江苏省盐城市射阳中学2025届高三上学期一模考试解析版

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省盐城市射阳中学2025届高三上学期一模考试一、单选题1．2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空间站说法正确的是A．太阳能电池中的单晶硅——半导体材料B．外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料C．外层的热控保温材料石墨烯——有机高分子材料D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——天然高分子材料【答案】A【解析】太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，A正确；外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，B错误；外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，C错误；外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂属于合成高分子材料，D错误。故选A。2．CuCl2溶液中存在平衡：CuHA．1molCuNH3B．基态Cu2+C．氨气的电子式为D．键角NH【答案】B【解析】CuNH342+中配位键属于σ键，NH3分子中的N－H键属于σ键，1molCuNH342+中含16molσ键，A错误；Cu的原子序数为29，基态Cu电子排布式为Ar3d104s1，基态Cu2+价层电子排布式为3d9，B正确；NH3电子式为，3．下列有关制取、分离和提纯乙酸乙酯的实验装置不能达到实验目的的是A．依次加入物质的先后顺序为③①②B．制备乙酸乙酯C．分离乙酸乙酯粗品D．提纯乙酸乙酯A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】浓硫酸的密度大于乙醇，混合时应将浓硫酸加入乙醇中，依次加入物质的为乙醇、浓硫酸、冰醋酸，A正确；制备乙酸乙酯时应加入沸石防止暴沸，加热试管内液体时试管口朝上倾斜，产生的乙酸乙酯中混有挥发的乙醇和乙酸，用饱和的碳酸钠溶液可以除去混有的乙酸和乙醇，同时用球形干燥管防止倒吸，B正确；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，用分液漏斗将其分离，C正确；蒸馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处测量蒸汽的温度，D错误。故选D。4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列不正确的是A．电离能大小：I1(N)>I1C．酸性强弱：HNO3>H2【答案】B【解析】同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为半充满稳定结构，则I1(N)>I1(O)元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O>N>C，热稳定性H2O>NH3>CH4，B错误；HNO3是强酸，H2SO3是中强酸，H2CO3是弱酸，酸性HNO3>H25．第ⅦA族元素及其化合物在自然界中广泛存在且有重要应用。F是电负性最大的元素，常见含氟物质有HF（Ka=7.2×10-4，沸点：19.5℃）、SiF4、NaF等；Cl2、ClO2均可用于自来水消毒，Cl2还可用于处理碱性含CN-废水，NCl3易水解生成HClO和NH3；电解食盐水可制备NaOH、NaClO、NaClO3、HCl(沸点：-85℃)等多种物质，卤水中Br-离子可被Cl2氧化，产物Br2可用Na2CO3溶液吸收；HI分解用于循环制氢，完全分解2molHI(g)生成H2(g)和IA．NaF晶体中存在Na+和F-间强烈的相互作用B．SiF4是含有极性键的非极性分子C．HClO中含有离子键和共价键D．NCl3中N原子的杂化类型为sp3【答案】C【解析】NaF为离子晶体，其中存在Na+和F-间强烈的相互作用，A正确；SiF4分子中的Si-F键是极性键；硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形，属于非极性分子，B正确；HClO的结构式为H-O-Cl，只含有共价键，C错误；NCl3分子中N的价电子对数为1，N的孤电子对数为1，N故选C。6．第ⅦA族元素及其化合物在自然界中广泛存在且有重要应用。F是电负性最大的元素，常见含氟物质有HF（Ka=7.2×10-4，沸点：19.5℃）、SiF4、NaF等；Cl2、ClO2均可用于自来水消毒，Cl2还可用于处理碱性含CN-废水，NCl3易水解生成HClO和NH3；电解食盐水可制备NaOH、NaClO、NaClO3、HCl(沸点：-85℃)等多种物质，卤水中Br-离子可被Cl2氧化，产物Br2可用Na2CO3溶液吸收；HI分解用于循环制氢，完全分解2molHI(g)生成H2(g)和I下列化学反应表示正确的是A．用HI分解制氢：2HI(g)=HB．用Cl2处理碱性含氰废水：5ClC．用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：BrD．用食盐水电解制备NaClO3的阳极反应：Cl【答案】B【解析】完全分解2molHI气体生成H2气和I2蒸气需吸收9.48kJ热量，HI分解制氢的热化学方程式为2HI(g)=H2(g)+I2(g)ΔH=+9.48kJ⋅mol-1，A错误；Cl2与碱性溶液中的CN-反应生成Cl-、N2和CO32-，反应的离方程式为5Cl2+2CN-+12OH-=10Cl-+N2+2CO32-7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．HCO3-通过氢键缔合成较大的酸根，NaHCO3的溶解度小于Na2B．KIO3易溶于水，可用作食盐中加碘C．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】A【解析】HCO3-中含O-H，故HCO3-能通过氢键缔合成较大的酸根，一般微粒越大越难溶于水，故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，A符合题意；KIO3可用作食盐中加碘，与其溶解性无关，B不符合题意；SO2可用于漂白草编织物，是因为SO2具有漂白性，与SO2的氧化性无关，C不符合题意；Al2O8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是A．工业制硫酸过程中的物质转化：FeSB．工业尾气中的SO2处理：C．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：NaD．钙基固硫主要反应：2CaO+O【答案】D【解析】工业制硫酸的流程为硫铁矿高温煅烧生成SO2，SO2催化氧化为SO3，再经浓硫酸吸收生成H2SO4，A错误；SO2与CaCl2不反应，工业尾气中的SO2不可用CaCl2吸收，SO2可用CaO吸收，B错误；硫代硫酸钠与稀硫酸反应方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，C错误；钙基固硫是用生石灰来除去生成的SO2，反应为2CaO+O2+2SO2 高温9．一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是A．电池工作时，化学能完全转化为电能B．电池工作时，CO32-向电极C．电极B上发生的电极反应为OD．H2参与的电极反应为【答案】D【解析】在电池工作过程中，有一部分能量以热能的形式损失掉，化学能并不能完全转化为电能，A错误；由图示原电池可知，A极碳、氢元素价态升高失电子发生氧化反应，B极氧气得电子发生还原反应，电极A为负极，电极B为正极，电池工作时，阴离子CO32-向负极A移动，B错误；电极B为正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2═CO32-，C错误；H2参与的电极A为负极，负极反应为H210．化合物Z是合成维生素E的一种中间体，其合成路线如下图。下列说法正确的是A．X分子中所有碳原子均不可能共平面 B．1molY最多能与4molH2发生加成反应C．Y分子中含有2个手性碳原子 D．X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】苯及直接连接苯环的原子、乙烯、乙炔分子中所有原子共平面，甲基中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，该分子中所有碳原子可能共平面，A错误；Y中有苯环和碳碳叁键结构，1个苯环可以与3molH2发生加成反应，1个碳碳叁键可以与2molH2发生加成反应，1molY最多能与5molH2发生加成反应，B错误；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子中连接－CH2OH的碳原子为手性碳原子，有1个手性碳原子，故C错误；X、Y分子均含有碳碳叁键，X、Y、Z分子中均存在与苯环相连的碳原子上连有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。故选D。11．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是探究方案探究目的A室温下，测定浓度均0.1mol/L的CH3COONa、NH比较室温下CH3COOH和B向试管中加入0．5g淀粉和4mL2mol/LH2淀粉水解液中存在还原性糖C将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生木炭在加热条件下能与浓硝酸反应D用pH计分别测定等体积的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的，O-H键的极性增强，羧酸酸性增强A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa、NH4Cl溶液的pH，比较CH3COONa溶液中c(OH－)和NH4Cl溶液中c(H＋)大小，得知CH3COONa、NH4Cl水解程度大小，从而比较出比较室温下CH3COOH和NH3·H2O的电离能力，A正确；淀粉在酸性条件下水解后的水解液中存在还原性糖，若检验其中的醛基，应先中和H₂SO₄，再加入新制Cu(OH)₂悬浊液加热，实验设计错误，B错误；灼热木炭与浓硝酸反应生成红棕色NO₂气体，浓硝酸在高温下自身也会分解产生NO₂，现象可能由硝酸分解引起，无法确定是木炭参与反应，C错误；不确定溶液的浓度，不能判断等浓度CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的酸性谁更强，D错误。故选A。12．室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25°C时，H2SO3的K实验1：配制50mL0.1mol⋅L-1Na2实验2：取10mL0.1mol⋅L-1实验3：取10mL0.1mol⋅L-1下列说法正确的是A．实验1所得溶液中，cB．要据实验2，可推测KC．实验3反应后溶液中存在：cD．25°C时，反应CO3【答案】C【解析】实验1所得溶液pH约为12，即c(OH-)=10-2mol⋅L-1，由CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-可知c(HCO3-)≈c(OH-)=10-2mol⋅L-1，c(CO32-)=0.1-10-2=0.99mol⋅L-1>c(HCO3-)，A错误；溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO13．二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①CO②CO(g)+2H225°C，8×106Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、A．L4处与L8处反应①的平衡常数B．反应②的焓变ΔHC．L9处的H2OD．混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH【答案】C【解析】L4处与L8处的温度不同，因此反应①的平衡常数K不相等。平衡常数K只与温度有关，温度改变，平衡常数必然改变。A错误；由图像可知，L1-L3温度在升高，甲醇的体积分数增加，又该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0。故B错误；从L5到L9，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H₂O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L9处的H2O的体积分数大于L5处。C正确；L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误。故选C。二、解答题14．五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下：已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式：pH<1.01.0～4.04.0～6.06.0～8.58.5～13.0>13.0主要存在形式VOV2O5多钒酸根VO多钒酸根VO备注多钒酸盐在水中溶解度较小(1)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为VO2+的离子反应方程式为(2)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。已知VO3-能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是。②反萃取中，VO3-反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是(3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是。(4)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。已知：VO2MnO4计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。。(5)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为：。【答案】(1)VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H(2)使溶液中的钒微粒以VO3-形式存在；减小c(OH-)，有利于向萃取方向进行，提高VO3-的萃取率pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3-的反萃取率增大；但c(OH-)过大，(3)温度过高，NH3∙H2O受热分解，溶液中c(NH4+)减小，不利于NH4VO(4)n(Fe2+)总=0.5000mol·L-1×5.00×10-3L=2.500×10-3mol，由MnO4-~5Fe2+知过量的n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×0.01000mol·L-1×12.00×10与VO2+反应的n(Fe2+)=2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10由V2O5~2VO2+~2Fe2+知n(V2O5)=12×1.900×10-3V2O5样品的纯度为9.500×(5)【解析】（1）“酸浸”时，MnO2将VO+转化为VO2+，V元素的化合价由+3价升至+5价，MnO2被还原成Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2+（2）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以VO3-形式存在；同时H+与OH-结合成H2O，c(OH-)减小，有利于向萃取方向进行，提高②反萃取中，VO3-反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3-的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以（3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀，由于溶液呈碱性，故有NH3∙H2O生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是：温度过高，NH3∙H2O受热分解，溶液中c(NH4+)减小，不利于NH4VO（4）由反应MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，过量的Fe2+物质的量为×12.00×10-3L=6.000×10-4mol；加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol·L-1×5.00×10-3L=2.500×10-3mol，则与VO2+反应的Fe2+物质的量为2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol，根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O知，VO2+的物质的量为1.900×10-3mol，根据V守恒，20.00mL溶液中溶解的V2O5物质的量为9.500×10-4mol，V2（5）V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”，NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，结合反应历程的图示可知，“中间体X”的结构式为15．六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如下：(Ph-代表苯基)(1)有机物G中的官能团名称为。(2)有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为(3)D和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2:1①分子中含有3种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH(4)D→E的过程中反应机理如下：试写出该过程发生的反应类型：先发生反应，再发生反应。(5)写出以苯乙烯、苯甲酸、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】(1)羰基、碳碳三键(2)(3)(4)加成反应消去反应(5)【解析】A和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B和镁反应生成格氏试剂C，C和二氧化碳反应后水解引入羧基得到D，D与SOCl2发生取代反应引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式为C10H10，结合G结构可知，F为，则E与F的反应为取代反应；G再转化为H；（1）由G结构可知，有机物G中的官能团名称为羰基、碳碳三键；（2）有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为；（3）D中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物为；其同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸酯基；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2个甲酸酯基，且水解后生成酚羟基，故可以为或。（4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；O-C键和S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，S转化为SO2离去，羟基的电子对向碳原子转移形成碳氧双键，使羟基H带部分正电荷，随后Cl-进攻羟基H(δ+)原子，形成HCl离去，发生消去反应；（5）苯乙烯和溴加成引入溴原子，再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2发生D生成E的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E生成G的反应得到，再和发生G生成H的反应生成产物，故流程为：。16．LiFePO4和FePO(1)LiFePO4具有良好的结构稳定性，与PO43-的结构密切相关，PO43-的空间构型为(2)LiFePO4的制备。在氮气的氛围中，将一定量的NH42FeSO42溶液与H①滴液漏斗中的溶液是。②NH42FeSO42与H3PO4、LiOH③工业制取LiFePO4在高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后LiFePO4的导电性能外，还能(3)FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤、洗涤、干燥得到FePO4①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图所示：当13≤VH②将Fe2SO43和Na2HPO4请补充完整以FeSO4溶液制备FePO4的方案：取一定量的FeSO4溶液，。固体干燥，得到较纯净的FePO4。[必须使用的试剂：1mol⋅L-1Na2HPO4溶液、【答案】(1)正四面体(2)LiOH溶液Fe2++Li++OH-+H(3)当13≤VH3PO4VH2O≤12时，随着水的比例增加，促进了H3PO4的电离，使【解析】（1）PO43-中的中心P原子价层电子对数是：5+32（2）①滴液漏斗中的溶液是LiOH溶液；②制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为Fe2+③Fe2+易被氧化变为Fe3+，活性炭黑能够导电，具有较强的还原性，则在氮气氛围下，焙烧时向磷酸铁锂中加入少量活性炭黑的目的是除了能够改善成型后磷酸铁锂的导电性能，同时可利用其具有的还原性，防止Fe2+被氧化变为Fe3+；（3）①磷酸是三元中强酸，在溶液中分步电离产生氢离子，向磷酸中加水时，磷酸在溶液中电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与铁生成亚铁离子的速率增大，且反应放出的热量，使反应温度增大，也会导致反应速率加快，所以当13②以FeSO4溶液制备FePO4时，首先向溶液中加入3%的H2O2溶液作氧化剂，将Fe2+氧化变为Fe3+，然后向该溶液中加入Na2HPO4溶液，反应产生FePO4沉淀。操作为：取一定量的FeSO4溶液，向其中滴加的3%双氧水溶液，直至取少量溶液滴加K3[Fe(CN)6]溶液不出现深蓝色沉淀为止，此时溶液中不再含有Fe2+，然后边搅拌边向所得溶液中缓慢滴加1mol·L-1Na2HPO4溶液，至溶液的pH约为2.5，Fe3+与HPO42-电离产生的PO43-反应产生FePO4沉淀。静置后过滤，将所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀出现，说明洗涤液中无SO17．化石燃料的燃烧释放出大量氮氧化物NOx、CO2、I．脱硝(1)[Fe(II)-Y]2-脱除法。通过反应[Fe(II)-Y]2-(aq)+NO(g)=[Fe(II)(NO)-Y]2-(aq)(已知H4Y是一种有机弱酸)能脱除烟气中的NO。脱除过程中溶液的pH对脱除效率的影响如题图所示，相同时间内，pH=2和pH=10时，(2)如图装置可同时吸收SO2和NO。已知：H2S2O4是一种弱酸。直流电源的正极为(填“a”或“b”)。该电解装置选择(填“阳”或“II．脱硫(3)H2还原法。400°C时，将一定比例废气和H2的混合气体通