东北三省四市教研联合体2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1东北三省四市教研联合体2025届高三下学期一模考试一、单选题1．下列利用非物质文化遗产技艺生产的工艺品中，所含主要成分与其它选项不同的是A．黑龙江佳木斯赫哲族鱼皮镂刻粘贴画 B．吉林长白山满族剪纸C．辽宁锦州满族刺绣布衣 D．内蒙古根河鄂伦春族桦树皮画【答案】A【解析】鱼皮的主要成分是动物蛋白(如胶原蛋白)，为蛋白质；剪纸来源于植物，主要成分为纤维素；刺绣布衣主要成分为纤维素；桦树皮画，主要成分为纤维素。所含主要成分与其它选项不同的是A项，故选A。2．下列化学用语说法正确的是A．用于考古断代的核素：B．用电子式表示KCl的形成过程：C．H2D．防冻液中添加的醇的系统命名：丙二醇【答案】B【解析】用于考古断代的碳原子符号为614C，A错误；KCl是离子化合物，用电子式表示KCl的形成过程应为，B正确；H2O2氧原子存在孤对电子，分子正、负电荷不对称，属于极性分子，C错误；乙二醇熔点低，可以作为汽车的防冻液，非丙二醇，3．下列实验操作或方法错误的是A．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质 BC．用石灰水鉴别Na2CO3与【答案】C【解析】FeSO4变质会被氧化为Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+显血红色，A正确；盐酸清洗铂丝后灼烧可去除杂质，避免干扰焰色试验，此方法正确，B正确；Na2CO3和NaHCO3与石灰水反应均生成白色沉淀4．利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说A．反应①每生成1molCaC2B．1molCaC2C．反应②中，每生成1molC2H2D．标准状况下，11.2LC2H2【答案】A【解析】反应①的化学方程式为CaO+3C高温CaC2+CO↑，其中C→CaC2时，C化合价由0价降低到－1价，C→CO时，C化合价由0价升高到＋2价，每生成1molCaC2转移电子数目为2NA，A错误；CaC2中含有Ca2反应②的化学方程式为CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，每生成1molC2H2消耗的H2O分子数为2NA，C正确；C2H25．下列说法错误的是A．用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4－己二烯和甲苯B．室温下，在水中的溶解度：甘油>苯酚>溴乙烷C．核磁共振氢谱不能区分CH3CHD．两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同【答案】C【解析】苯酚与溴水反应生成2，4，6－三溴苯酚白色沉淀，溴水与己二烯发生加成反应、溴水颜色褪去，溴水与甲苯不反应，但溶液分层，现象不同，可以区别，A正确；甘油因含多个羟基能够和水分子形成氢键，易溶于水，苯酚室温下微溶，溴乙烷难溶，溶解度顺序为甘油＞苯酚＞溴乙烷，B正确；CH3CH2OH核磁共振氢谱有3组峰，CH3OCH3因结构对称只有16．实践出真知，下列实践项目对应的解释正确的是选项实践项目化学知识A家务劳动：用洗洁精洗涤餐具表面活性剂在水中会形成亲水基团向内，疏水基团向外的胶束B消防演练：泡沫灭火器灭火Al3+和COC社区服务：用84消毒液进行消毒含氯消毒剂具有碱性D社会实践：用乙酸乙酯洗涤油漆乙酸乙酯与油漆中的成分极性都较小，根据相似相溶原理，油漆易溶于乙酸乙酯A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】洗洁精中的表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油渍等污垢是疏水的，会被包裹在胶束内腔，A解释错误；泡沫灭火器的反应是Al3+与HCO3-发生双水解生成Al(OH)3和CO2，B解释错误；84消毒液消毒是依靠HClO的强氧化性，而非碱性，C解释错误；乙酸乙酯和油漆均为极性较小的有机物，根据相似相溶原理，油漆易溶于乙酸乙酯，D7．实验室制备并提纯乙酸乙酯的操作中，方法或装置不合理的是A． B．C． D．【答案】D【解析】乙酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，导管不能伸入溶液中以防止倒吸，A正确；萃取时，倒转漏斗，一手压住顶塞，一手握活塞，充分振荡使两相接触，振荡后需放气，B正确；打开顶塞或使其凹槽对准漏斗小孔，确保气压平衡，缓慢旋开活塞，使下层液体沿烧杯壁流下，接近分界面时关闭活塞，C正确；利用产品与杂质物质的沸点不同，将互溶的成分通过蒸馏后得到纯产品，应该用直形冷凝管，而不用球形冷凝管、否则部分馏分残留在球形冷凝管中，D错误。故选D。8．近期我国科技工作者研发了一种酸碱混合硝酸锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中间层中的H2O解离为H+A．M膜是阴离子交换膜，N膜是阳离子交换膜B．锌电极上的电势比催化电极上的高C．负极的反应式为ZnD．当双极膜中有2molH2O解离时，催化电极区【答案】B【解析】由图示原电池可知，锌电极中的Zn在碱性溶液中失去电子生成Zn(OH)42-，锌电极为负极；NO3-在催化电极上发生反应转化为NH4+，N元素发生还原反应，催化电极为正极。原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，双极膜中的OH-通过M膜向负极移动，则M膜为阴离子交换膜，H催化电极是正极，锌电极是负极，催化电极上的电势比锌电极上的高，B错误；锌电极作负极，负极区的反应式为Zn-2e-+4OH-=ZnOH42-，C正确；当双极膜中有2molH2O解离时，转移2mole-，同时会有2molH+移向催化电极9．抗流感药物玛巴洛沙韦的部分合成工艺路线如下图所示，下列说法正确的是A．玛巴洛沙韦不含手性碳原子B．BXA中有三种含氧官能团C．玛巴洛沙韦的碳原子采取三种杂化方式D．碳酸钾可以提高转化率【答案】D【解析】玛巴洛沙韦分子中含有如图*所示的2个手性碳原子()，A错误；BXA分子中含有酮羰基、羟基、酰胺基、醚键四种含氧官能团，B错误；玛巴洛沙韦分子中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有2种杂化方式，C错误；由图示转化关系可知，生成玛巴洛沙韦的反应为与发生取代反应生成和HCl，K2CO3能与反应生成的HCl反应，使生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，D正确。故选D。10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z同主族。化学式为XW4A．简单离子半径：W<X<Y<ZB．第一电离能由大到小排序：X>Y>ZC．最简单氢化物的沸点：X>YD．XW42Z2Y【答案】B【解析】根据结构图可知，Y形成两个键，Z可形成两个双键和两个单键，且Y和Z同主族可知Y、Z分别为O和S，由X和4个W形成＋1价的离子可知W为H，X为N，即W、X、Y、Z分别为H、N、O、S。一般离子层数越多半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大半径越小，则离子半径H＋＜O2－＜N3－＜S2－，A错误；N的2p轨道半满比较稳定，不易失去电子，因此第一电离能N＞O，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，则第一电离能O＞S，故第一电离能由大到小为N＞O＞S，B正确；NH3和H2O均为分子晶体，分子间均能形成氢键，H2O分子间氢键较多，因此沸点H2O＞NH3，C错误；由阴离子结构可以看出，(NH4)2S2O8中存在过氧键，－1价的O具有强氧化性，S为＋6价，没有表现出强氧化性，D错误。故选B。11．某实验小组经查阅资料完成了有关含铁化合物在溶液中的制备并观察现象，具体流程如下：下列判断正确的是A．两种溶液混合时，用足量CO2代替N2B．铁氰化钾验证含沉淀A的混合液中Fe2+FeC．含沉淀A的混合液中Fe2+的物质的量大于D．生成产品C的离子方程式为2【答案】C【解析】①在N2保护下向FeSO4溶液中加入NaOH溶液发生反应生成沉淀A[Fe(OH)2]，N2保护是为了防止Fe2+被氧化，得到含沉淀A[Fe(OH)2]的混合液，保持通N2升温至40℃后，将气体切换为空气，Fe(OH)2发生氧化反应得到含产品B的混合液，进一步得到含FeOOH的混合液，停止通空气，补充适量NaOH并调控温度，最终得到黑色磁性产品C(Fe3O4)。CO2会与NaOH反应，不能起到保护气防止Fe2+被氧化的作用，所以不能用CO2代替N2，A错误；铁氰化钾验证含沉淀A的混合液中Fe2+的离子方程式为3Fe2++2FeCN63-=Fe3FeCN62↓，12．某实验小组经查阅资料完成了有关含铁化合物在溶液中的制备并观察现象，具体流程如下：如下图所示，研究发现沉淀A为层状结构，Fe2+占据由OH构成的所有的八面体空隙，单片层通过八面体共用顶点连接而成。沉淀A经氧化得到产品B，经测定其中Fe2+和Fe3+A．基态Fe2+价层电子排布式为B．沉淀A和产品B中层间的作用力均只含离子键C．经空气氧化后，产品B中层状结构带有正电荷D．产品B的化学式为Fe【答案】B【解析】在N2保护下向FeSO4溶液中加入NaOH溶液发生反应生成沉淀A[Fe(OH)2]，N2保护是为了防止Fe2+被氧化，得到含沉淀A[Fe(OH)2]的混合液，保持通N2升温至40℃后，将气体切换为空气，Fe(OHFe的原子序数为26，基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，失去2个电子形成后，基态Fe2＋价层电子排布式为3d6，A正确；沉淀A是Fe(OH)2，具有层状结构，Fe2+占据由OH－密堆积形成的所有八面体空隙，单片层通过八面体共用顶点连接而成，层间存在离子键和氢键，产品B中，层间除了离子键，也存在氢键，B错误；沉淀A中Fe为＋2价，经空气氧化后，部分Fe2+变为Fe3+，阳离子所带正电荷数增加，层状结构带有正电荷，C正确；产品B是Fe(OH)2被空气氧化后的产物，其中Fe2+和Fe3+的原子比为2∶1，经空气氧化后，部分Fe2+变为Fe3+，由于Fe3+所带正电荷比Fe2+多，层状结构会带有正电荷，设Fe2+个数为4，Fe3+个数为2，结合结构特点和原子守恒，OH－个数为12，SO42-个数设为y，根据化合物中各元素化合价代数和为零，（＋2）×4＋（＋3）×213．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NAA．该氧化物的化学式为ZrOB．晶胞中Zr与O的配位数分别为8和4C．该氧化物的密度为123×D．若p处Zr坐标为14,14,1【答案】C【解析】根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、8×18+12×14+6×12+1=8个O，则立方氧化锆的化学式为ZrO2，A正确；根据体心的氧原子可知晶胞中O的配位数分别为4，依据化学式可知Zr的配位数为8，B正确；晶胞中含4个Zr、8个O，则晶体密度为91×4+16×8NA(a×10-10)3g14．DTD是一种提高锂离子电池充放电性能的电解液添加剂。利用电化学方法合成DTD的原理如图所示。下列说法正确的是A．H+通过质子交换膜向碳极板AB．阴极反应：MnC．ES分子中所有原子共平面D．DTD和ES都属于酯类化合物【答案】D【解析】由图示电解池可知，碳极板A上Mn2＋失电子发生氧化反应生成MnO4-，碳极板A是阳极，碳极板B是阴极。H+通过质子交换膜向碳极板B方向移动，A错误；Mn2＋失电子发生氧化反应生成MnO4-，碳极板A是阳极，阳极反应为Mn2+-5e-+4H2O=MnO4-+8H+，B15．HA和H2B分别为一元酸和二元酸，M2＋不发生水解。常温条件下，现有含MA2(s)的MA2饱和溶液和含MB(s)的MB饱和溶液。两份溶液中pcM2+(pc=-lgc)及含AA．曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2＋)随pH变化曲线B．KC．A-+H2D．pH＝4时，MB饱和溶液中存在2c【答案】A【解析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)⇌M2＋＋2A－、A－＋H2O⇌HA＋OH－，往饱和溶液中加酸，pH减小，则两平衡都发生正向移动，HA的分布系数δ增大，A－的分布系数δ减小，c(M2＋)增大，pc(M2＋)减小，则曲线②表示MA2中pc(M2＋)随pH变化曲线，曲线③表示HA的分配系数随pH变化曲线，曲线④表示A－的分配系数随pH变化曲线，曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2＋)随pH变化曲线，A正确；由图像可知，MB饱和溶液中，pc(M2＋)＝10－5mol·L－1，由于B2－会发生水解，溶液中c(B2－)＜10－5mol·L－1，所以Ksp(MB)＝c(M2＋)∙c(B2－)＜10－10，B不正确；在曲线③④的交叉点，pH＝3，c(HA)＝c(A－)，A-+H2O⇌HA+OH-的平衡常数为c(HA)⋅c(OH-)c(A-)＝10－11，C二、解答题16．某工厂采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4，流程如下：已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比nFe②共沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；③相关物质的Ksp如下：FeMgFMnFCaFMnKsp8×7.1×5.3×4×1.9×回答下列问题：(1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为（答出一条即可）。(2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2＋，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式(忽略Fe与H2SO4的反应)。(3)滤渣①成分为（填化学式）。(4)“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是；pH过高则会生成。(5)滤液②中Mn2＋的浓度为0.30mol∙L－1，Fe2＋的浓度为0.25mol∙L－1，“共沉淀”中Mn2＋和Fe2＋的沉淀率分别为98%和95%，则物质A应为（填“FeSO4”或“MnSO4”）。(6)“焙烧”过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为。【答案】(1)适当升温（或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌）(2)Fe+MnO2+4H+=Fe2++Mn2++2H2O(3)CaSO4、SiO2(4)pH过低时，易生成HF，不利于生成(6)Mn【解析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]加入H2SO4酸浸，SiO2不溶，MnO2被Fe还原生成Mn2＋、Fe2＋等，CaMg(CO3)2转化为CaSO4沉淀、Mg2＋等，过滤，滤渣①为CaSO4、SiO2；滤液①调pH=5，并加入MnF2除杂，由于MgF2、CaF2的Ksp远小于MnF2的Ksp，所以生成MgF2、CaF2沉淀；pH＝5，c(Mn2＋)=0.30mol∙L－1，c(Fe2＋)=0.25mol∙L－1，Q[Mn(OH)2]＝0.30×(10－9)2＝3×10－19＜1.9×10－13，Q[Fe(OH)2]＝0.25×(10－9)2＝2.5×10－19＜8×10－16，故不生成Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀；滤液②中加入物质A，使c(Mn2＋)=c(Fe2＋)，再加入(NH4)2C2O4共沉淀，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；再加入LiH2PO4、Ar焙烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4。（1）“酸浸”中，可适当提高温度、浓度及接触面积，以提高浸取速率，方法为：适当升温（或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌）。（2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2＋，则该工艺条件下Fe粉与MnO2反应生成Fe2＋、Mn2＋等，反应的离子方程式为Fe+（3）滤渣①成分为CaSO4、SiO2；（4）“除杂”前滤液①中加入MnF2，HF为弱酸，溶液酸性过强时，易生成HF，则调节pH不宜过低的原因是pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀；pH过高时，溶液碱性过强，易生成Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀；（5）滤液②中c(Mn2＋)=0.30mol∙L－1，c(Fe2＋)=0.25mol∙L－1，“共沉淀”中Mn2＋和Fe2＋的沉淀率分别为98%和95%，则nFenMn=0.25×95%（6）“焙烧”过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，由Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O中加入LiH2PO4、Ar焙烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4，可推出生成的两种气体为H2C2O4的分解产物CO、CO2，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为Mn0.517．二氧化碳是理想的碳资源，利用其制备苯甲酸（摩尔质量为122g/mol实验步骤步骤1：在三颈烧瓶加入2.0g（0.083mol）打磨过镁条、一小粒碘和搅拌磁子，在滴液漏斗中混合7.0mL（0.066mol）溴苯和16mL步骤2：开动搅拌磁子，缓缓滴入溴苯四氢呋喃溶液，温水浴保持溶液呈微沸状态，直至镁条的量不再变化，降温备用。步骤3：①将CO2通过导气针通入到反应体系中，在0℃下反应3h。②缓慢滴加饱和氯化铵溶液，充分反应后分离提纯，得到含有少量不溶性杂质的苯甲酸粗产品，再通过在水中_____的方法提纯后干燥，最终得到苯甲酸产品(1)仪器A是（填名称）。(2)步骤1通氮气时，三通阀的孔路位置应调节为D，抽真空时应调节为（填标号）。(3)四氢呋喃()中的少量水分会对苯基溴化镁的制备产生影响，以下操作或试剂可有效降低四氢呋喃含水量的是（填标号）。A．过滤B．金属钠C．五氧化二磷D．通入乙烯(4)步骤3中在水中提纯苯甲酸的方法是。(5)该实验用电热套加热，不可用明火直接加热的原因是。(6)步骤3中①的反应为加成反应，写出该步反应的化学方程式。(7)经计算，本实验的产率是（保留三位有效数字）。【答案】(1)球形冷凝管(2)C(3)BC(4)重结晶(5)四氢呋喃易燃易挥发，明火加热存在安全隐患(6)＋CO2→THF,0°C【解析】（1）根据实验装置图可知仪器A的名称为球形冷凝管；（2）抽真空时需要将真空泵与下端的三颈烧瓶连接，故四个选项中，C选项符合题意；（3）水与四氢呋喃均为液体，过滤是分离固液混合物，A错误；Na能与水反应生成不溶于四氢呋喃的氢氧化钠和氢气，可有效降低四氢呋喃含水量，B正确；五氧化二磷能与水反应生成不溶于四氢呋喃的磷酸，可有效降低四氢呋喃含水量，C正确；乙烯不与水反应，无法除水，D错误。故选BC。（4）苯甲酸易溶于热水中，可以利用溶解度的不同来进行提纯，该方法为重结晶；（5）由题给信息可知，四氢呋喃易燃易挥发，如果用明火加热存在很大的安全隐患；（6）步骤3中①的反应为苯基溴化镁与CO2发生加成反应生成中间产物，最终转化成苯甲酸，故加成后得到羧基结构，该步反应的化学方程式为＋CO2→THF,0°（7）根据实验步骤可知，反应中取了0.066mol溴苯和0.083mol镁反应，镁过量，则按溴苯的量来计算，根据守恒可得关系式，1mol溴苯~1mol苯甲酸，理论生成的苯甲酸的物质的量为18．二氧化碳加氢的高值化利用是解决全球气候变暖和能源短缺问题的重要举措。乙烯、甲醇、二甲醚等基础化工原料是二氧化碳加氢转化的主要产品。Ⅰ．二氧化碳加氢制乙烯已知H2g的燃烧热为286kJ/mol；C2H(1)写出二氧化碳加氢制乙烯和H2Og的热化学方程式(2)该反应在（填写“低温”、“高温”或“任意温度”）时能自发进行。Ⅱ．二氧化碳加氢制二甲醚其中涉及的反应有：ⅰ.COⅱ.2ⅲ.CO已知：生成物M的选择性：S=(3)在恒温T>373K恒容条件下，将一定量的CO2、A．nCH3OH:nCHC．混合气体的密度不变 D．混合气体的平均相对分子质量不变(4)在恒压（5.0MPa）密闭容器中充入4molH2和1molCO2①在220℃条件下，计算反应ii在220℃下的平衡常数Kp=②温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是Ⅲ．用GaN做催化剂时制备二甲醚的反应机理如图甲，在GaN110界面上的反应历程如图乙，其反应为CO2g(5)图乙表示的反应历程中，决速步骤为_____（填标号）。A．b0→b1 B．b1→(6)GaN100界面上的反应为【答案】(1)6H2g(2)低温(3)D(4)24.9温度高于280℃时，升高温度，反应iΔH1<0，平衡左移，反应iiiΔH3>0，平衡右移，且反应iii(5)D(6)CO【解析】（1）表示H2g燃烧热的热化学方程式为1H2g+12O2g=H2OlΔH1=-286kJ·mol-1①，表示C2H4g燃烧热的热化学方程式为(2)C2H4g+3O2g=2CO2g+2H2OlΔH2=-1411kJ·mol-1②，(3)H2Ol（2）该反应为放热反应，ΔH<0，同时气体分子数减小，即ΔS<0，ΔG（3）反应进行到某个时刻，nCH3OH∶nCH3OCH3物质的量之比恰好为1∶1，不能说明反应达平衡状态，A错误；根据反应ii，当v正CH3OH=2v逆CH3（4）①在220℃条件下，CO2平衡转化率为40%，CO的选择性为5%、二甲醚的选择性为80%，则有0.38molCO2与反应i，消耗1.14molH2，有0.02molCO2参与反应iii，消耗0.02mol反应H2，则剩余的nH2=4-0.02-1.14=2