甘肃省白银市实验中学2025届高三下学期第一次模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1甘肃省白银市实验中学2025届高三下学期第一次模拟考试一、选择题1.科技强国。我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是A．杭州亚运主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性B．国产大型邮轮“爱达・魔都号”采用的薄形钢板属于合金C．量子计算机“悟空”面世，其传输信号的光纤主要成分为SiOD．“华龙一号”中的二氧化铀陶瓷芯块是核电站的“心脏”，铀是第ⅠA族元素【答案】D【解析】甲醇燃烧发生氧化反应，该过程中碳元素的化合价升高被氧化，甲醇是反应的还原剂，表现还原性，故A正确；薄形钢板是性能优良的金属材料，属于合金，故B正确；量子计算机传输信号的光纤主要成分为二氧化硅，故C正确；铀原子序数为92，位于元素周期表第七周期ⅢB族的锕系元素，故D错误；故选D。2．下列化学用语不正确的是A．果糖、核糖的分子式：CB．甲醛中π键的电子云轮廓图：C．SO3的VSEPR模型：D．氨气分子中氮原子的杂化轨道表示式：【答案】A3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L己烷中非极性键数目为5NAB．0.1mol中含有的σ键数目为1.1NAC．3.9gNa2O2与足量的CO2反应，转移电子的数目为0.1NAD．0.1mol/LNH4HCO3溶液中含有NH4+数目小于0.1N【答案】B【解析】标准状况下，己烷为液态，无法计算其物质的量，故A错误；单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，1分子中含有11个σ键，则0.1mol该物质中含有的σ键数目为1.1NA，故B正确；1molNa2O2参加反应转移1mol电子，3.9gNa2O2物质的量为0.05mol，与足量水反应，转移电子数为0.05NA，故C错误；没有明确体积，无法计算其物质的量，故D错误；故选：B。4.下列关于含氮化合物之间转化反应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是A．氧化物转化为酸：3B．盐转化为氢化物：2C．氢化物催化氧化转化为氧化物：4D．酸转化为氧化物：4【答案】C【解析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故A正确；氯化铵固体与氢氧化钙固体共热发生复分解反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为25.向Co2＋盐溶液中加入过量的KNO2溶液，并以少量醋酸酸化，加热后从溶液中析出K3[Co(NO2)6]。下列有关说法错误的是A．基态Co2＋核外电子排布式为[Ar]3d7B．NO2-的空间构型为C．醋酸分子中σ键与π键数目之比为3∶1D．配离子CoNO263-中【答案】CD【解析】Co核外电子数为27，其原子基态核外电子排布式为[Ar]3d7，A项正确；NO2-中心原子N的价层电子对数为3，且含有1个孤电子对，空间构型为V形，B项正确；单键全为σ键，双键中一个σ键，一个π键，中σ键与π键数目之比为7：1，C项错误；配离子[Co(NO2)6]3-中心离子Co3+6.M是一种重要的有机高分子材料，可由下列反应合成：下列关于M的说法错误的是A．有2种含氧官能团 B．既能水解、又能与酸、碱反应C．是M的最简单的同系物 D．1molM最多与3nmolH2【答案】C【解析】M属于高分子化合物，含有氨基、酰胺基和羧基，故含氧官能团有2种，A正确；氨基具有碱性，能与酸反应，酰胺基能水解，羧基能与碱反应，B正确；M()分子中链接重复出现多次，表明含有许多个酰胺基，分子中只有一个酰胺基，二者不互为同系物，C错误；M中只有苯环能与氢气反应，1molM中含有nmol苯环，最多与3nmolH2反应，D正确；故选C。7.短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，基态Y原子核外s能级与A．简单氢化物沸点：Z>R>C．元素电负性：Z>Y>X【答案】A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，基态Y原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，则Y为N元素；由结构式可知，晶体中X、Z、R形成的共价键数目为1、2、6，Z、R位于同主族，则X为H元素、Z为O元素、R为S元素，三者的氢化物分别为水、氨气和硫化氢，其中水分子、氨分子均能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，则三种氢化物的沸点顺序为Z>Y>R，故A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的核外电子排布处于半充满的较稳定结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素；同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则氧元素的第一电离能大于硫元素，所以三种元素的第一电离能大小顺序为N>O>S，故B正确；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为O>N>H，则电负性大小顺序为8.用下列装置及药品能达到相应实验目的的是A．证明铁钉发生了吸氧腐蚀B．比较非金属性强弱：Cl＞C＞SiC．证明苯与液溴发生了取代反应D．证明淀粉发生了水解A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】食盐水为中性溶液，中性环境或弱酸性环境下铁钉发生吸氧腐蚀，由于反应消耗氧气，会导致具支试管中气体压强减小，右侧试管中红墨水就会在外界压强作用下，沿导管上升形成一段水柱，因此可以证明铁钉发生了吸氧腐蚀，A正确；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能根据盐酸能够与Na2CO3反应产生CO2气体的性质来判断元素的非金属性：Cl＞C，B错误；液溴易挥发，挥发的Br2也会与AgNO3溶液反应生成AgBr浅黄色沉淀，因此无法证明苯与液溴发生了取代反应产生了HBr，C错误；淀粉溶液在稀硫酸催化下水解产生葡萄糖，要通过银镜反应证明其水解产物葡萄糖的存在，应先向反应后的溶液中加入碱NaOH来中和多余的硫酸，使溶液显碱性，然后再滴加银氨溶液，水浴加热。题目未中和催化剂硫酸，因此不能看到银镜，因此不能证明淀粉发生了水解反应，D错误；故合理选项是A。9．下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验方案设计实验现象和结论A检验某固体试样中是否存在三价铁取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液没有出现血红色，说明该固体试样中不存在三价铁B检验溴乙烷中溴元素溴乙烷和NaOH溶液混合，振荡后加热，静置分层后，取少量上层清液，移入另一支试管中，加入2滴AgNO3若有淡黄色沉淀产生，则说明溴乙烷中含溴元素C比较KspCaSO4向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na产生白色沉淀，说明KD探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】若固体试样中存在Fe和Fe3+的氧化物（如Fe2O3），盐酸溶解固体时，Fe会将Fe2O3与酸反应产生的Fe3+全部还原为Fe2+，此时向溶液中滴加KSCN溶液，不显示红色，因此不能证明Fe3+是否存在，A错误；氢氧化钠溶液也能与硝酸银溶液反应生成黑色Ag2O沉淀，掩盖AgBr的淡黄色，会干扰溴离子的检验，应该先向水解后的溶液中加入HNO3酸化，排除OH-的干扰，然后再滴加AgNO3溶液，根据是否产生淡黄色沉淀进行判断，B错误；CaSO4、CaCO3构型相同。饱和CaSO4溶液中Ca2+浓度由Ksp(CaSO4)决定，向CaSO4饱和溶液中加入Na2CO3溶液后，若生成CaCO3沉淀，说明此时Qc(CaCO3)＞Ksp(CaCO3)，结合Ca2+浓度固定，可推断溶度积常数Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，C正确；电石中含硫杂质CaS与水反应会生成H2S等气体，H2S具有还原性，也能使酸性高锰酸钾褪色，因此无法根据溶液褪色确定是由乙炔气体引起，D错误；故合理选项是10.某反应Ag+Bg→Cg+Dg的速率方程为v=k⋅cmA⋅cnB(k为速率常数，lgc0.250.501.000.501.00c0.0500.0500.1000.1000.200v1.63.2v3.2v下列说法正确的是A．m=1，2B．该反应的速率常数k=6.4C．在过量的B存在时，A为起始量的12.5%所需的时间是375minD．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快【答案】C【解析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，v1=v2，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入v=k×cm(A)×cn(B)可得0.500.25m=3.2×10-31.6×10-3，可知m=1，A错误；将第一组数据代入v=k×c(A)×c0(B)=k×0.25×11.实验室制取HF的原理为CaF2+H2SO4浓△CaSOA．氢化物的稳定性：HFB．SiF4、H2OC．CaF2的晶体密度为312a3×D．CaF2晶体中F-与Ca【答案】D【解析】非金属元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O，则氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；SiF4、H2O和SO42-的中心原子的价层电子时数均为4，故B正确；由氟化钙晶胞可知，Ca2+位于晶胞的顶角和面心，个数为4，F-位于晶胞的体内，个数为8，由晶胞结构可知其密度为312a3×10-30NAg⋅cm-3故12．稀土是一种重要的战略资源，我国是稀土储量最大的国家。铈（Ce）是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取CeCl3下列说法错误的是A．焙烧过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1B．通过操作Ⅱ（包含酸溶、蒸发结晶）即可得到纯净的CeClC．酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好D．CeBF【答案】B【解析】焙烧后Ce元素以CeO2、CeF4形式存在，Ce均表现为+4，CeCO3F中Ce表现+3价，因此焙烧CeCO3F中Ce的化合价升高，被氧化；CeCO3F为还原剂，氧气为氧化剂，因此有n(CeCO3F)×1=n(O2)×4，n(O2)∶n(CeCO3F)=1∶4，A正确；通过操作Ⅱ（包含酸溶、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥）即可得到纯净的CeCl3⋅6H2O，B错误；因用盐酸可能会生成污染性气体氯气，所以酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好，C正确；CeBF43中阴离子BF413.铝-石墨双离子电池采用廉价且易得的石墨替代传统锂电池中的正极材料，全面提升了电池的能量密度。图甲和图乙表示该电池的充电或者放电时工作原理。X、Y表示可能为用电器或电源。已知充电时正极发生阴离子插层反应生成CnPFA．图甲表示电池充电过程，电极a与电源的正极相连B．图甲中电极b电极反应式为：CnC．图乙中电极c电势高于电极dD．图乙中当电路转移电子数为2mol时，理论上电极c质量减少14g【答案】D【解析】原电池中电子由负极经过导线流向正极，由图中所给电极材料及电子转移方向判断，图乙是放电装置，电极c为原电池的负极，d为正极，图甲为充电装置，电极a与电源负极连接，A错误：图甲中电极b与电源正极连接作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：PF6-+nC-e-=CnPF6，B错误；图乙中c是原电池负极，d是正极，因此电极d的电势高于电极c，C错误；图乙，c电极反应为AlLi-e-=Al+14．298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、GaNO33、CeNO33三种溶液。pM［p表示负对数，M表示cHRcR-A．③代表滴定GaNOB．调节pH=8.0时，可将废水中CeC．滴定HR溶液至X点时，溶液中：cD．经计算，GaOH3能完全溶于【答案】C【解析】KspCeOH3=cCe3+c3OH-推出pcCe3+=-lgKspCeOH3c3OH-。同理推出pcGa3+=-lgKspGaOH3c3OH-。由于KspCeOH3>KspGaOH3，即GaNO33、CeNO33两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为GaNO33、二、非选择题15.CS(NH2)2(硫脲，白色而有光泽的晶体，溶于水，20℃时溶解度为13.6g；在150℃时转变成NH4SCN)是用于制造药物、染料、金属矿物的浮选剂等的原料。某化学实验小组同学用Ca(HS)2与CaCN2(石灰氮)合成硫脲并测定产品纯度。(1)制备Ca(HS)2溶液：所用装置如图所示(已知酸性：H2CO3>H2S)。①装置a的名称为。②装置b中盛放的试剂是。③装置c中的长直导管的作用是，三颈烧瓶中通入CO2不能过量，原因是。(2)制备硫脲：将CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80°C时，可合成硫脲，同时生成一种常见的碱，该反应的化学方程式为。(3)产品纯度的测定。称取10.0g粗产品，配制成100mL溶液，量取25.00mL该溶液，用0.1mol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定，滴至终点时平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为VmL。已知：5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+=14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42①滴定至终点时的现象是。②该产品的纯度为，(写出计算表达式即可)。【答案】(1)启普发生器饱和碳酸氢钠溶液作安全导管，避免烧瓶内压强过大二氧化碳过量会使碳酸钙沉淀转化为碳酸氢钙溶液，不利于Ca(HS)2溶液分离(2)2CaCN2＋Ca(HS)2＋6H2OΔ2CS(NH2)2＋3Ca(OH)2(3)滴入最后一滴，溶液变为紫红色，且半分钟内不变为原来颜色5×4【解析】（1）①根据装置a的结构特征可知其为启普发生器；故答案为：启普发生器。②盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl杂质，因此装置b主要是除掉HCl杂质，因此b中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；故答案为：饱和碳酸氢钠溶液。③装置c中的长直导管与外界相连通，作用是作安全导管，避免烧瓶内压强过大，三颈烧瓶中主要是碳酸钙沉淀和Ca(HS)2溶液，若通入CO2过量，碳酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，会影响碳酸钙和Ca(HS)2溶液的分离；故答案为：作安全导管，避免烧瓶内压强过大；二氧化碳过量会使碳酸钙沉淀转化为碳酸氢钙溶液，不利于Ca(HS)2溶液分离。（2）将CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80°C时，可合成硫脲，同时生成一种常见的碱，根据元素守恒可推知该碱为氢氧化钙，因此该反应的化学方程式为2CaCN2＋Ca(HS)2＋6H2OΔ2CS(NH2)2＋3Ca(OH)2；故答案为：2CaCN2＋Ca(HS)2＋6H2OΔ2CS(NH2)2＋3Ca(OH)2。（3）①KMnO4溶液具有强氧化性且本身是有颜色，因此滴定至终点时的现象是滴入最后一滴，溶液变为紫红色，且半分钟内不变为原来颜色；故答案为：滴入最后一滴，溶液变为紫红色，且半分钟内不变为原来颜色。②10.0g粗产品消耗高锰酸钾物质的量为V×10−3L×0.1mol∙L−1×4＝4V×10−4mol，该溶液该产品的纯度为5×4V×1016.金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3回答下列问题。(1)“滤液A”中主要溶质的化学式为。(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与NH42SO4(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤渣”的主要成分的化学式是。(4)①“萃取”时发生反应Ni2+2RH⇌NiR2+2H+(RH为萃取剂②反萃取获得NiSO4，溶液的实验操作是(5)NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为(6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物的结构，下列说法不正确的是_________(填字母)。A．图a中，电负性OB．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键C．图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞D．氧化镍中Ni2+、O2-【答案】(1)NaAlO2或(2)NiO(3)Fe(4)80%在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液(5)2(6)BC【解析】（1）废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的Al2O3和NaOH反应，离子方程式为Al2O（2）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与NH42SO4反应生成NiSO4（3）烧渣中含有NiSO4、Fe2SO43、FeSO4，三者均为强酸弱碱盐，95℃热水“溶解”，Fe3+水解为Fe（4）①一定条件下，萃取平衡时nNiR2nNi2+=4，被苯取的Ni2+即形成NiR2的Ni2+②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到NiSO4（5）“反萃取”得到的NiSO4溶液在碱性条件下可被NaClO氧化生成NiOOH，NaClO自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒，该反应的离子方程式为（6）A.元素非金属性越强电负性越强，故图a中，电负性O>N>B.氢键是分子间相互作用力，不是化学键，选项B错误；C.各顶点不相同，所以不是晶胞，选项C错误；D.氧化镍中Ni2+、O2-均在顶点且各占一半，它们的配位数都是6，选项答案选BC。17.工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为N2g+3H2g⇌2NH3a．Cb．CO回答下列问题：(1)Cs+2H2Og⇌CO2g+2H2g(2)在密闭容器中同时发生反应a、b，下列说法正确的是A．增大压强，反应b平衡不移动 B．使用催化剂提高CO平衡转化率C．升高温度，反应a的v正增大，v逆减小 D．反应(3)实验室模拟合成水煤气，一定温度下在2L的密闭容器中加入2.0molCs与8.0molH2Og发生反应a、b，在tmin达到平衡时，H2Og的转化率是25%,CO的物质的量是0.4(4)合成氨总反应在起始反应物nH2nN2=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中NH3的体积分数为xNH3，在T=400℃下的xNH3∼p总、p总=30MPa下的xNH3∼(5)用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图(Q1、Q①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式：。②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵(H2NCOONH4)，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素的产率，可控制NH3与CO2的通入比例2:1(【答案】(1)低于(2)D(3)25tmol/(L·min)(4)Ⅱ15(5)H2NCOONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)∆H=+Q2kJ/mol<【解析】（1）由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)，则反应∆H=(+131.3kJ/mol)+(—41.2kJ/mol)=+90.1kJ/mol，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；（2）A．反应b是气体分子数不变的反应，但增大压强，反应a平衡向着气体分子数减小的逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移动，故错误；B．使用催化剂，只影响反应速率，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；故选D；（3）设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：CCO由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡时生成二氧化碳的反应速率为(1.2-0.4)mol2Ltmin=25tmol/(L·min)，反应的平衡常数K=(1.2-0.4)mol2L×(2.4-0.4)mol2L0.4mol（4）合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案为：Ⅱ；15；（5）①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是总反应的决速步骤，由图可知，活化能最大、反应速率最慢的反应为液态H2NCOONH4分解生成液态尿素和液态水，反应生成1mol尿素，吸收Q2kJ的热量，则合成尿素决速步骤的热化学方程式为H2NCOONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H=+Q2kJ/mol，故答案为：H2NCOONH4(l)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H=+Q2kJ/mol；②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成H2NCOOH，H2NCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与H2NCOOH反应生成H2NC