湖北省黄冈市蕲春县实验高级中学2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄冈市蕲春县实验高级中学2025届高三下学期一模试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2025年春晚，宇树机器人的舞蹈表演震撼了全世界。下列有关说法正确的是A．宇树机器人使用石墨烯作为导热材料，利用了石墨烯良好的导热性B．宇树机器人使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂的密度大C．宇树机器人使用了大量碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料D．宇树机器人使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、熔点高【答案】A【解析】A．石墨烯具有良好的导热性，可作为导热材料，A正确；B．使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂电池具有高能量密度的特点，而不是因为锂的密度大，B错误；C．使用了大量碳纤维复合材料，是因为碳纤维复合材料具有高强度、低密度和耐磨损等性能，碳纤维复合材料是由碳纤维、树脂、金属、陶瓷等复合而成的材料，不是有机高分子材料，C错误；D．使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、密度小（质轻）、熔点相对低的特点，D错误；故答案选A。2．下列化学用语表示错误的是A．基态32Ge原子的最高能层轨道表示式：B．固体HF中的链状结构：C．HS-的电离方程式：D．sp2杂化轨道模型：【答案】B【解析】Ge的原子序数为32，位于第四周期ⅣA族，基态Ge的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，最高能层轨道表示式为，A正确；固体HF中的链状结构应为，B错误；HS－在水中部分电离为S2－和H3O+，C正确；sp2杂化轨道呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为，D正确。故选B。3．已知NAA．标准状况下，2.24L的CH2Cl2B．1molCl2通入水中，溶液中Cl-、ClO-、HClOC．1molNaCN固体溶于HCN酸所得溶液显中性，CN-的数目为D．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2【答案】C【解析】标准状况下，CH2Cl2不是气体，不能计算出2.24L的CH2Cl2含有的分子数，A错误；氯水中有Cl－、ClO－、HClO和Cl2分子，1molCl2溶于水，溶液中Cl－、HClO、ClO－数目和Cl2分子数目的2倍之和为NA，B错误；1molNaCN固体溶于HCN酸所得溶液显中性，n(H＋)＝n(OH－)，根据电荷守恒知，n(H＋)＋n(Na＋)＝n(CN－)＋n(OH－)，则n(Na＋)＝n(CN－)＝1mol，CN－数目为NA，C正确；2molNO与1mol氧气反应生成2molNO2，NO2中存在2NO2⇌N2O4，反应后NO2分子数小于2N4．下列过程发生的化学反应，相应的方程式正确的是A．钢铁吸氧腐蚀的负极反应：FeB．惰性电极电解饱和AlCl3溶液：C．乙酰胺在盐酸中水解：CHD．工业盐酸呈现亮黄色的原因：Fe【答案】D【解析】钢铁吸氧腐蚀负极的反应式为Fe-2e-=Fe2+，A错误；电解AlCl3溶液的离子方程式为2Al3++6Cl-+6H2O电解2AlOH3↓+3H2↑+3Cl2↑，5．下列实验方法选择错误的是选项实验目的方法A分离C60和选用空腔大小适配的“杯酚”B探定青铜器的微观晶体结构X射线衍射法C鉴定元素原子光谱D确定有机物的实验式质谱法A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】C60和C70的大小不同，可利用空腔大小与其中之一近似的“杯酚”分离两者，A正确；X射线衍射法可用于研究晶体结构，B正确；每种元素电子能级不同，具有不同的光谱图，利用原子光谱可以鉴别元素，C正确；质谱只能测分子量，不能确定有机物的实验式，D错误。故选D。6．实验操作是进行科学实验的基础。下列实验操作科学正确的是A．得到NH4Cl固体B．验证石蜡油受热分解产生乙烯C．制备Al2S3固体D．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】NH4Cl受热易分解为NH3和HCl气体，蒸发结晶时，NH4Cl分解，不能得到NH4Cl固体，应采用降温结晶，A操作得不能NH4Cl；将石蜡油分解的产物通入酸性KMnO4溶液，若观察到溶液褪色，说明产物中可能含有烯烃，不能确定是乙烯，B操作结论错误；Al2(SO4)3溶液中Al3＋水解显酸性，Na2S溶液中S2－水解显碱性，二者混合发生反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O＝2Al(OH)3↓＋3H2S↑，不能制备Al2S3固体，应该用金属铝与单质硫化合制备，C操作不能得到原理Al2S3；滴定终点前，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可使附着在内壁的样品溶液进入反应体系，确保所有溶质参与反应，不影响滴定结果，D操作正确。故选D。7．含硫燃料燃烧时，产生大量SO2，可用石灰石浆液法进行吸收，流程如图1所示；研究发现，石灰石浆液pH变化会影响SO2的吸收效果，结果如图下列说法错误的是A．在设备1中使用逆流喷淋吸收法提高SO2B．设备2中发生的反应为：2C．一定范围内若pH过高，CaCO3溶解度过小，不利于SOD．为了提高吸收速率需要尽可能提高设备1、2的反应温度【答案】D【解析】逆流喷淋废弃和石灰石浆接触面积大，提高SO2吸收率，A正确；SO2转化为CaSO4过程中S的化合价升高，则O化合价降低，反应方程式为2CaSO3＋O2＋4H2O＝2CaSO4·2H2O，B正确；CaCO3在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)，pH过高，c(OH-)大，c(CO32-)大，CaCO3溶解度过小，不利于SO8．学习小组为探究Co2+与H2O2的反应，室温下进行了实验实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星的木条复燃的气体已知：CoH2O62+为粉红色、CoA．实验Ⅰ表明，室温下H2O2B．实验Ⅱ表明CoH2C．实验Ⅲ中产生的气体仅为氧气D．实验Ⅲ表明，CoCO33【答案】C【解析】；并且初步同时过氧化氢生成氧气。CoH2O62+若被氧化，溶液颜色应发生变化，实验Ⅰ中无明显变化，证明CoH2O62+不能被H2O2氧化，A正确；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明CoH+18H2O+4CO2↑，故气体还有CO2，C错误；实验III中溶液变为墨绿色，说明CoH2O63+更易与CO32-反应生成CoCO333-，证明CoH2O69．M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y同周期，W可形成自然界中硬度最大的单质，Z为过渡金属元素。由5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示。下列说法错误的是A．与X同周期且第一电离能小于X的元素有5种B．W形成的氢化物的沸点一定低于X形成的氢化物C．该配合物中X原子的杂化方式为spD．元素Z的化合价为＋2价【答案】B【解析】W可形成自然界中硬度最大的单质，即金刚石，W为C；由图示结构式可知，M只能形成一个单键且原子序数最小，M为H，Y能形成两个键，Y为O，X为N，Z不能确定。与X(N)同周期且第一电离能小于X的元素有Li、Be、B、C、O，5种，A正确；C(W)和N(X)形成的氢化物有多种，C(W)形成的氢化物的沸点不一定低于N(X)形成的氢化物，B错误；该配合物N(X)原子形成C＝N键，N为sp2杂化，C正确；配合物中有两个只连接1个单键的氧原子，该2个氧原子各带一个负电荷，则Z的化合价为＋2价，D正确。故选B。10．制备亚氯酸钠(NaClO2，受热易分解)的工艺流程如图，下列说法错误的是A．“滤渣”的成分为MgB．①②两处通HCl的作用相同C．操作a为“减压蒸发”D．理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1：1【答案】B【解析】粗食盐水(CaCl2、MgCl2)中加入试剂x、y，常用NaOH溶液除Mg2＋，用Na2CO3溶液除Ca2＋，反应Ⅰ后过滤，滤渣为Mg(OH)2和CaCO3；向反应Ⅰ后的溶液中通入适量HCl后电解得到NaClO3和H2，向电解所得NaClO3溶液中通入适量HCl，反应Ⅱ中NaClO3和HCl反应得到ClO2气体和气体A和母液；ClO2进入吸收塔，加NaOH、H2O2，H2O2被氧化生成O2，B是O2，反应所得NaClO2溶液经操作a、冷却结晶得到NaClO2晶体。粗食盐水中含CaCl2、MgCl2，反应Ⅰ中加入试剂（如NaOH、Na2CO3）可使Mg2＋生成Mg(OH)2沉淀、Ca2＋生成CaCO3沉淀，滤渣为Mg(OH)2和CaCO3，A正确；①处HCl用于中和反应Ⅰ中过量的OH－、CO32-，提纯NaCl溶液；②处HCl为反应Ⅱ的反应物，NaClO3与HCl反应生成ClO2，两处作用不同，B错误；NaClO2受热易分解，操作a需在低温下蒸发水分，减压蒸发可降低沸点，防止分解，C正确；反应Ⅱ中，气体A为Cl2，2NaClO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，生成1molClO2同时生成0.5molCl2；吸收塔中气体B为O2，2ClO2＋H2O2＋2NaOH＝2NaClO2＋O2↑＋2H2O，1molClO2生成0.5molO2，A、B物质的量之比为1:1，故选B。11．硫代硫酸根离子（S2O32-）可看作是SO42-中的一个O原子被A．MgH2O62+中的σ键数目为18C．该晶体为离子晶体 D．晶体的密度为9.76【答案】A【解析】配位键是σ键，MgH2O62+中含有6个配位键，1个H2O中含有2个σ键，故1molMgH2O62+中的σ键数目为6+6×2NA=18NA，但配合物物质的量不确定，A错误；S2O32-可看作是SO42-中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，SO42-的中心S原子的价层电子对数为4+6+2-4×2212．近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下：其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法错误的是A．-CFB．为了增大反应正向进行的程度而在反应体系中加酸不可行C．反应产物之一的FNO可命名为硝基氟D．在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂【答案】C【解析】F的电负性很强，-CF3具有很强的吸电子效应，使与之相连的碳原子电荷偏离，带正电性，A正确；加入酸，酰胺基在酸性条件下发生水解反应，故在反应体系中加酸不可行，B正确；在FNO中不含硝基-NO2，故FNO不能命名为硝基氟，C错误；在有机物发生化学反应中，总是伴随着一部分共价键的断裂和新的共价键的生成，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂，13．将所需反应物一次加入反应釜中合成聚合物P，聚合过程包含二个阶段，第一阶段、第二阶段依次发生，速率逐渐减慢。转化路线如下（流程中无物质被省略）：下列说法错误的是A．第一阶段中有C—O键和C—N键的断裂B．第一阶段聚合的活化能小于第二阶段聚合的活化能C．聚合物P中含有2种官能团D．X为CO【答案】C【解析】第一阶段，和R1－OH生成和CO2，X为CO2，通过缩聚反应生成；第二阶段，与、聚合得到。第一阶段中有C－O键和C－N键的断裂，A正确；第一阶段速率比第二阶段快，则第一阶段聚合的活化能小于第二阶段聚合的活化能，故B正确；聚合物P中含有酯基、酰胺键、羟基，3种官能团，C错误；X为CO2，D正确。故选C。14．一种利用微生物或羟基自由基（•OH）将苯酚转化为CO2和H2O的原电池—A．a极的电极反应式CrB．左池中进行的是自发的氧化还原反应C．d极电极反应为HD．当该组合装置产生VCO2=13.44【答案】D【解析】由图示装置可知，左池为原电池，a极，在水分子作用下，Cr2O72-得电子发生还原反应生Cr(OH)3和OH-，电极反应式为Cr2O72-+6e-+7H2O=8OH-+2CrOH3，a极为正极，A正确；左池为原电池，左池中进行的是自发的氧化还原反应，B正确；右池为电解池，d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成H+和⋅OH，电极反应式为H2O-e-=H++⋅OH，C正确；b极为负极，在微生物作用下苯酚和水在负极失去电子发生氧化反应生成CO2和H+，右池中，c极为阴极，H+在阴极得到电子发生还原反应生成15．常温常压下，先将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，再向所得溶液中缓慢通入CO2（忽略气体的挥发），测得溶液中水电离的c水H+随通入气体（NH3或CO2A．由a点到b点的过程中，溶液中cNHB．c点pH＝7C．d点时水电离程度最大，溶液溶质为NHD．b至e点的总反应为NH【答案】A【解析】由图像可知，由开始到b点，c水H+随V(NH3)增大而减小，水的电离被抑制，为通入NH3的过程；由b点→e点为通入CO2气体的过程，整个过程为侯氏制碱法的原理。a点→b点，cOH-增大，由Kb(NH3·H2O)=cNH4+·cOH-cNH3·H2O可知，cNH4+cNH3·H2O=KbcOH-，Kb不变，则cNH4+cNH二、解答题16．粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出②KspAlOH③当某离子的浓度低于1.0×10④B2回答下列问题：(1)基态Ti原子核外有种能量不同的电子。(2)“酸浸”时在不同温度下，Ti元素的浸出率如图所示，温度超过70℃后，浸出率下降的原因是。(3)加入铁粉的主要目的是。(4)要使“滤液2”中Al3+和Fe3+完全沉淀，调节pH的最小值约为(5)“热还原”中发生反应的化学方程式为；B2O3的实际用量远超理论用量，原因是(6)TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，立方晶系TiO2晶胞如图甲所示，TiO2-aNb晶胞如图乙所示，图丙表示TiO2中的Ti【答案】(1)7(2)TiO2+提前水解生成沉淀(3)将Fe3+还原为Fe(4)4.3(5)TiO2+B2O3+5C(6)7【解析】粉煤灰(主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等)中加H2SO4“酸浸”，Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO转化为Al3＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋，TiO2转化为TiO2＋，SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2；滤液中加铁粉，Fe3＋被还原为Fe2＋，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，析出FeSO4⋅7H2O；过滤，滤液1加沸水“水解”，TiO2＋水解生成TiO2⋅xH2O，过滤，TiO2⋅xH2O经酸洗、水洗、干燥、煅烧得到TiO2，TiO2、B2O3、C在电弧炉中热还原生成TiB2、CO；滤液2中加H2O2，Fe2＋被氧化为Fe3＋，调节（1）Ti的原子序数为22，基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，有7种能量不同的电子；（2）升高温度促进TiO2+水解生成沉淀，故温度超过70℃（3）加铁粉后结晶析出FeSO4⋅7H2O（4）KspAlOH3=1.0×10-34，KspFeOH3=4.0×10-38，Fe3＋更易生成Fe(OH)3沉淀，Al3＋完全沉淀时c(OH－)＝31×10-341×10-5（5）“热还原”中，TiO2、B2O3、C在电弧炉中热还原生成TiB2、CO，反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5（6）根据均摊原则，由TiO2-aNb晶胞图示结构可知，晶胞中的Ti原子数为8×18+4×12+1=4、O原子数为7×17．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体是制备某催化剂的主要原料，翠绿色，溶于水(0℃时，4.7g/100g水；100℃时，117.7g/100g水)，难溶于乙醇等有机溶剂。某实验小组以三氯化铁与草酸钾为原料合成，步骤如下：步骤一：在烧杯中，加入FeCl3·6H2O和去离子水，搅拌溶解，得到三氯化铁溶液。步骤二：另取烧杯，加入K2C2O4·H2O和去离子水，加热搅拌溶解，后加热至80℃，在充分搅拌下逐滴加入三氯化铁溶液，充分反应后，冷却，析出翠绿色晶体，抽滤，得粗产物。步骤三：a，用无水乙醇洗涤，室温下真空干燥，放样品瓶中避光保存。请回答下列问题：(1)步骤一配制的FeCl3溶液若浑浊，应加入适量（填试剂名称）。(2)步骤三a处正确的操作顺序是（答序号）。①加热搅拌后趁热抽滤。②将晶体用少量冰水洗涤。③将滤液冷却至室温后再用冰水浴冷却，抽滤。④将粗产物转移至小烧杯中，加一定量去离子水。后用无水乙醇洗涤晶体的目的是。(3)可用滴定法测定所制晶体中C2Ⅰ、粗配KMnO4溶液并标定：粗配时需用微孔玻璃漏斗过滤KMnO4去离子水溶液，后标定其浓度。①从滤纸成分的结构角度说明过滤KMnO4水溶液不使用滤纸的原因。Ⅱ、草酸根质量分数的测定：称取样品，溶解并酸化溶液，用KMnO4溶液滴定至终点。②上述实验必须用到的仪器为。A．

B．

C．

D．

E．③实验测得C2O42-的质量分数比实际偏高，其原因可能是a．样品未完全干燥

b．滴定时盛放KMnO4溶液的滴定管未润洗c．滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡(4)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体对光敏感，光解反应为    请补全并配平该反应。【答案】(1)盐酸（填稀盐酸、浓盐酸均可）(2)④①③②快速带走晶体表面水分，易于干燥(3)滤纸的成分为纤维素，纤维素结构单元中含有羟基，易被高锰酸钾氧化BCb(4)2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O＝3K2C2O4＋2FeC2O4＋2CO2↑＋6H2O【解析】（1）FeCl3溶液中，因Fe3＋水解生成Fe(OH)3变浑浊，故配制的FeCl3溶液若浑浊，应加入适量盐酸抑制水解；（2）步骤三a处正确的操作顺序为：④将粗产物转移至小烧杯中，加一定量去离子水，①加热搅拌后趁热抽滤，③将滤液冷却至室温后再用冰水浴冷却，抽滤，②将晶体用少量冰水洗涤，乙醇易挥发，能带走水分，故后用无水乙醇洗涤晶体的目的是快速带走晶体表面水分，易于干燥；（3）①过滤KMnO4水溶液不使用滤纸的原因是：滤纸的成分为纤维素，纤维素结构单元中含有羟基，易被KMnO4氧化；②该实验所需仪器为锥形瓶和酸式滴定管，坩埚、分液漏斗和直型冷凝管不需要使用，故选BC；③a项，样品未完全干燥将导致待测液中C2O42-浓度偏小，消耗标准液的体积偏小，测量结果偏低；b项，滴定时盛放KMnO4溶液的滴定管未润洗，导致标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测量结果偏高；（4）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体对光敏感，光解反应中Fe的化合价由＋3价降低到＋2价，故C2O42-中C的化合价由＋3价升高到＋4价，该反应方程式为2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O＝3K2C2O4＋2FeC2O4＋2CO2↑＋18．汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应：ⅰ.COg+2NOgⅱ.COg+N2ⅲ.2N2Og(1)上述反应的pKp－T的线性关系如图所示。ΔH3（填“>”或“<”）0，反应2CO2g⇌2COg+O2g(2)在反应器中充入CO(g)和NO(g)，若只发生反应ⅰ，改变下列一个条件能使CO平衡转化率增大同时缩短达到平衡所用时间的是。A．升高温度 B．加入催化剂 C．分离CO2（g） D(3)将一定量的CO(g)和NO(g)充入恒容密闭容器，发生上述反应，在不同条件下达到平衡。在T1K时NO的转化率与nNOnCO的变化曲线，及nNO①表示nNOnCO=1时NO的转化率与T的变化曲线为曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），A点后NO的平衡转化率增大的原因是②将2molCO(g)和2molNO(g)充入1L恒容密闭容器，温度保持T2，初始总压强为100kPa，发生上述三个反应。T2时反应ⅲ的平衡常数K＝0.06。三个反应均达平衡时，测得nO2=0.06mol，则平衡时CO2的物质的量nCO2=【答案】(1)>Kp3(2)D(3)Ⅰ温度高于T6时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，N2O浓度减小，促进了反应ⅰ正向进行【解析】（1）由图像可知，温度升高，pKp3减小，即Kp3增大，则升高温度，反应iii平衡正向移动，故ΔH3＞0；因反应iii－2×反应ii得反应2CO2g⇌2（2）由图像可知，温度升高，pKp１增大，即Kp1减小，则升高温度，反应i平衡逆向移动，故ΔH1＜0，若只发生反应COg+2NOg⇌CO2g+N2Og（3）①nNOnCO越大，NO转化率越小，则曲线Ⅱ表示NO的转化率与nNOnCO的变化曲线，曲线Ⅰ表示nNOnCO=1时NO的转化率与T的变化曲线；A点对应的温度为T6，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应iii为吸热反应，温度高于T6时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，引起N2O消耗，而N2O为反应ⅰ的生成物，所以反应iii正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大；②由图像可知，nNOnCO=1、温度为T2时，NO的平衡转化率为60%，即NO的转化的物质的量为反应ⅲ的平衡常数为0.06，K