福建省龙岩市2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省龙岩市2025届高三下学期一模试题一、单选题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(CaCO3Ka1(柠檬酸)>Ka1(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】Ka1(柠檬酸)>Ka1(碳酸)，柠檬酸能与碳酸钙反应，所以用柠檬酸除水垢，A正确；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，B正确；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，C错误；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，D2．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：X<Y 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】X不能与水形成分子间氢键，Y中含有氨基，氨基能与水形成分子间氢键，因此在水中溶解性：X<Y，A正确；

Y分子中的氨基上的氢原子被酮羰基（）取代，因此Y→Z的反应属于取代反应，B错误；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；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SO2与0.1mol⋅L-1B．少量CO2与C6C．用Na2CO3溶液将锅炉水垢中的CaSO4D．用绿矾(FeSO4·H2O)将酸性工业废水中的【答案】D【解析】由于SO2过量，生成的SO32-会进一步与SO2反应，生成HSO3-，正确的离子反应方程式为5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3-，A错误；少量CO2与C6H5ONa反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是CCr2O72-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，反应离子方程式为6Fe4．NH4ClO4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：NHA．44gCO2中σ键和π键的数目都为B．1molNH4ClOC．1L0.1mol⋅L-1 D．该反应中每转移8mol电子，生成的HCl分子的数目为N【答案】C【解析】1个CO2分子中含有2个σ键、2个π键，44gCO2物质的量为1mol，含有σ键和π键的数目都为2NA，A正确；NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，1molNH4ClO4晶体中含有的离子数目为2NA，B正确；NH4+在水溶液中发生水解，1L0.1mol⋅L-1 NH4ClO45．X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的主族元素，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：Z>Y>X>Q B．最简单氢化物沸点：Y>ZC．离子半径：Z>Q>Y>X D．ZY2与ZY3的【答案】A【解析】X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的主族元素，由化合物结构式可知，Y形成两个价键，Z形成6个共价键，Y、Z为VIA族元素，Y、Z分别为O、S；X形成一个价键，X原子序数小于O，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，Q为K，综上所述：X为H、Y为O、Z为S、Q为K。同主族从上到下，元素的第一电离能减小，金属的电离能小于非金属，则第一电离能：YO＞ZS＞Y的简单氢化物为H2O，Z的简单氢化物为H2S，二者均属于分子晶体，水分子间形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，故最简单氢化物沸点：YH2O>ZH2S，B正确；X、Y、Z、Q对应的离子分别为H+、O2-、S2-、K+，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：Z6．烟气的主要污染物为SO2和NO，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ⅡA．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MgD．反应器Ⅱ中温度升高，NO去除速率可能会减慢【答案】B【解析】烟气(主要污染物是SO2和NO)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SO2发生了反应，反应方程式为SO2+H2O=H2SO3、MgO+H2SO3=MgSO3+H2O、MgSO3+SO2+H2O=MgHSO32，检测仪Ⅱ检测到的主要产物是含氮物质和氯化钠，说明NaClO2与NO发生反应，反应方程式为3ClO7．高活性Fe(OH)3是制取高纯NaFeEDTA的重要原料，某种制备路线如下。已知：1mol⋅L-1Na2CO3溶液下列说法错误的是A．悬浊液中白色难溶物为FeCO3B．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0.01mol D．系列操作中可用BaCl2【答案】A【解析】KspFeCO3=3×10-11，Ksp[FeOH)2]=4.8×10-17，1mol⋅L-1Na2CO3溶液中加入1mol⋅L-1FeSO4溶液，Fe2+开始沉淀所需要的c(CO32-)=3×10-11mol⋅L-1；Fe2+开始沉淀所需要的c(OH-Fe(OH)2的溶解度更小，在加热条件下，FeCO3转化为Fe(OH)2，同时生成CO2；后续加入H₂O₂时，由于其浓度较大，可能会有部分发生分解生成O2，B正确；10mL1mol⋅L-1的FeSO4溶液含Fe2+物质的量为0.01 mol，氧化后最终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0.01mol，C正确；沉淀表现吸附SO42-或CO32-，洗涤后若滤液中仍含SO42-或CO32-8．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KMnO4H2SOCH3COOHKBr0.1mol实验现象12滴0.5mL0mL0.5mL溶液紫色瞬间褪去，溶液略显黄色22滴0mL0.5mL0.5mL开始不褪色，后来出现黑色沉淀(悬浊液)，溶液略显黄色已知：MnO4-在酸性溶液中按以下顺序分步被还原：A．溶液显黄色说明生成了BrB．实验1中反应速率：MnOC．将实验2中悬浊液pH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，溶液紫色瞬间褪去说明KMnO4被还原为Mn2+，溶液略显黄色说明Br-被氧化生成Br2，A正确；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：MnO2→Mn2+>MnO4-→MnO2，B正确；H2SO4是二元强酸，实验1中c(H+)大于实验2中c(H+)，二个实验中可能因c(H+)不同导致反应不同，则将实验2中悬浊液pH调小，c(H+)增大，可能使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，OH-C．混合动力车刹车或下坡时，乙电极周围溶液的pH增大D．混合动力车刹车或下坡时，甲电极的电极反应式为M+nH【答案】D【解析】混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，电能转化为机械能，A错误；混合动力车上坡或加速时为原电池，甲电极为负极，乙电极为正极，OH-从乙电极移向甲电极，B错误；混合动力车刹车或下坡时为电解池，乙电极发生氧化反应，电极方程式为2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，每消耗2molOH-有2molOH-从甲电极移向乙电极，OH-的物质的量不变，该过程中生成H2O，c(OH-)下降，pH减小，C错误；混合动力车刹车或下坡时为电解池，甲电极为阴极发生还原反应储存氢气，电极方程式为M+nH2O10．25°C时，用NaOH溶液分别滴定浓度均为0.01mol⋅L-1的HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，溶液中pM[pM=-lgM，M下列有关分析错误的是A．③表示c(HX)cX-B．Fe(OH)2+2HX=FeXC．滴定HX溶液至a点时，溶液中存在cD．浓度均为0.01mol⋅L-1的Cu【答案】B【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2组成类型相似，其pM随pH的变化曲线为平行线，故③代表滴定HX溶液c(HX)cX-与pH的变化关系，A正确；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-1，溶液的pH=4.2，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol·L-1，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-1，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。Fe(OH)2+2HX=FeX2+2H2O可以写成离子方程式为：Fe(OH)2+2HX⇌Fe2++2X-+2H2O，平衡常数K=CFe2+×c2X-c2HX=KspFeOH2×Ka2HXKw2=10-15×10-5210-142=103，B错误。滴定HX溶液至a点时，pH=8，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒，cNa++cH+=10-16.6<Ksp[Fe(OH)2]=10-15，Fe2+不沉淀，可以分步沉淀分离，D正确。故选B。二、解答题11．下图是以氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)为原料制备二氧化铈(CeO2回答下列问题：(1)“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2和CeF4，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、cH+的关系如图所示：当温度高于75℃时，Ce的浸出率下降的可能原因是(填字母标号A．温度升高，HF挥发B．生成CeF3+C．温度升高，Ce4+水解程度增大D(3)若测得水层中cCe3+=0.125mol·L-1，滤液B的pH=8，忽略溶液体积变化，“调pH”后Ce3+的沉淀百分率是(4)“氧化”中的化学反应方程式为。(5)已知CeO2的立方晶胞结构如图所示，用N①Ce4+的配位数为②O2-填充在Ce4+构成的③该晶胞的密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ce4+、O2-之间的最近距离为pm(【答案】(1)CeO(2)BaO+H2SO(3)92%(4)2Ce(5)8正四面体3【解析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)在富氧空气中氧化焙烧产生CO2和熔渣，熔渣主要成分为CeO2和CeF4、BaO，加入硫酸酸浸，滤渣A为BaSO4，滤液A主要含有CeF3+，系列操作得到的水层含有Ce3+，加入NaOH调pH，得到的滤渣B为Ce(OH)3，滤液B主要含有Na2SO4等，滤渣B加入NaClO氧化得到Ce(OH)4，煅烧（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2和CeF4，同时生成CO2，反应的化学方程式为4CeFCO3+O2焙烧3CeO2+CeF4+4CO2；反应中，Ce由+3价升高为CeO2和CeF4中的+4价，O（2）①加入硫酸酸浸得到的滤渣A为BaSO4，生成滤渣A的化学反应方程式是BaO+H2②温度升高，HF挥发，cH+降低，Ce的浸出率下降，A符合；生成CeF3+的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Ce的浸出率增大，B不符合；温度升高，Ce4+水解程度增大，产生沉淀，Ce的浸出率下降，C符合；稀硫酸不易分解，（3）若测得水层中cCe3+=0.125mol⋅L-1，滤液B的pH=8，忽略溶液体积变化，c(OH-)=10-6mol·L-1，cCe3+=K（4）“氧化”中NaClO氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，NaClO被还原为NaCl，反应的化学反应方程式为2CeOH（5）由晶胞结构图可知，一个晶胞中，白球个数为8×18+6×12=4，黑球个数为8个，故白球为Ce4+、黑球为O2-，处于面心Ce4+周围有4个O②晶胞图示中，每个O2-连接四个Ce4+，O2-③该晶胞的密度为ρg⋅cm-3，则晶胞中Ce4+、O2-之间的最近距离为体对角线的14，为边长的34；设边长为acm，ρ=mV=4MN12．W是制取高纯BN的无碳前驱体，实验室以X和NH3物质熔点/℃沸点/℃M/g性质X-16147易水解W>58>161126易分解Z-976.145甲苯-94110.692实验步骤如下：步骤I：按上图所示装置，在三口瓶中加入0.2molX和500mL甲苯做溶剂，控制反应温度50℃，以0.1mol⋅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6.93gW。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．NaOH溶液C．稀硫酸D．石灰水(3)“步骤I”中控制温度50℃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[CH32NH]是制备X的原料，其中含有CH33N杂质，使用前需先测定其纯度，步骤如下：准确称取mg样品，加到盛有50mL异丙醇的锥形瓶中，再加入10mL乙酸酐以屏蔽二甲胺，摇匀放置15min，滴入指示剂后，用cmol·L-1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vmL。样品中CH【答案】(1)防止烧杯中水蒸气进入三口瓶(2)CH(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)否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-c×v×59×10-3【解析】（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不与碱性物质反应而与酸反应，应该用酸性溶液吸收，浓盐酸易挥发出HCl，应用稀硫酸吸收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(CH3)2（3）“步骤I”中控制温度50℃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0.2molX，由方程式可知，理论上可以生成115molW，实际最终得到6.93gW，则W的产率为6.93g1（7）滴定过程中，盐酸标准溶液与CH33N反应消耗的盐酸体积为vmL，浓度为cmol·L-1。经平行实验测得消耗标准溶液平均体积为vmL，CH33N的物质的量为c×v×10-3mol，其摩尔质量为59g·mol-1，CH33N13．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)酮羰基酯基(3)sp3三角锥形(4)(5)(6)＞(7)10【解析】由A、C的结构简式及B的分子式，可推知B的结构简式为，由C的结构简式及D的分子式，可推知D的结构简式为；由E、F的结构简式和G的分子式，可推知G为；由已知信息及G、D的结构简式，可推知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，苯环甲基对上的氢被Cl取代，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6+1×22=4，杂化轨道类型为sp3，S原子有1（4）化合物G的结构简式是；（5）D+G→H的化学方程式是。（6）在中，氯原子是吸电子基，使与苯环相连的羧基电子云密度降低，羧基更容易电离出H+，酸性增强；在中，甲基是给电子基，它会使与苯环相连的羧基电子云密度增大，导致羧基电离出H+的能力减弱，酸性降低。故酸性：＞。（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CO2转化为H萨巴蒂尔装置内发生反应为反应I：CO2(g)+H反应II：CO(g)+3H2(g)(1)已知：4H2(g)+CO2①则ΔH2=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．ΔH2C．CH4物质的量分数增大D．H(2)T℃下，在体积为1L“高温反应器”中(其他条件相同)充入1molCO2及4molH2，分别使用Ni4Mn/α-Al2O3、标号ABC催化剂NiNiNiCO2转化率35.348.675.0①使用不同催化剂时，反应的活化能比较：Ni4Mn/α-Al2O3催化剂Ni4Mn/γ-Al2②在ts时，一定未达到平衡的是(填写上表中的“标号”)。③使用Ni4Mn/γ-Al2O3作催化剂，在ts时测得H2O物质的量为1.35mol(3)已知原料气中含有1molCO2及4molH300℃达平衡时，总压为p，则反应Ⅱ的Kp=(列出计算式，Kp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[(4)萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应的原因是。【答案】(1)-206kJ·(2)>AB(3)(xp)(wp)(zp)(w