黑龙江省双鸭山市建新中学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黑龙江省双鸭山市建新中学2025届高三上学期一模考试一、单选题1．下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物C．Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2D．浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂【答案】C【解析】硫单质可以改变橡胶的内部结构，可用作橡胶硫化剂，A不符合题意；SO2具有漂白性能使有色物质褪色，可用于漂白草编织物，B不符合题意；Na2SO3具有还原性能和氧化性物质氯气反应，可用于处理自来水中残留的Cl2，C符合题意；浓硫酸具有吸水性，可促进酯化反应的进行，用作酯化反应的催化剂，D不符合题意。故选C。2．下列化学用语表述正确的是A．H2O2的电子式：B．SO32-的VSEPRC．基态Fe2+的价电子排布图：D．CCl4空间填充模型：【答案】C【解析】H2O2是共价化合物，电子式为，A错误；SO32-中心原子价层电子对数为3+126+2-3×2=4，VSEPR模型为四面体形，B错误；基态Fe2+的价电子排布图为，C正确；C原子的半径小于Cl原子，CCl4空间填充模型为，D3．下列物质的性质与其应用对应关系正确的是选项性质应用A明矾易溶于水用作净水剂BFeCl3吸收烟气中的HCH2清除游泳池中超标的ClDAl是活泼金属储运浓硝酸用铝罐A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】明矾含铝离子，能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，因此能用作净水剂，与溶解性无关，A错误；Fe3+具有氧化性而S2-具有还原性，两者能发生氧化还原反应，因此FeCl3吸收烟气中的H2S，是因为B错误；H2O2具有还原性，能与具有氧化性的Cl24．如图所示，室温下，A、B两个容积相等的烧瓶中分别集满了两种气体（同温、同压），当取下夹子，使两烧瓶内气体充分接触后，容器内压强由小到大的顺序正确的是编号①②③A中气体H2NH3NOB中气体Cl2HClO2A．①②③B．②③①C．②①③D．③②①【答案】B【解析】①氢气和氯气在常温下不反应，压强基本不变；②氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后几乎无气体剩余，气体压强几乎为零；③一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，即2NO+O2═2NO2，然后还会发生2NO2⇌N2O4，反应后气体的物质的量减小，压强减小；所以最后容器内的压强由小到大的顺序为②③①，故选B。5．下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是A．NO2→HNO3 B．Cl2→HClO C．SiO2→H2SiO3 D．H2SO4(浓）→SO2【答案】C【解析】NO2溶于水生成硝酸和NO，能通过一步反应完成，A错误；Cl2+H2O=HCl+HClO,能通过一步反应完成，B错误；SiO2不能溶于水，不能与水直接反应产生H2SiO3，不能通过一步反应完成，C正确；铜和浓硫酸反应生成CuSO4、SO2和水，能通过一步反应完成，D错误。故选C。6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAD．标况下，11.2L甲烷和乙烯的混合气体充分燃烧，所形成的O—H键数目为2NA【答案】D【解析】124g白磷的物质的量为1mol，白磷分子中含6条p-p键，故1mol白磷中含6NA条p-p键，A错误；FeCl3溶液中存在Fe3+的水解，100mL1mol•L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；SO2和O2的反应为可逆反应，2molSO2和1molO2不可能进行彻底，反应后分子总数不为2NA，C错误；标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合气体物质的量为11.2L22.4L/mol＝0.5mol，一个甲烷分子和一个乙烯分子中均含4个氢原子，所以完全燃烧生成1mol水，产物中所含O-H键数目为2NA，D正确。故选D7．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaCl和NaOH。下列用来解释事实的离子方程式不合理的是A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2来制备：B．HClO的酸性弱于H2COC．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用会产生有毒的Cl2：D．该消毒液加白醋会生成HClO，可增强漂白作用：H【答案】D【解析】消毒液由Cl2和NaOH溶液反应制备，离子反应方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，A正确；HClO的酸性弱于H2CO3，所以二氧化碳与NaClO溶液反应离子方程式为ClO−+H2O+CO2=HClO+HCO3-，B正确；消毒液与洁厕灵混用会产生有毒的Cl2，离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，C正确；由于HClO酸性比醋酸弱，NaClO与醋酸反应生成HClO，增加了HClO的浓度，漂白性增强，离子反应方程式为CH3COOH+8．前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Y同周期相邻，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的价电子排布为4s1，基态A．简单气态氢化物的热稳定性：YB．简单离子的半径：ZC．Z的最高价氧化物对应水化物能与强酸和强碱反应生成盐和水D．三种元素形成的化合物W2【答案】B【解析】Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al，Y原子序数小于Al，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，X与Y同周期相邻的非金属元素，则Y为O，X为N，W的价电子排布为4s1，W为K，前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，则Q处于第四周期，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的，原子外围电子排布为3d54s1，则Q为Cr。非金属性O＞N，故简单氢化物稳定性：O＞N，A正确；电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-＞O2-＞Al3+，B错误；氢氧化铝是两性氢氧化物，与强酸反应生成铝盐与水，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，C正确；由O、K、Cr形成的化合物K2Cr2O7，可用于检查司机酒后驾车，D正确。故选B。9．CsCl晶体结构如图所示，对相距最近的两个Cs+与它们最近的Cl-之间夹角的判断正确的是A．120° B．90° C．109°28' D．以上均不正确【答案】D【解析】取晶胞的面对角线和边形成的横切面如图：，面对角线的长度比边长长，则相距最近的两个Cs+与它们最近的Cl-之间夹角的小于90°。选D。10．利用电解原理，可将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。下列说法正确的是A．a为电解池阳极B．电解后左侧电极室KOH溶液pH增大C．阴极电极反应式为2NHD．电解过程中阴离子通过交换膜从右向左迁移【答案】B【解析】电解池中，b电极上NH3失电子发生氧化反应生成N2，则电极b为阳极，A错误；电极a为阴极，H2O在阴极上得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C错误；左侧区生成的OH-和从左侧区向右侧区移动的OH-的量相等，KOH物质的量不变，左侧电极室水减少，KOH溶液浓度增大，溶液11．在298K、101kPa时，已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是A．ΔH3＝2ΔH2－ΔH1 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2【答案】A【解析】将②式乘以2再减去①式消去H2得③式2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)，由盖斯定律知，ΔH3=2ΔH2-ΔH1。选A。12．在2L密闭容器中加入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应：N2+3H2⇌2NH3，半分钟后测得生成0.06molNHA．v(NH3)=0.06mol·L-1·min-1 B．v(H2)=0.04mol·L-1·min-1C．v(NH3)=0.12mol·L-1·min-1 D．v(N2)=0.24mol·L-1·min-1【答案】A【解析】v(NH3)=0.06mol2L0.5min=0.06mol·L-1·min-1，v(H2)=0.06mol·L-1·min-1×32=0.09mol·L-1·min-1，v(N2)=0.06mol·L-1·min-1×1213．如图是一个能对负载供电的电池装置。下列说法正确的是A．b极是负极B．a极电极反应式为H2-2e-═2H+C．负载通过1mol电子，右池产生标况下5.6L气体D．电池总反应式为：H++OH-═H2O【答案】D【解析】该原电池中，b极H+得电子放出H2，b极为正极，A错误；H2在a极失电子发生氧化反应，a极为负极，电极反应为H2-2e-+2OH═2H2O，B错误；b极电极反应式为2H++2e-═H2↑，通过1mol电子，产生标况下11.2L气体，C错误；由正极和负极反应式相加得电池总反应式为H++OH-═H2O。D正确。故选D。14．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，常温下X、Y形成的简单气态化合物水溶液显碱性，X与Z的单质在黑暗处剧烈化合并发生爆炸，W单质用于制备电脑芯片和太阳能电池。下列说法不正确的是A．原子半径：W>Y>Z>XB．简单气态氢化物的稳定性：Y<ZC．Y的所有氧化物中Y元素的价态只有+2、+3价D．四种元素均为非金属元素，仅由X、Y、Z可形成离子化合物【答案】C【解析】常温下X、Y形成的简单气态化合物水溶液显碱性，则该气态化合物是氨气，X是H，Y是N；X与Z的单质在黑暗处剧烈化合并发生爆炸，则Z是F；W单质用于制备电脑芯片和太阳能电池，则W是Si。同一周期从左到右原子半径逐渐减小，电子层越多，原子半径越大，原子半径大小顺序为：W>Y>Z>X，A正确；元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，故简单气态氢化物的稳定性：HF>NH3，B正确；Y为N元素，Y的氧化物有NO、NO2、N2O5等，化合价有+2、+4、+5价，C错误；四种元素均为非金属元素，X、Y、Z可形成离子化合物氟化铵，D正确。选C。15．下列说法不正确的是A．向NH4Cl溶液中加入少量等物质的量浓度的稀盐酸，c(NH4B．等体积、等浓度的NaClO、CH3COONa溶液中，前者中的离子总数小于后者中的离子总数C．等浓度、等体积的Na2CO3和D．已知在相同条件下，HF的酸性强于CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)【答案】D【解析】向NH4Cl溶液中加入少量等物质的量浓度的稀盐酸，Kb(NH3•H2O)不变，c(OH-)变小，则c(NH4+)c(NH3×H2O)=Kbc(OH-)的值增大，A正确；等浓度的NaClO、CH3COONa溶液中，由由荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，CH3COOH的酸性强于HClO，ClO-比CH3COO-的水解程度大，等浓度时，NaClO溶液c(H+)小，则等体积等浓度的NaClO、CH3COONa溶液中，前者离子总数小于后者，B正确；H2CO3的Ka1=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)，Ka2=c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)，且Ka1＞Ka2，等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)>c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)，则c(HCO3-)c(H2CO3)>c(CO32-)c(HCO3-)，C正确；HF的酸性强于CH3COOH，浓度相等的NaF与CH3二、填空题16．氧化一还原反应实际上是含氧化反应和还原反应二个过程，一个还原反应过程如下：NO3-+4H++3e-→NO+2H下列四种物质：KMnO4，Na2CO3，KI，Fe2(SO4)3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生。(1)被还原元素是；还原剂是；(2)写出并配平该氧化还原反应的化学方程式并用双线桥注明其电子转移的方向和数目：；(3)反应生成0.4molH2O，则转移电子的数目为个；(4)若反应后，氧化产物的化合价升高，而其他物质保持不变，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比将(填“增大”、“不变”、“减小”或“不能确定”)【答案】(1)NKI(2)(3)3.612×1023(或0.6NA)(4)增大【解析】（1）NO3-+4H++3e-→NO+2H2O过程中，氮化合价降低，被还原，给出的四种物质中，碘化钾具有还原性，选择（2）根据电子守恒配平该氧还反应的方程式。用双线桥表示电子转移时，-1价I升到零价，一个I-失去1个电子，6个I-失去6个电子。+5价N得3个电子生成NO。氮的化合价没有全部降低，得到的电子为2×3e-。故答案为；（3）根据反应方程式，生成4mol水，转移6mol电子，则生成0.4mol水，转移的电子为3.612×1023(或0.6NA)；（4）若反应后，氧化产物的化合价升高，则需要更多的氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比将增大。17．MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：软锰矿→研磨资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子沉淀的pH（25℃）Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。(1)溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。i．II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是。ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是。(2)纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：。【答案】(1)增大反应速率，提高浸出率MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+(2)纯化时先加入MnO2，将溶液中的Fe2+氧化；后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，可以使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去【解析】（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；②i．根据图示可知：II是软锰矿中的MnO2与Fe2+反应产生Mn2+、Fe3+，溶出Mn2+的主要反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；再加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，经过滤法分离。18．某小组研究影响反应速率的因素。(1)实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。①设计实验方案如下表，表中c=mol·L－1。编号酸的种类酸的浓度/mol·L－1酸的体积/mL镁条质量/g1醋酸1.0102.02盐酸c102.0②实验步骤：（a）检查装置（左图）的气密性后，添加药品；（b）反应开始后，；（c）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：。(2)实验二：探究反应条件对0.10mol/LNa2S2O3溶液与稀H2SO4反应速率的影响，其设计与测定结果如下：编号反应温度/℃Na2S2O3溶液/mLV(蒸馏水)/mL0.10mol/LH2SO4溶液/mL乙125℃10.0010.0225℃5.0a10.0345℃10.0010.0I.完成上述实验原理的离子方程式。II.上述实验1、3是探究对化学反应速率的影响；若上述实验1、2是探究浓度对化学反应速率的影响，a为；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写。【答案】(1)1.0每隔1min记录一次生成H2的体积醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小(2)S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑温度5.0【解析】（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，其他影响反应速率的因素必须相同，故醋酸和盐酸的浓度应相同，c为1.0mol·L-1；②据图可知，在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积；③据图可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大，而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，反应速率明显减小；（2）I．Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；II．当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素相同，实验①③可探究温度对反应速率的影响；实验①②中的Na2S2O3溶液的加入体积不同，要探究Na2S2O3溶液浓度不同对反应速率的影响，反应溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积相同，a的值为5.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得出现浑浊时间的长短，故乙要测量的物理量是出现浑浊的时间19．自从1902年德国化学家哈伯研究出合成氨的方法以来，氨在工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。(1)甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

∆H<0.如t1min时达到平