ClD碱性：金属性：Na>MgA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氢化物分子中共价键的键能越大，说明共价键越强，分子越稳定，由氢氧键的键能强于氢硫键可知，水分子的稳定性强于硫化氢，故A正确；B．乙醇能形成分子间氢键，乙醛不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于乙醛，沸点高于乙醛，故B错误；C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素，则三氟乙酸分子的羧基中氢氧键的极性强于三氯乙酸，电离出氢离子的能力强于三氯乙酸，酸性强于三氯乙酸，故C正确；D．金属元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠元素的金属性强于镁元素，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，故D正确；故选B。4.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A.用甲装置制备并收集CO2B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制备无水MgCl2D.用丁装置在铁上镀铜【答案】C【解析】A.CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B.苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C.MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；D.电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中铜离子得到电子，得到铜，D错误。答案选C。5.《天工开物》介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石(ZnCO3)和煤炭饼装入炼锌罐(如图所示)，泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。下列说法错误的是A.反应区中，生成的气体只有CO2B.冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419~907℃C.“冷定”后取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化D.炉甘石炼锌法中，气体的生成有利于该还原过程的发生【答案】A【解析】A．反应区中，炉甘石(ZnCO3)受热分解会生成ZnO和CO2，同时煤饼中的碳会与生成的CO2在高温下反应生成CO，CO还原ZnO生成Zn和CO2，所以生成的气体中不仅有CO2，还有CO，A错误；B．锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，锌由气态转化为液态，则理论上该区温度控制在419~907℃，B正确；C．锌在较高温度下容易被空气中的氧气氧化，“冷定”后温度降低，锌的化学性质相对稳定，所以“冷定”后取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化，C正确；D．炉甘石炼锌法中，煤饼中的碳会与ZnCO3分解产生的CO2在高温下反应生成CO，CO可将ZnO还原为Zn，所以还原性气体CO的生成有利于该还原过程的发生，D正确；故选A。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为 B.22.4L氢气中，分子的数目为C.180g葡萄糖中，C原子的数目为6 D.1mol中，键的数目为3【答案】C【解析】A．HCl溶液的体积未知，且HCl在水中完全电离，不存在分子，A错误；B．氢气体积可能不是标准状况下的体积，不能判断，B错误；C．葡萄糖（C6H12O6）的摩尔质量为180g/mol，180g葡萄糖即1mol葡萄糖，其中碳原子数目为6，C正确；D．中有4个N—H键，则1mol中键的数目为4，D错误；故选C。7.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法错误的是A.可与FeCl3溶液发生显色反应B.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应C.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种D.1mol该分子最多与8molH2发生加成反应【答案】D【解析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、酮羰基、醚键等官能团。A.该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B.该有机物中含有酯基，其在酸性条件下水解生成的两种产物中均含有酚羟基，即都能与Na2CO3溶液反应，B正确；C.该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确；D.该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mol氢气发生加成反应，D错误。答案选D。8.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24.下列有关叙述错误的是A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键 B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸 D.X的氟化物XF₃中原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】根据图中信息可得，Z为，W为H，结合题给信息“W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”可推知，X为B，Y为N，据此进行判断。A．H、B、N三种非金属元素之间形成的化学键均为共价键，A正确；B．既可以与水反应，也可以和甲醇反应，B正确；C．N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，C正确；D．三氟化硼中硼原子最外层有3个电子，与氟原子之间形成3个共价键，即最外层共6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；故选D。9.某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是A.充电时，集流体A与外接电源的负极相连B.放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失C.放电时，电极B为正极，反应可表示为D.电池总反应可表示【答案】B【解析】由题中信息可知，该电池充电时得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。A．由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A说法正确；B．放电时，外电路通过amol电子时，内电路中有amol通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失，B说法不正确；C．放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为，C说法正确；D．电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成，正极上得到电子和变为，故电池总反应可表示为，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是B，本题选B。10.下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B．H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。11.一定条件下，丙烯与反应生成和的反应历程如图所示。下列说法错误的是A.比更稳定B.合成的反应中，第I步为反应的决速步骤C.反应中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成D.其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物中的比例【答案】C【解析】A．由图可知的能量低于，物质能量越低越稳定，A正确；B．在合成CH3CHClCH3的反应历程中，第I步反应活化能更大，反应速率更小，慢反应为整个反应的决速步骤，B正确；C．，丙烯与发生加成反应过程中，只断裂碳碳双键，只有非极性键的断裂；形成产物时形成C-H和C-Cl键，均为极性键，不存在非极性键的形成，C错误；D．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确；故选：C。12.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中~表示链延长)X为，Y为A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】A．由聚合物P的结构片段可知，P中含有酯基，能发生水解反应，故A正确；B．聚合物P中含有酯基，观察X、Y的结构，可判断其合成单体为邻苯二甲酸和丙三醇，二者发生缩聚反应生成P，故B正确；C．由B项分析可知，聚合物P的合成单体之一为丙三醇，油脂发生水解生成丙三醇和高级脂肪酸(盐)，故C正确；D．聚合物P是网状高分子化合物，乙二醇(HOCH2CH2OH)与邻苯二甲酸在聚合时只能形成线型高分子化合物，不能形成类似P的交联结构，故D错误；答案为D。13.实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下：已知Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，该配离子在乙醚(，沸点34.6℃)中生成缔合物。下列说法正确的是A.也可用过量的氨水分离Fe3+、Al3+ B.反萃取时，加水量越多越有利于Fe3+分离C.分液后水相为无色；说明已达到分离目的 D.蒸馏时选用球形冷凝管【答案】C【解析】Fe3+和Al3+混合物加入浓盐酸进行酸化，此时Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子；加入乙醚进行萃取后，该配离子在乙醚(，沸点34.6℃)中生成缔合物，分液后得到含Al3+水溶液；将有机层加水进行反萃取，Fe3+进入水溶液中，分液后得到乙醚和含Fe3+的水溶液；由于少量乙醚溶解在水中，且乙醚可能会影响Fe3+的使用或检测，所以需将水溶液进行蒸馏，分离出溶解的少量乙醚，从而得出含Fe3+的水溶液。A．Fe3+、Al3+都能与氨水反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，所以不能用过量的氨水分离Fe3+、Al3+，A不正确；B．反萃取时，加水的目的是破坏缔合物Et2O∙H+，使Fe3+进入水层，但加水量过多会导致乙醚层体积增大或乳化，不利于分离，所以并不是水越多越有利于Fe3+分离，B不正确；C．Al3+为无色，Fe3+在浓盐酸中生成黄色配离子，分液后水相为无色，说明Fe3+已被萃取完全，达到分离目的，C正确；D．蒸馏时应选用直形冷凝管，若使用球形冷凝管，馏出液会滞留在冷凝管内，不易流出，球形冷凝管一般用于回流，D不正确；故选C。14.某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A.25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸B.25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸C.25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸D.25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸【答案】B【解析】A．25℃时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；B．25℃时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；C．假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；D．假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为：B。15.空气中浓度会影响珊瑚礁(主要成分为)的生态。探究珊瑚礁水体环境(X为、、或)与pH关系的理论图像如图。下列说法错误的是A.线③表示与pH的关系 B.的数量级为C. D.c点坐标为【答案】B【解析】随着溶液pH值增大，碳酸氢根离子、碳酸根离子浓度变大，pH值较大时，溶液中碳酸根离子为主要离子，钙离子浓度随着碳酸根离子浓度增大而减小，故曲线②③①分别为碳酸氢根离子、碳酸根离子、钙离子关系曲线；则由②中a点(6.3，-5)可知，，③中d点(10.3，-1.1)可知，；A．由分析，线③表示与pH的关系，A正确；B．由分析，的数量级为，B错误；C．b点，、，，则b点，，C正确；D．c点，，，pH=8.3，c点坐标为，D正确。故选B。二、非选择题。16.用钒铬矿(主要成分是、)制备和的流程如下：已知：①“酸浸”后转化为；②。（1）基态Cr原子的核外电子排布式为_______。（2）“氧化”后溶液中大量存在，请写出相应的离子方程式：_______。（3）请从结构中存在的化学键角度说明其具有强氧化性的原因_______。（4）氧化所得溶液中含有一种复杂含钒阴离子结构如图1所示。该阴离子由4个“”四面体(位于体心的V为+5价)通过共用顶点氧原子构成八元环，则其化学式为_______。（5）调pH时使用的是氨水-氯化铵混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图2所示。温度高于80℃沉钒率降低的主要原因是_______。（6）常温下，若“溶液”中，则“沉钒”时调整pH不超过_______(已知)。（7）请写出煅烧生成的化学方程式：_______。（8）利用电解技术也可制备重铬酸钠，下图是以铬酸钠为主要原料电解制备重铬酸钠的装置示意图。则B极的电极反应式为_______(只写电极反应，不含后续反应)。【答案】（1）或（2）（3）中存在与中类似的“”结构，因而具有强氧化性（4）（5）温度高于80℃，挥发，导致沉钒率降低（6）4.6（7）（8）【解析】将钒铬矿首先用硫酸进行酸浸后转化为，加入所得溶液中氧化为，使用氨水-氯化铵混合溶液调pH进行沉钒，过滤得到固体和含有溶液；固体经过煅烧分解生成，溶液经过多步操作，得到和混合溶液。（1）Cr原子是24号，其核外电子排布式为或；（2）作为氧化剂，氧化得到，离子方程式为：；（3）结构中存在-O-O-键，因而具有强氧化性；（4）该阴离子由4个四面体通过共用顶点氧原子构成八元环。每个中V为+5价，O为-2价。4个V原子，O原子数：每个四面体有4个O，4个四面体共个O，但共用顶点氧原子，八元环共用了4个顶点O，所以实际O原子数为。则该阴离子的化学式为；（5）调pH时使用的是氨水-氯化铵混合溶液，温度高于80℃时，氨水易挥发，导致沉钒率降低；（6）已知，“溶液”，则，根据，可得，，所以沉钒时调整pH不超过4.6；（7）由分析可知，固体经过煅烧分解生成，化学方程式为：；（8）要制备重铬酸钠，需要将铬酸根转化为重铬酸根，该转化在酸性条件下进行。从电解装置可知，B极所在区域有铬酸钠溶液，要提供氢离子，因此B电极发生水的氧化反应，电极反应式为：；17.十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)。Ⅰ．将适量、加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体()。资料显示：制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀。回答下列问题：（1）仪器a中的试剂是_______(填名称)。（2）步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是_______。（3）下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有_______(填名称)。从下列选项选择合适操作(操作不重复使用)并排序：_______。c→_______→_______→e→d→f→_______。a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．涂凡士林d．旋开旋塞放气e．倒转分液漏斗，小心振荡f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体（4）步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是_______。（5）结晶水测定：称取mg十二钨硅酸晶体(，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，计算_______(用含ω、M的代数式表示)。若样品未充分干燥，会导致n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)（2）滴速过快可能导致反应体系局部pH过低产生沉淀（3）①.烧杯、分液漏斗②.abg（4）乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃（5）①.②.偏大【解析】制取十二钨硅酸晶体()时，先将适量、加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解；然后在持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30分钟，冷却；将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取；静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物；将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得到十二钨硅酸晶体()。（1）实验中使用浓盐酸，浓盐酸具有挥发性，会挥发出氯化氢气体，为了防止氯化氢污染空气，仪器a中应盛装能吸收氯化氢气体的试剂，所以仪器a中的试剂是碱石灰(写“生石灰”或“CaO”也可)。（2）步骤Ⅱ中，缓慢滴加浓盐酸至pH为2，资料显示：若反应体系pH过低会产生钨的水合氧化物沉淀，所以浓盐酸需缓慢滴加，原因是：滴速过快可能导致反应体系局部pH过低产生沉淀。（3）题给仪器中，用于“萃取、分液”操作的有烧杯、分液漏斗。“萃取、分液”时，应：c．涂凡士林、a．检查旋塞、玻璃塞是否漏水、b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、e．倒转分液漏斗，小心振荡、d．旋开旋塞放气、f．经几次振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置、g．打开旋塞，向蒸发皿放出下层液体。故合适操作(操作不重复使用)并排序为：c→a→b→e→d→f→g。（4）乙醚的沸点低，且易燃，所以步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火，原因是：乙醚沸点低易挥发，明火加热易燃。（5）采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重ω%，即结晶水的含量为ω%，由此可得：，n=。若样品未充分干燥，则ω%增大，会导致n的值偏大。18.甲烷是一种重要的化工原料。（1）沼气的主要成分为，沼气属于_______。A．化石能源B．生物质能C．可再生能源（2）沼气中混有杂质，在工业生产中需脱硫处理，主要反应为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：①_______条件下，有利于反应Ⅰ自发正向进行(填“高温”、“低温”“任意温度”)。②反应Ⅲ：，则_______(用含、的代数式表示)。③若在恒容密闭容器中按物质的量比为2：1投入和，发生上述Ⅰ、Ⅱ两个反应，不同温度下达到平衡，、与体积分数随温度的变化如图所示：曲线Y代表的是_______平衡体积分数随温度的变化，发生该变化的原因是_______。1000℃时，_______。（3）研究表明含Ni化合物可高效催化分解。①一种催化过程是在NiO的作用下完成，的3d轨道分裂成两组，请参照基态原子核外电子排布规律将的价电子填充至图3中，完成轨道表示式_______。②另一种光解过程是利用Ni-TFI为催化剂，Ni-TFT形成有机八面体结构，该结构中的空隙可容纳，其光解催化原理如图所示。这种催化剂与结合的方式体现了超分子的特性_______(填“自组装”或“分子识别”)，图中总反应的化学方程式为_______。【答案】（1）BC（2）①.高温②.③.④.温度较低时升高温度以反应Ⅰ正向移动为主；温度较高时升高温度以反应Ⅱ正向移动为主⑤.0.86（3）①.②.分子识别③.【解析】（1）沼气是通过有机废弃物在厌氧条件下发酵产生的，主要成分为甲烷，由于其来自于生物质，且可以再生，因此属于生物质能和可再生能源，故答案为：BC；（2）①根据，若，反应自发进行。由于、，要使，必须满足足够大，即高温有利于反应正向进行，故答案为：高温；②将反应Ⅰ与反应Ⅱ相加即得反应Ⅲ：，则，故答案为：③反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，根据图像和反应特点：温度较低时升高温度以反应Ⅰ正向移动为主，温度较高时升高温度以反应Ⅱ正向移动为主，因此曲线Y代表的是平衡体积分数随