广西壮族自治区柳州市2025届高三上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广西壮族自治区柳州市2025届高三上学期一模考试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．湖笔、徽墨、宣纸和端砚是我国最为称著的文房四宝，下列有关叙述错误的是A．湖笔笔头多用动物毛发制成，其主要成分为蛋白质B．徽墨的主要成分是碳单质，故水墨字画能较长久保存C．宣纸可由甘蔗渣制成，甘蔗渣主要成分为纤维素D．端砚的主要成分为无机盐，用石材打磨制端砚的过程为化学变化【答案】D【解析】动物毛发的主要成分为蛋白质，A正确；碳单质化学性质稳定，水墨字画不易褪色，故水墨字画能较长久保存，B正确；宣纸可由甘蔗渣制成，纤维素是其主要成分，C正确；端砚由石材制成，打磨过程仅改变形状，属于物理变化，非化学变化，D错误。故选D。2．下列有关化学用语的表述正确的是A．NH4ClB．CO3C．基态铜原子价电子的轨道表示式为：D．中子数为30的Fe原子符号为：【答案】B【解析】氯化铵为离子化合物，电子式为，A错误；CO32-中C的价层电子对数=3+4+2-2×32=3，C无孤电子对，CO32-的空间构型为平面三角形，B正确；基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，其轨道表示式为，C错误；中子数为30的Fe的质量数为56，原子符号为26563．下列实验装置或操作正确且能达到预期目的的是A．量取20.00mL稀硫酸B．重结晶法提纯苯甲酸C．制蒸馏水，接收馏出物D．向试管中滴加溶液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】稀硫酸会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，用酸式滴定管来量取20.00mL稀硫酸，A能达到预期目；苯甲酸在水中的溶解度不大，且受温度影响较大，则通过加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥提纯苯甲酸，图示为蒸发结晶，B不能达到预期目；制蒸馏水，接收馏出物时接凝管与锥形瓶间要留有空隙不能用橡胶塞塞紧，C不能达到预期目；用胶头滴管向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能插入试管内部，D不能达到预期目。故选A。4．抗炎镇痛药“消炎痛”的结构如下图所示，关于“消炎痛”说法错误的是A．结构中含有酰胺基B．能与Br2的CCl4溶液反应C．能与NaHCO3溶液发生反应D．1mol“消炎痛”最多能与9mol氢气发生加成反应【答案】D【解析】该有机物中含有酰胺基“-CO-NH-”，A正确；该有机物结构中含有碳碳双键，故能与Br2的CCl4溶液反应，B正确；该有机物中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，C正确；该有机物中苯环和碳碳双键均能与H2发生加成反应，故1mol“消炎痛”最多能与7mol氢气发生加成反应，D错误。故选D。5．物质结构决定物质性质，下列性质与结构因素匹配错误的是选项性质结构因素A沸点：HH2B酸性：CF氟原子吸电子效应更大C碱性：NaOH钠的金属性强于镁D熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃两者晶体类型不同A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】H2O能形成分子间氢键，而H2S不能形成分子间氢键，所以沸点：H2O>H2S，A性质与结构不匹配；酸性：氟原子比氯原子吸电子效应大，CF3COOH中O-H键极性大，酸性：CF3COOH>CCl3COOH，6．下列所给事实对应离子方程式书写错误的是A．硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：3B．向硫代硫酸钠溶液滴加稀硫酸：SC．同浓度同体积NH4HSO4溶液与D．草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液：5【答案】D【解析】硝酸亚铁与稀硫酸反应生成Fe3+、NO和水，A正确；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S、SO2和水，B正确；NH4HSO4与NaOH物质的量之比为1:1混合，反应离子方程式为H++OH-=H2O，C正确；草酸与酸性高锰酸钾反应生成CO7．水体中的Ni可利用丁二酮肟与其形成红色配合物的方法进行检验。形成的配离子结构如下图所示，已知其中四个氮原子和镍离子处于同一平面，下列说法正确的是A．虚线框中键角∠HCH大于键角B．该配离子中N原子的杂化类型为sp2C．该配离子中基态原子第一电离能最大的是0D．该配离子中的化学键类型有极性键、非极性键、配位键、离子键【答案】B【解析】虚线框中甲基碳原子采取sp3杂化，双键碳采取sp2杂化，虚线框中键角∠HCH小于键角∠CCN，A错误；该配离子中N原子均形成双键，形成3个σ键，且不含孤电子对，N原子的杂化类型为sp2，B正确；N元素2p轨道半充满更加稳定，较难失去外层第一个电子，则第一电离能：N>O，该配离子中基态原子第一电离能最大的是N，C错误；该配离子内部存在极性键(如O–H、C＝N等)、非极性键(C–C)、配位键(N→Ni)，但Ni2+与配体形成配位键，不存在典型的“离子键”，D8．根据下列实验目的，实验操作、现象和结论均正确的是选项实验目的实验操作现象结论A探究氢离子浓度对CrO42-、向K2溶液由黄色变为橙色增大氢离子浓度，平衡向生成Cr2B比较AgCl与Ag2向10mL0.1mol⋅L先出现白色沉淀，后出现黑色沉淀溶解度：AgClC检验久置的Na2向过氧化钠样品中滴加过量的盐酸，将生成的气体通入CaCl2无白色沉淀生成样品未变质D检验SO2把充满SO2试管内液面上升SO2A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】K2CrO4在水溶液中存在化学平衡：Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙色，说明增大c(H+)，平衡向生成Cr2O72-的方向移动，A正确；向10mL0.1mol⋅L-1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol⋅L-1NaCl溶液，再加入5mL0.1mol⋅L-1Na2S溶液，AgNO3过量，溶液中9．一种钠离子电池结构如下图所示，该电池电极材料分别为NaxCy(嵌钠硬碳)和Na2MnFeA．放电过程中，电流从A电极经负载流向B电极B．放电过程中，负极反应为：NaC．充电过程中，每转移1mol电子，两极质量差为D．该电池不能在水溶液中工作【答案】C【解析】放电时，NaxCy(嵌钠硬碳)中的Na在负极失去电子，脱嵌出Na+，发生反应NaxCy-xe-=Cy+xNa+，NaxCy为负极，正极材料为Na2MnFeCN6，正极反应为x2Mn[Fe(CN)6]+xe-+xNa+=xNa能和H2O反应生成NaOH和H2，该电池不能在水溶液中工作，D正确。故选C。10．“黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如下图，其中(R、D′均代表烃基)，下列有关说法错误的是A．反应过程中有水生成B．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成C．反应过程中NH2NH2起还原作用D．利用该反应机理，可将转化为CH3【答案】B【解析】由反应历程图可知，反应过程中转化②④步骤中有水生成，A正确；反应过程中涉及到N≡N非极性键的形成，只涉及极性键的断裂，B错误；反应过程中NH2NH2转化为N2，N的化合价升高，被氧化，即起还原作用，C正确；利用该反应机理，若甲有机物中的R为CH3CH2-或-CH3，R′为CH3-或CH3CH2-，则甲有机物为，则按图示历程可转化为CH3CH2CH2CH311．FeTiO3常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，其晶胞如下图所示，为等轴晶系。晶胞参数为anm，A．O2-构成正八面体形 B．距离O2-最近的Fe2+C．该晶体的密度为1.52×1023a3⋅【答案】B【解析】由晶胞结构示意图可知，O2-构成正八面体形，A正确；O2-位于面心，Fe2+位于体心，距离Fe2+最近的O2-数目为6个，距离O2-最近的Fe2+数目为2个，B错误；晶胞中Fe2+个数为1，O2-个数为6×12=3，Ti4+个数为8×18=1，晶胞的质量为152NAg，晶胞的体积为(12．便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下图所示。已知纯ClO2A．向发生器中通空气的目的是提供氧化剂B．标准状况下2.24LSO2C．每消耗1molClO2，理论上需要消耗的HD．吸收塔中每转移4mol电子，生成气体的分子数为【答案】C【解析】然后反应生成ClO2由图示流程可知，NaClO3固体中加入稀硫酸进行溶解，在发生器中通入SO2和空气的混合气，NaClO3被还原为ClO2，SO2被NaClO3氧化为+6价含硫化合物，已知纯ClO2易分解爆炸，故通空气的目的是稀释ClO2，A错误；标准状况下2.24LSO2的物质的量为0.1mol，其含有的质子数为0.1mol×(16+8×2)×NAmol-1=3.2NA，B错误；在吸收塔中，ClO2和NaOH、H2O2反应生成NaClO2、H2O和O2。反应的离子方程式为2ClO2+213．一定条件下，在甲、乙两个恒容密闭容器(容器容积V甲:V乙=1:2)中投入等物质的量的X和Y，发生反应xA．m<0 B．x+y<p+qC．平衡常数：Kc>Ka=【答案】BC【解析】由图像可知，其他条件不变时，甲或乙容器中，温度升高，c(X)减小，说明正反应吸热。ΔH>0，m>0，A错误；由于容器容积V甲:V乙=1:2，投入的是等物质的量的X和Y，反应刚开始时，甲中c(X)是乙中的2倍，T1时反应达到平衡，甲中c(X)大于乙中c(X)的2倍，说明容器体积减小，平衡逆向移动，正反应是气体体积数增大的反应，x+y<p，则x+y<p+q，B正确；平衡常数只受温度影响，该反应是吸热反应，温度越高，平衡常数越大，则平衡常数：Kc>Ka=Kb，C正确；甲中X浓度是乙中的2倍，Y浓度是乙中的2倍，b、c两点X的平衡浓度相等，由于x和y的关系及X14．常温下用0.02mol/LNaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.02mol/LHCl和NH4Cl的混合溶液。滴定过程中溶液的pH随η(η=V(标准溶液)V(A．水的电离程度：aB．滴定过程中，cC．NH3·H2O的电离常数约为10D．b点c【答案】D【解析】由题干信息可知，a点加入等体积的NaOH溶液，则HCl与NaOH恰好完全反应，此时溶液中溶质为等物质的量的NaCl和NH4Cl，b点为加入1.5倍体积的NaOH溶液，则溶质为NaCl、NH4Cl和NH3·H2O，c点为加入2倍体积的NaOH溶液，则溶质为NaCl和NH3·H2O，NH4Cl水解对水的电离起促进作用，NH3·H2O电离出的OH-对水的电离其抑制作用，故水的电离程度：a>b>c，A正确；根据物料守恒可知，滴定过程中，cCl-=2cNH4++cNH3⋅H2O，B正确；a点溶液中溶质为NaCl和NH4Cl，此时溶液中c(NH4Cl)=0.01mol·L-1，pH=5.62，则c(H+)=c(NH3·H2O)=10-5.62，c(NH4+)≈0.01mol·L-1，c(OH-)=10-8.38，NH3·H2O的电离常数约为c(NH4+)c(OH-)c(NH3•H2O)=0.01×10-8.3810-5.62=10-4.76，C正确；b点b点溶质为NaCl、NH4Cl和NH3·H2O，且15．2019年诺贝尔化学奖授予对锂电池研究做出贡献的三位科学家。可利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料(LiCoO2)进行氯化处理，得以回收Li、回答下列问题：(1)LiCoO2中Co的化合价为，基态Co原子的核外电子排布式为(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”发生的化学反应方程式为(3)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，原因可能是SiCl4易剧烈水解生成和，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有A．SiCl4的相对分子质量大于CCl4B．Si的原子半径大于C．Si-Cl键的极性大于C-Cl键D．(4)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为。(5)常温下，已知pH=1.1时Co3+恰好沉淀完全(c≤1.0×10-5mol⋅L-1)，滤液2(6)滤液3主要含有的阳离子是。【答案】(1)+31s22s2(2)4LiCoO(3)H2SiO3HCl(4)3Co(5)10-16.7(6)K+、【解析】LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用高锰酸钾氧化沉钴，过滤后得滤渣为主要成分为Co(OH)3和MnO2，滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到为Li2CO3。（1）LiCoO2中Li为+1价，O为-2价，Co的化合价为+3，Co的原子序数为27，基态Co原子电子排布为1s22s（2）LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，同时生成O2，化学反应方程式为：4LiCoO（3）SiCl4中Si为+4价，Cl为-1价，SiCl4水解产生白雾，说明Cl结合H+产生HCl，Si结合OH-生成H2SiO3；SiCl4的相对分子质量大于CCl4，与水解反应没有关系，A不选；Si的原子半径更大，非金属性弱，SiCl4中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性H2O的吸引，使之容易水解，B选；Si—Cl键极性更大，易受到极性强的H2O影响，易水解，C选；Si—Cl键键能更大，更稳定，与水解无关，D（4）“氧化沉钴”中，KMnO4将CoCl2氧化为Co(OH)3，自身还原为MnO2，氧化还原反应的离子方程式为3Co（5）已知pH=1.1时，Co3+恰好沉淀完全，此时c(OH-)=10-12.9，则Ksp[Co(OH)3]=(10-12.9)3×10-5=10-43.7，氧化沉钴时pH=5，c(OH-)=10-9，滤液2（6）滤液3的主要成分是KCl和NaCl，故阳离子为K+、Na16．连二硫酸钠(Na2S2O6⋅2H2O)是一种重要的化学试剂。某兴趣小组设计了利用MnOⅠ．连二硫酸钠(Na2S(1)采用下图所示装置制备SO2，仪器b的名称为，管a的作用是(2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是①防止过多的MnO2与H2SO3反应生成副产物MnSO4(3)滴入饱和Na2CO3溶液的主要作用是(4)步骤Ⅴ由滤液得到连二硫酸钠晶体的实验操作为、、过滤、洗涤、干燥。Ⅱ．连二硫酸钠(Na2S(5)同学们将连二硫酸钠溶于水，当pH<2.5时，生成了硫酸和一种有刺激性气味的气体，该气体为(6)Na2S2O6⋅2H【答案】(1)蒸馏烧瓶平衡气压，使液体顺利滴下(2)防止反应太快、放热太多、不利于控制温度(3)沉锰(或除锰、使锰离子沉淀完全)(4)蒸发浓缩冷却结晶(5)SO2(6)Na【解析】步骤Ⅰ中通入SO2至饱和，SO2与水反应生成H2SO3，步骤Ⅱ发生的反应有MnO2+2H2SO3<10℃MnS2O6+2H2O，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液，目的是除去过量的SO2或H2SO3，以及副产物SO42-等，步骤Ⅳ滴入饱和碳酸钠溶液，发生MnS2O6+Na2CO3=MnCO3↓+Na2S2O6，经过过滤得到Na2S2O6溶液，步骤（1）根据仪器b结构，仪器b的名称为蒸馏烧瓶；管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；（2）MnO2具有氧化性，SO2或H2SO3具有还原性，为防止过多的MnO2与SO2或H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快，放热太多，不利于控制温度，因此步骤Ⅱ应分数次加入MnO2；（3）根据上述分析，加入饱和碳酸钠溶液，发生MnS2O6+Na2CO3=MnCO3↓+Na2S2O6，其作用是得到产品，除去溶液中Mn2+；（4）获得产品含有结晶水，一般采用的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）Na2S2O6中S的化合价可以看作为+5价，当pH＜2.5时，生成了硫酸和一种有刺激性气味的气体产生，硫元素由+5价升高为+6价，根据氧化还原反应规律，应有化合价降低，该气体为SO2；（6）24.2gNa2S2O6·2H2O物质的量为0.1mol，当完全失去结晶水时，Na2S2O6的质量为20.6g，根据图像可知，a点对应的物质为Na2S2O6，200℃~267℃固体质量减少6.4g，该过程为分解反应，放出SO2，其反应方程式为Na2S2O6200℃~267℃Na2SO417．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的综合利用是研究热点之一、在合适的催化剂作用下，用CO2、H2为原料合成甲醇(反应Ⅰ：CO2g反应Ⅱ：CO2g(1)反应Ⅰ在(填“高温”“低温”)条件下能自发反应。根据下列已知信息，计算ΔH2=kJ⋅mol-1化学键HCCHCE4368061076465413(2)CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。步骤Ⅰ~Ⅲ中活化能最小的步骤是(填序号)，写出步骤Ⅳ的反应方程式(3)上述反应体系在建立平衡后，恒温条件下能够提高CO2的平衡转化率的措施有(任举一例)(4)在1L密闭容器中充入1molCO2和2.24molH2发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时CO①553K后CO2转化率随温度升高而增大，其原因可能是②在553K下，达平衡时体系的总压为P，则反应Ⅱ的Kp=(保留小数点后三位。Kp为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压(5)甲醇-氧气固体氧化物燃料电池属于第三代燃料电池，其工作原理如图所示。该电池的负极电极反应式为。【答案】(1)低温+42kJ(2)ⅢCH3O*+OH*+2H*=CH3(4)生成CO为主反应，温度升高，平衡正向移动，导致CO2转化率上升0.011(5)【解析】（1）反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，ΔH<0、ΔS<0，ΔH-TΔS<0时反应能够自发进行，则该反应低温条件下能自发反应。反应Ⅱ的ΔH2=反应物的总键能-生成物的总键能=2×806kJ·mol-1+436kJ·mol-1-1076kJ·mol-1（2）由图可知，步骤Ⅰ~Ⅲ中活化能最小的步骤是Ⅲ，步骤Ⅳ的反应物为CH3O*、OH*、2H*，生成物为（3）增大H2的浓度(或增大压强、将甲醇、H2O液化分离出反应体系等)，可以使反应Ⅰ和反应Ⅱ（4）①反应Ⅱ是吸热反应，553K后CO2转化率随温度升高而增大，其原因可能是：生成CO为主反应，温度升高，平衡正向移动，导致②在553K下，达平衡时体系的总压为P，列出“三段式COCOCO2的平衡转化率为x+y=20%，甲醇的选择性为xx+y=60%，解得x=0.12，y=0.08，气体总物质的量为3.24mol-2×0.12mol=3mol，达平衡时体系的总压为P，则反应Ⅱ的Kp=0.2（5）由图可知，甲醇-氧气固体氧化物燃料电池中，甲醇在负极失去电子生成CO2，电极反应式为CH318．普罗帕酮是广谱高效抗心律失常的药物，它由有机物A经多步反应合成的过程如图所示：已知：羟醛缩合反应：；(1)有机物A的同分异构体的化学名称为，有机物F的官能团名称为。(2)D→E的反应类型是(3)下列说法正确的是______。A．有机物A中所有碳、氧原子可能共平面B．在一定条件下，1molA与足量的NaOH溶液反应最多消耗C．有机物E的分子式为CD．有机物I普罗帕酮分子中不存在手性碳原子(4)B+C→D的化学反应方程式为(5)有机物B的同分异构体M中，符合以下条件的有种(不考虑碳碳双键上连-OH的情况)，写出其中一种核磁共振氢谱显示有五组峰，且