福建省泉州市永春第一中学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福建省泉州市永春第一中学2025届高三下学期一模试题一、单选题1．中国古代化学工艺是中华文明瑰宝的一部分，下列有关说法正确的是A．《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“……以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈……”。其中用到的操作为蒸馏和过滤B．战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的KOHC．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法D．汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应【答案】D【解析】《本草纲目》中描述“以甑蒸取”，甑是蒸馏器具，说明用到蒸馏操作；发酵后的固体可能直接通过蒸馏分离，无需再进行过滤，A错误；草木灰水浸液的主要成分是K2CO3，K2CO3水解生成少量KOH，而盐水解程度微弱，溶液不是含有大量KOH，B错误；丹砂(HgS)炼水银是通过高温分解发生反应HgSΔHg＋S，该方法属于热分解法，C错误；“石胆化铁则为铜”指用铁置换出硫酸铜溶液中的铜，发生反应Fe＋CuSO4＝FeSO4＋Cu，该反应属于置换反应，D正确。故选D2．超临界CO2碳酸化技术（反应如下，其中R－代表烃基）是实现我国“双碳”A．上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应B．化合物4不存在手性碳原子C．化合物2与化合物3含有相同的官能团D．1mol甲醇和化合物4分别与足量Na反应产生的H2之比为【答案】C【解析】化合物1和CO2发生加成反应生成化合物2，化合物2和CH3OH发生取代反应生成化合物3和化合物4，A错误；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物4存在1个手性碳原子，如图，B错误；化合物2与化合物3都含有酯基，官能团相同，C正确；1mol甲醇与足量Na反应产生0.5molH2，1mol化合物4与足量Na反应产生1molH2，二者之比为1∶2，D错误。故选C。3．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3A．11.2LCO2含π键数目为B．每生成2.8gN2C．0.1molKNO3晶体中含离子数目为D．1L0.1mol⋅【答案】C【解析】CO2分子含有2个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；2.8gN2的物质的量n=mM=2.828mol=0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12NA，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；0.1molKNO3晶体含有离子为K+、答案选C。4．下列描述或解释有误的是描述解释AN的第一电离能大于ON的2p能级半充满，比较稳定B非金属与氢形成的共价化合物中，氢可能为负价氢的电负性小于该非金属CNaHSO4晶体受热转化为Na2该过程涉及σ键的断裂与生成D键角：PH两者中心原子杂化类型相同，孤电子对数相同，电负性P>A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】N的第一电离能大于O是由于其2p轨道半充满结构更稳定，故A正确；非金属与氢的共价化合物中氢显负价需要氢的电负性更大，故B错误；NaHSO4分解涉及O-H、O-S等σ键的断裂与形成，故C正确；PH3键角更大因P电负性大导致成键电子对斥力更大，故D正确；选B。5．由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素化合物种类数最多，Q2+离子的价电子排布式为3A．元素电负性大小：M>Z>YB．X2ZC．含有X、Y、Z的酸的分子式可能是XD．Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y元素化合物种类数最多，Y为C；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键(不算配位键)、M形成1个共价键，X为H、Z为O、M为F；Q2＋离子的价电子排布式为3d9，则Q为Cu。A．Y为C，Z为O，M为F，同周期主族元素，随着核电荷数增加，电负性增大，电负性F＞O＞C，A正确；X为H，Z为O，H2O分子中含有的孤电子对数是6-2×12＝2，B正确；氢、碳、氧三种元素形成的酸可能为CH3COOH(H4C2O26．下列离子方程式错误的是A．SO2通入酸性KMnO4B．用酸性淀粉碘化钾溶液检验加碘食盐：IOC．侯氏制碱法制备NaHCOD．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：Br【答案】C【解析】SO2通入酸性KMnO4溶液，SO2被MnO4-氧化为SO42-，MnO4-被还原为Mn2＋，离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，A正确；用酸性淀粉碘化钾溶液检验加碘食盐，IO3-与I⁻在酸性条件下发生归中反应生成I₂。离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I27．某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。实验1：实验2：已知：ⅰ.[Co(Hⅱ.ZnCl2下列说法正确的是A．等物质的量的[Co(H2O)B．结合实验可知反应ΔC．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[CoD．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与【答案】D【解析】等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为(6+2×6):4=9:2，故A错误；降低温度，溶液变为红色，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故B错误；②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[故答案选D。8．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂（MgO）的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法正确的是A．浸出镁的反应离子方程式为MgO+2NH4+=Mg2++2NH3↑+H2B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．得到的高纯镁砂在工业上用来电解制备金属镁D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了Mg(OH)2的Ksp远小于Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp【答案】A【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子方程式为MgO+2NH4+=Mg2++2NH3↑+H2O，A一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，B错误；在工业上制备金属镁不是用电解熔点高的MgO，而是用电解熔点低些的MgCl2，C错误；Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，D错误；故选A。9．利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H＋和OH－向两极移动。下列说法错误的是A．己二腈的分子中含有碳氮三键B．放电时，N极的电势低于M极的电势C．放电时，M极作正极，电极反应式为[Co(NH3)4]3＋＋2NH3＋e－＝[Co(NH3)6]2＋D．若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成1molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态【答案】D【解析】负极放电时，双极膜中OH－向负极移动，H＋向正极移动；充电时该装置为电解池，M极为阳极，N极为阴极，阳极反应式为[Co(NH3)6]2＋－e－＝[Co(NH3)4]3＋＋2NH3，阴极反应式为2CH2＝CHCN＋2e－＋2H＋＝NC(CH2)4CN，据此分析解答。己二腈[NC(CH2)4CN]分子结构简式可表示为N≡C－CH2CH2CH2CH2－C≡N，分子中含有2个碳氮三键，A正确；图示装置放电时为原电池，在N极上H2O失电子生成O2，则M极为正极，N极为负极，负极N极的电势低于正极M极的电势，B正确；放电时，N极为负极，M极为正极，在M电极上[Co(NH3)4]3＋得到电子被还原为[Co(NH3)6]2＋，电极反应式为[Co(NH3)4]3＋＋2NH3＋e－＝[Co(NH3)6]2＋，C正确；图示装置充电时为解池，N极为阴极，电极反应式为2CH2＝CHCN＋2e－＋2H＋＝NC(CH2)4CN，放电时负极反应式为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，根据电子守恒可知2NC(CH2)4CN～O2，则n(O2)＝12n[NC(CH2)4CN]＝0.5mol，因此若充电时制得1molNC(CH2)4CN，放电时需生成0.5molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，D错误。故选D10．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL0.12mol⋅L-1AgNO3溶液中，该过程中溶液AGAG=A．最好选择d~e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应B．a点对应溶液中由水电离出的cC．b点对应溶液中：cD．常温下，反应Ag++2【答案】B【解析】将一定浓度的氨水逐滴加入25mL0.12mol⋅L-1AgNO3溶液中，先生成AgOH沉淀，继续加入氨水，沉淀转化为AgNH32+得到银氨溶液，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段生成AgOH，则与葡萄糖发生银镜反应最好选用e点溶液，A错误；a点为AgNO3溶液，Ag+水解促进水的电离，AG=lgcH+cOH-＝4，cH+=10-5mol/L，由水电离出的cH+=10-5mol⋅L-1，B正确；b点溶液中二、解答题11．一种从分银渣（含CuO、已知：Ⅰ．CuCl难溶于水，但溶于浓盐酸。Ⅱ．“富锑铋铜液”中含Bi3+（铋离子）、Sb3+（锑离子）、Ⅲ．该工艺条件下，有关金属离子沉淀时的相关pH见下表：金属离子SbBiCuFe开始沉淀时c=0.1mol0.51.54.71.5完全沉淀时c=1.0×101.42.56.73.2回答下列问题：(1)锑Sb位于周期表第五周期ⅤA族，基态锑原子的价电子排布式为。H2F+SbF6-（氟锑酸）是一种超强酸，则H2(2)“酸浸”时，盐酸浓度对锑、铋、铜浸出率的影响如图1所示，温度对锑、铋、铜浸出率的影响如图2所示。综合考虑，“酸浸”时适宜的盐酸浓度为；浸出时温度以80℃为宜，其原因是。(3)①已知“滤渣2”的主要成分是Sb4O5Cl2，则“②已知“滤渣3”的主要成分是BiOCl和Fe(OH)3，则“二次水解”时调节(4)“滤渣1”中的AgCl可用硫酸—硫脲（）浸出，生成配合物AgCSN2H432A．离子键B．极性共价键C．配位键D．范德华力E．非极性共价键(5)“滤渣1”中的AgCl也可用Na2S2O3溶液浸取浸出渣得到含AgS2O32(6)尖晶石属于立方晶系，其晶胞可视为M1、M2两种结构交替无隙并置而成（如图所示），其中A2+可以为Fe2+、Cu2+、Co2+、Ni【答案】(1)5s25p3(2)6mol/(3)4(4)E(5)4(6)8×240【解析】分银渣（含CuO、Cu2O、Bi2O3、Sb2O3、Fe2O3、Ag、SiO2等）中加入盐酸酸浸，CuO、Bi2O3、Sb2O3、Fe2O3与盐酸反应生成可溶性盐，Cu2O、Ag与盐酸反应生成CuCl、AgCl沉淀，SiO2不反应，过滤得“富锑铋铜液”，“富锑铋铜液”中含Bi3＋、Sb3＋、Cu2＋、Fe3＋，“一次水解”得到的“滤渣2”的主要成分是Sb4O5Cl2，反应为4SbCl3+5H2O=Sb4O5Cl2↓+10HCl，“二次水解”时，使Bi3＋、Fe3＋生成BiOCl和（1）锑（Sb）位于周期表第五周期ⅤA族，其价电子是最外层电子，则基态锑原子的价电子排布式为5s25p3；对于[H2F]＋，中心原子F的价层电子对数为2+7-1-2×12=4，其中有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，空间构型为V形；等电子体是原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子，[H2F]＋原子总数是3（2）根据图1知“酸浸”时，应该让锑、铋、铜浸出率较高，“酸浸”时适宜的盐酸浓度为6mol/L；根据图2知浸出时温度以80℃为宜，其原因是温度较低，反应速率和金属的浸出率均较低；若温度升高，金属的浸出率均无明显变化且增加能耗；（3）“滤渣2”的主要成分是Sb4O5Cl2，则“一次水解”时主要发生反应的化学方程式为4SbCl3+5H2O=Sb4O5Cl2↓+10HCl；“滤渣3”的主要成分是BiOCl和Fe(OH)3，则“二次水解”时使Bi3＋、Fe3（4）“滤渣1”中的AgCl可用硫酸－硫脲（）浸出，生成配合物[Ag(CSN2H4)3]2SO4，该反应的化学方程式，该配合物中存在离子键、配位键、极性共价键、范德华力，不存在非极性共价键，故选E；（5）碱性条件下，甲醛中的C失去电子，化合价升高，[Ag(S2O3)2]3－中Ag得到电子，化合价降低，离子方程式为4Ag（6）根据晶胞结构图知，1个晶胞含有8个CuFe2O4，该晶体的密度为ρ=12．第ⅢAⅠ．硼单质及其化合物有重要的应用。(1)下列说法正确的是________。A．反应①为氧化还原反应，其中H2被BClB．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷NH3C．H3BO3D．氮化硼BN晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低(2)硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10、己硼烷B6H10(3)在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气。其中溶液中的阴离子为B3O6Ⅱ．实验室采用三氟化硼BF3与氯化铝AlCl3加热的方法制备三氯化硼已知：①相关物质的沸点如下表物质BFBClAlClAlF沸点-99.9℃12.5℃180℃升华1276℃升华②三氯化硼BCl3回答下列问题：(4)仪器a的名称为。(5)将氟硼酸钾KBF4和硼酐B2O3一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生(6)装置C中仪器a的作用是防止产品中混有（填化学式），影响纯度。(7)实验开始时，A，C两处加热装置应先加热A处，原因是。(8)BCl3产品中氯元素含量的测定：称取ag样品置于蒸馏水中完全水解，并配成250mL溶液，量取25.00mL于锥形瓶中，向其中加入V1mLc1mol⋅L-1AgNO3溶液使Cl-①到达滴定终点的现象为。②产品中氯元素含量为（列出计算式即可）。【答案】(1)BC(2)NaH(3)取少量反应后的溶液于试管，加入浓氢氧化钠溶液，加热，产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体(4)三口烧瓶(5)6(6)AlCl(7)排除装置内空气，防止水蒸气干扰实验(8)当最后半滴标准液滴下时，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色35.5【解析】装置A中KBF4、B2O3和浓H2SO4加热制备BF3，装置B盛有浓硫酸可干燥气体，装置C中BF3与AlCl3高温加热制备BCl3，装置D进行冰水浴可得到产品，装置E干燥管可以防止水蒸气进入体系，导致BCl3潮解，F装置用于尾气处理。（1）反应①中氢元素化合价改变，为氧化还原反应，部分氢化合价升高得到HCl、部分氢化合价降低生成B2H6，H2自身发生氧化还原，错误；NH3BH3能和水形成氢键，导致相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷NH故选BC；（2）乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠NaBH4，且符合原子经济性反应，结合质量守恒，试剂X的化学式为NaH，反应为2NaH+B（3）一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，结合质量守恒，反应还生成NH4+，则检验NH4（4）仪器a的名称为三口烧瓶。（5）氟硼酸钾KBF4和硼酐B2O3一起研磨均匀加入A中的圆底烧瓶，滴入浓硫酸并加热，除产生BF3（6）由表沸点数据可知，AlCl3遇冷容易凝结，导致产品中混有杂质影响纯度，装置中球形冷凝管可以避免AlCl3进入收集装置（7）三氯化硼BCl3易水解，实验开始时，A，C两处加热装置应先加热A（8）①铁离子和KSCN溶液会变为红色，故到达滴定终点的现象为：当最后半滴标准液滴下时，溶液恰好变为红色且半分钟内不褪色。②由滴定过程可知，与25.00mL溶液中Cl-反应的Ag+为V1×10-3L13．气体输运是人体系统的重要任务，假定其环境温度均为36.8℃。(1)血红蛋白能结合O2①Hb②HbH③HbΔH3=(用Δ(2)Hb分子有两种构型(T型和R型)，每个构型具有四个亚基。图中，T0、R0表示未结合O2的T型和R型，且存在可逆的变构效应：T0⇌R0，正向平衡常数为K0；当四分子O2与Hb的四个亚基结合后，T4⇌R4也是变构效应，正向平衡常数为K4(3)反应③平衡常数K=cHbO2c(Hb)×pO2，已知36.8℃下，氧分压pO2与Hb与氧气的结合度α(Hb的转化率)关系如图所示，α随着pO2增大而增加的原因是。此温度下(4)CO2的含量显著影响血液的pH④CO文献中关于人体血液的pH一般有两个数值：7.40和7.37。请指出人体血液的pH=7.40这个数值分别对应的血液是动脉血还是静脉血，结合上述平衡简述理由【答案】(1)Δ(2)R因KT×K4=K0(3)该反应是气体系数减小的反应，压强增大，平衡右移212(4)动脉血，因为动脉血中氧气多CO2含量少，④平衡左移，H+浓度减小，【解析】（1）反应③＝①＋②，由盖斯定律知，ΔH3=（2）由图中转化关系知，T0→R4过程中，可以是T0先转化为T4，T4再转化为R4，也可以是T0先转化为R0，R0转化为R4，由于总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数的乘积，则（3）反应③中只有氧气为气体，该反应是气体系数减小的反应，当氧分压pO2增大时，平衡向右移动，Hb的转化率增大，Hb与氧气的结合度α增加。由图可知，当pO2＝2.00kPa时，Hb的转化率为80.0%，则体系中的c(HbO2)c(Hb)=80.0%20.0%=4.0，此温度下K=cHbO2c（4）人体血液的pH=7.40这个数值对应的血液是动脉血，因为动脉血中氧气多而CO2含量少，使④平衡左移，H