广西来宾市2025届高三一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1广西来宾市2025届高三一模试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释错误的是A．炒菜完毕，清洗铁锅后及时擦干，是防止铁锅发生化学腐蚀B．铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与铁离子反应C．使用热的纯碱溶液清洗餐具，是因为油污可在碱性条件下水解D．炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下生成致癌物质【答案】A【解析】清洗铁锅后及时擦干，防止形成原电池，避免铁锅发生电化学腐蚀，A错误；铁锅炖莲藕，藕汤呈紫黑色，是莲藕中的多酚类物质与Fe3+发生显色反应，B正确；纯碱是Na2CO3，热纯碱溶液清洗餐具，利用了纯碱发生水解而使溶液显碱性，油污可在碱性条件下水解而被洗净，C正确；

炒菜时不宜将油加热至冒烟，是因为油脂在高温下发生化学变化而生成致癌物质，D正确。故选A。2．Na2S2O3A．SO42-的VSEPR模型为正四面体 B．基态NC．HCl的形成过程： D．Cl的一种核素为：17【答案】C【解析】SO42-中心S原子的价层电子对数为4+6+2-4×22=4，VSEPR模型为正四面体形，A正确；

N的原子序数为7，基态N的价电子排布式为2s22p3，B3．下列实验装置或操作能达到实验目的的是A．蒸干FeCl3溶液制备B．验证沉淀转化C．检验乙炔D．验证电化学腐蚀及防护A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】加热会促进Fe3+水解，蒸干FeCl3溶液制备FeCl3⋅6H2O需在HCl气流中进行，A不能达到目的；

向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol·L-1NaCl溶液产生白色沉淀，AgNO3过量，再加入4滴0.1mol·L-1KI溶液生成黄色沉淀，再滴加8滴0.1mol·L-1Na2S溶液生成黑色沉淀，不能验证沉淀转化，B不能达到目的；制备的乙炔中含H2S等杂质，H2S也可使酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙炔的检验，C不能达到目的；

a中锌铁形成原电池，锌为负极、铁为正极被保护，没有产生蓝色沉淀；b中形成铜铁原电池，铁为负极被氧化为Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成4．“满地翻黄银杏叶，忽惊天地告成功”。银杏叶不仅有观赏价值还有药用价值，银杏叶中含有黄酮类化合物，其中的一种结构如图，下列说法错误的是A．该化合物具有抗氧化，抗衰老功能B．该化合物含有3种含氧官能团C．该化合物完全氢化后，1个分子中含10个手性碳D．1mol该化合物最多可以消耗4【答案】D【解析】该分子中含有酚羟基、羟基、碳碳双键，能和强氧化性物质反应，故该化合物具有抗氧化，抗衰老功能，A正确；该化合物含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，B正确；1分子该化合物完全氢化后含10个手性碳，如图，C正确；

该化合物中的酚羟基和NaOH反应，1mol该化合物最多可以消耗3molNaOH，D错误。故选D。5．研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是选项实例解释ACH3NH2甲基是吸电子基，增加了N原子的电子密度B由R4N+与其离子的体积较大有关CCsCl晶体中Cs+配位数为8，而NaCl晶体中Na+Cs+比NaD酸性高锰酸钾溶液氧化甲苯，加入冠醚（18-冠-6），氧化速率加快冠醚与K+形成超分子，将MnOA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】甲基是推电子基，增加了N原子的电子云密度，使CH3NH2⋅H2O更易结合H+，其碱性比NH3⋅H2O强，A错误；由R4N+与PF6-组成的离子液体中，离子半径大，离子键作用弱，在常温下呈液态，B正确；离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，6．对于下列过程中涉及的化学方程式、离子方程式或电极方程式，正确的是A．服用阿司匹林出现水杨酸中毒，可用NaHCO3解毒：B．铅酸蓄电池放电时正极电极反应式：PbOC．打磨过的铝片放入NaOH溶液中：2D．闪锌矿ZnS与CuSO4溶液作用转化为铜蓝【答案】C【解析】羧基和NaHCO3反应生成CO2，而酚羟基和HCO3-不反应，反应为+HCO3-→+H2O+CO2↑，A错误；

铅酸蓄电池放电时正极电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，B错误；打磨过的铝片放入NaOH溶液中，Al与7．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。X是宇宙中最丰富的元素；Y与Z相邻，且Z元素原子的价电子排布为nsnnp2A．第一电离能：ZB．X、Y、Z元素可形成离子化合物C．Y的氧化物对应的水化物是强酸D．YX3与W2+配位后，【答案】B【解析】X是宇宙中最丰富的元素，X为H。Z元素原子的价电子排布为nsnnp2n，n=2，Z为O。Y与Z相邻，且原子序数小于Z，Y为N。W是生活中常见的金属，其单质呈紫红色，故W为Cu。氮原子的氢、氮、氧三种元素可形成离子化合物NH4NO3，B正确；氮的氧化物对应的水化物有HNO3、HNO2，其中HNO2是弱酸，C错误；NH3与Cu2+形成配键后，N原子没有孤电子对，∠X−Y−X增大，D错误。故选B。8．NAA．标准状况下，11.2LSO3B．0.5mol⋅L-1C．等物质的量的氨基-NH2和羟基-D．1molNa与足量O2【答案】D【解析】标准状况下，SO3是非气态物质，不确定其物质的量，A错误；0.5mol⋅L-1CuCl2溶液中Cu2+水解，但由于溶液体积未知，无法计算溶质的物质的量，B错误；1mol氨基-NH2和1mol羟基-OH所含电子数均为9NA，但是不确定氨基和羟基的物质的量，不确定电子的量，C错误；

钠和氧气反应生成+19．比亚迪新能源车使用的“刀片电池”是磷酸铁锂电池，该电池具有高安全性、高能量密度、环保等优点。磷酸铁锂电池的总反应为Li(1-x)A．电源c极为负极B．电解质溶液为非水溶液体系C．充电反应为：LiFePOD．交换膜为阴离子交换膜【答案】D【解析】放电时，负极电极反应式为Li(1-x)C-(1-x)e-=(1-x)Li++C，石墨作负极，充电时石墨作阴极，石墨应连接直流电源的负极，c为电源负极，A错误；金属锂和水反应，不可采用电解质水溶液，电解质溶液为非水溶液体系，B错误；充电时阴极反应式为C+(1-x)Li++(1-x)e-=Li(1-x)C，充电时阳极反应式为LiFePO10．结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。NAA．Pb的配位数为6B．该晶体密度为：239C．该晶体摩尔体积为：ND．S原子位于Pb原子构成的八面体中心【答案】B【解析】每个Pb原子周围距离最近的S原子数均为6，Pb的配位数为6，A正确；

由PbS晶胞图示可知，该晶胞中白球为8×18+6×12=4个、黑球为12×14+1=4个，有4个Pb和4个S，晶体密度为4MNAa×10-103g⋅11．AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN-的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈CH由图示信息分析，下列说法错误的是A．AgCN与CH3B．AgCN与CH3C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱D．升高温度可以提高生成腈的选择性【答案】A【解析】由图可知，AgCN与CH3CH2Br发生取代反应生成腈的过程中，有C-C非极性键的形成和C-Br极性键的断裂，AgCN与CH3CH2Br发生取代反应生成异腈的过程中，有C-N极性键的形成和C-Br极性键的断裂，A错误；AgCN与CH3CH2Br发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，活化能越小，反应速率越快，则AgCN与CH3CH2Br发生取代反应主要得到异腈，B正确；物质Ⅰ转化为腈断裂AgCN与CH3CH2Br发生取代生成腈的活化能大于生成异腈的活化能，升高温度，可加快AgCN与CH3CH2Br发生取代生成腈的反应速率，减少与12．精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。下列说法正确的是A．浸取1和浸取2中温度越高，反应速率越快B．相同条件下，等浓度的H2C．可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质D．“还原”步骤中，产物N2和Au的物质的量之比为【答案】C【解析】阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种金属单质，加入硫酸和H2O2浸取1，铜转化为CuSO4，过滤，浸出液1含有CuSO4和H2SO4，浸渣1含有Ag、Au等，向浸渣1中加入盐酸和H2O2得到AgCl沉淀和HAuCl4溶液，AgCl可以转化为Ag，向HAuCl4溶液中加入N2H4发生氧化还原反应生成N2和Au。H2O2不稳定受热易分解、盐酸具有挥发性，故浸取1和浸取2中温度越高，导致过H2O2、盐酸浓度降低，反应速率变慢，A错误；盐酸存在条件下，过H2O2氧化金形成配离子AuCl4-促使反应进行，不能说明相同条件下，等浓度的H2O2在盐酸环境中的氧化性比硫酸环境中的氧化性强，B错误；氨水可以和AgCl生成银氨溶液，故可用氨水分离AgCl与其他难溶杂质，C正确；

还原剂N2H4中N的化合价由-2升高至0价，HAuCl4中Au化合价由+3价降至0价，由得失电子守恒知：3N2∼4Au，产物N213．近年来，研究者开发出新工艺利用乙酸合成乙酸乙酯，使生产成本明显降低。向密闭容器中充入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生的反应为CH2=CH2gA．正反应速率：bB．a、c、d点对应的压强平衡常数之比为pC．该反应在任何温度下都不能自发进行D．该反应的正反应活化能大于逆反应的活化能【答案】B【解析】由图像可知，升高温度，乙酸乙酯产率增大，说明升高温度化学平衡正向移动，正反应吸热，由化学方程式可知，增大压强化学平衡正向移动，乙酸乙酯产率增大，结合图像可知p1>p2>p3，该反应△S<0。b、c、d三点温度相同，但压强b>c>d，温度相同时，压强越大，正反应速率越快，所以正反应速率：b>c>d，A错误；起始时通入等物质的量的乙烯(g)与乙酸(g)，发生CH2=CH2(g)+CH3COOH(g)⇌CH3COOC2H5(g)，a、c两点乙酸乙酯的产率相同，即反应物转化率相同，那么a、c两点有相同的三段式如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(g)⇌CH3COOC2H5(g)起始naa0转化nxxx平衡na-xa-xx，可以得到a点14．常温下，用0.1mol⋅L-1盐酸滴定20.00mL0.1mol⋅L-1弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数随滴加盐酸体积A．c≈5.4B．MOH的电离平衡常数是10C．a点：b=10，D．VHCl=10【答案】C【解析】常温下，0.1mol·L-1盐酸滴定20.00mL0.1mol·L-1弱碱MOH溶液时，溶液中c(MOH)减小，c(M+)增大、溶液pH减小且在加入20.00mL盐酸时，pH发生突变，则曲线①代表δ(M+)、曲线②代表pH的变化、曲线③代表δ(MOH)。由图可知，a点时溶液中MOH与M+浓度相等，溶液pH为9.55，pOH=4.45，则MOH的电离平衡常数为cM+cOH-cMOH=cOH-=10-4.45；c点得到溶液为0.05mol·L-1的MCl溶液，MCl水解方程为M++H2O⇌MOH+H+，Kh=cMOHcH+cM+≈c2H+0.05=KwKb=10-9.55，cH+=5×10-11.55mol·L-1，pH≈5.4二、解答题15．在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如下。已知：62Sm是一种稀土元素，活动性介于Na与回答下列问题：(1)与Co同周期同族的元素还有Fe和（填元素符号）。(2)工业上可通过（填“电解”“热还原”或“热分解”）法制备Sm。(3)“浸渣”的主要成分是；“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为。(4)“沉铁”过程中加入氨水的主要目的是调节pH。结合图中实验数据可知，溶液的最佳pH为。H2O2的实际用量通常要大于理论用量，原因是(5)“CoC2O4”隔绝空气“灼烧”得Co3O(6)Sm、Ni、O形成的稀土镍基氧化物的晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成的正八面体空隙中，则该稀土镍基氧化物的化学式为。【答案】(1)Ni(2)电解(3)Cu2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑(4)4铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水(5)3CoC2(6)SmNiO【解析】合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe）加盐酸破碎酸浸，Sm、Co、Fe和酸反应生成相应离子，铜不和稀盐酸反应，“浸渣”的主要成分为Cu，浸出液加草酸沉钐得Sm2(C2O4)3沉淀，滤液加氨水、H2O2沉铁得Fe(OH)3沉淀，滤液中加入草酸沉钴得CoC2（1）Co位于第四周期Ⅷ族，与Co同周期同族的元素还有Fe和Ni；（2）62Sm活动性介于Na与Al之间，可知Sm非常活泼，工业上可通过电解法制备（3）“浸渣”的主要成分是Cu，“破碎酸浸”过程中Sm发生反应的化学方程式为2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑；（4）由图中数据可知，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH为4；“氧化”时H2O2实际用量大于理论用量的原因是Fe3+会催化H2O2分解，消耗部分H2O2；（5）“CoC2O4”隔绝空气“灼烧”得Co3O4，反应的化学方程式为3CoC2O4=高温Co3O4+2CO2↑+4CO↑；（6）Ni16．乙烯利（）是一种农用植物生长调节剂，广泛应用于农作物增产和储存。常温下，乙烯利为固体，具有一定的腐蚀性，易溶于水，所得溶液显酸性。某实验小组同学用40%乙烯利溶液和稍过量的NaOH固体为原料制备乙烯。回答下列问题：(1)部分实验仪器及药品的选择和使用。①配制100g40%乙烯利溶液时，下图所示仪器不需要的是（填仪器名称）。②装瓶时，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹（填序号）。A．生理盐水

B．医用酒精

C．烧碱溶液

D．3%~5%的小苏打溶液(2)根据反应原理设计下图所示的装置制备乙烯气体。①已知电负性C>P，乙烯利中P的化合价为②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为Na3PO4）生成乙烯的化学方程式为③当观察到时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。(3)实验室也可以使用乙烯利固体与强碱溶液混合制备乙烯。分别使用KOH溶液、NaOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，现象如下：试剂现象30%KOH产气速率快，气流平稳，无盐析现象30%NaOH产气速率快，气流平稳，有盐析现象①通过上述现象分析可知，应选用30%（填“KOH”或“NaOH”）溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体，原因是。②在实验中，乙烯利固体的质量为10.0g（强碱溶液足量），制得的乙烯气体恰好能使含0.12molKMnO4的酸性高锰酸钾溶液完全褪色，则产品的产率为[已知M（乙烯利）=144.5【答案】(1)圆底烧瓶D(2)+5ClCH2CH2PO3(3)KOH30%NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行72.25【解析】（1）①配制100g40%乙烯利溶液时，溶质的质量为40g，水的质量60g，体积为60mL，所以需要托盘天平称量，量筒量取体积，烧杯溶解并使用玻璃棒搅拌，量筒取水会用到胶头滴管，所以不需要的仪器是圆底烧瓶；②由题可知，乙烯利水溶液显酸性，不小心将乙烯利溶液滴到手上，应先用大量水冲洗，再涂抹3%~5%的碳酸氢钠溶液，故选D。（2）①已知电负性C>P，O的电负性大于P，结合知，则乙烯利中P的化合价为+5。②用40%乙烯利溶液与NaOH固体反应（磷转化为Na3PO4）生成乙烯，由质量守恒知还会生成③高锰酸钾溶液能氧化乙烯使得溶液褪色，故当观察到酸性高锰酸钾溶液颜色变浅时，即可关闭活塞1，打开活塞2，用气囊收集乙烯气体。（3）①使用30%NaOH溶液有盐析现象，析出的盐会覆盖在乙烯利表面，阻碍反应的进行，应选用30%KOH溶液与乙烯利固体混合制备乙烯气体；②高锰酸钾氧化乙烯生成CO2，碳化合价由-2变为+4，锰化合价由+7变为+2，由电子守恒，知，5CH2=CH2∼60e17．工业上可以利用CO2合成CH反应Ⅰ．CO反应Ⅱ．CO(1)已知反应Ⅲ的平衡常数K3=K1K2，则反应Ⅲ的Δ(2)在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应①分析可知，反应I的正反应为（填“吸热”或“放热”）反应。②T℃时，容器中气体总的物质的量为，反应Ⅱ的化学平衡常数K2=③同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性，应选择的反应条件为A．高温高压

B．高温低压

C．低温高压

D．低温低压④若向3.0MPa恒压密闭容器中通入体积比VCO2VH2=12的混合气体，在1mol催化剂作用下只发生反应Ⅰ：CO2g+3H2g=CH3OH(3)通过电催化将CO2转化为CH①Pt电极是（填“阴极”或“阳极”）。②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，写出阴极电极反应式。【答案】(1)ΔH(2)放热2.4mol0.22C1：2该反应为放热可逆反应，温度过高时平衡向反应逆向移动(或副反应增多、催化剂失活等)，使甲醇产率反而下降(3)阳极CO【解析】（1）反应Ⅰ的K1=cCH3OH·cH2OcCO2·c3H2，反应Ⅱ的K2（2）在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2混合充入一恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化图可知，起始时混合气体的平均摩尔质量为1①由图可知，随着温度逐渐升高，CO2②T℃时，CO2的转化率为50%，则消耗的nCO2=0.5mol，剩余0.5mol；此时混合气体的平均相对分子质量为20，由于混合气体的总质量不变，利用平衡后混合气体的摩尔质量为：1mol×44g·mol-1+2mol×2g·mol-1n平=20g·mol-1，解得n平=2.4mol；体系减少了0.6mol，因反应Ⅱ对总物质的量无净增减，所以这0.6mol③同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性，需要反应Ⅰ平衡向右移动，根据反应Ⅰ为放热反应，需要低温，同时反应Ⅰ④由图中信息可知“169°C”与“223°C”时甲醇时空收率分别为 0.10mol·h-1·mol-1与 0.20mol·h-1·mol-1，而反应Ⅰ每生成（3）①由图可知，CO2转化为CH3OH时化合价降低得到电子，因此通入CO2的电极为阴极，则Pt电极为阳极；②若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室的浓度基本不变，说明未消耗18．化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如图所示。已知：Ⅰ．同一个碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：；Ⅱ．R1请回答下列问题：(1)A（填“存在”或“不存在”）顺反异构体。(2)B→C经历了先加成再消去的反应过程，中间产物的结构简式为。(