浙江省温州市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浙江省温州市2025届高三上学期一模考试试题一、单选题1．按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O不属于A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质【答案】B【解析】[Cu(NH3)4]SO4∙H2O既含有SO42-，又含有配离子[Cu(NH3)4]2+，属于带有结晶水的盐、配合物、纯净物，不属于混合物。其溶于水后能电离出自由移动的酸根离子SO42-和配离子[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]SO4∙H22．下列说法不正确的是A．高纯硅具有半导体性能，可用作光导纤维B．SO2C．Fe2D．金属钠易被氧化，实验室常保存在石蜡油或煤油中【答案】A【解析】硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，用于制作计算机芯片、光电池，二氧化硅可以做光导纤维，A错误；工业上用利用SO2的漂白性漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，B正确；Fe2O3为红棕色粉末，常用于红色油漆和颜料，C3．下列表示正确的是A．H2OB．SO2的VSEPR模型：C．的名称：3-异丙基戊烷D．HCl中共价键的电子云图：【答案】D【解析】H2O2是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，A错误；SO2中心S原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，分子的VSEPR模型为，故B错误；烷烃分子中最长碳链含有5个碳原子，2号碳侧链为甲基，3号碳侧链为乙基，名称为2—甲基—3—乙基戊烷，C错误；HCl分子中含有s—pσ键，σ键的电子云图为，D正确。故选D。4．下列说法不正确的是A．图①为过氧化钠与水反应气体产物的检验操作B．装置②可用于制备1-丁烯并检验其性质C．图③为配制一定物质的量浓度溶液的定容操作D．图④为保护钢管桩装置【答案】C【解析】过氧化钠与水反应方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，将带火星的木条伸入试管中，木条复燃，说明过氧化钠与水反应生成了氧气，A正确；装置②通过1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消除反应制备1-丁烯，试管中的水溶液作用是溶解挥发的乙醇，防止与酸性高锰酸钾溶液反应影响1-丁烯性质的检验，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生了1-丁烯，B正确；配制一定物质的量浓度溶液的定容操作需在液面接近刻度线5．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是A．海水资源丰富，可用于生产纯碱、钠、氯气等产品B．石油的分馏是通过物理变化得到汽油、煤焦油等产品C．亚硝酸钠、碘酸钾等属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用D．阿司匹林是一种重要合成药物，以水杨酸为原料生产制得【答案】B【解析】海水中有NaCl，电解食盐水得到Cl2，电解熔融NaCl得Na和Cl2，用饱和食盐水与NH3和CO2可以生成纯碱，海水可用于生产纯碱、钠、氯气等产品，A正确；石油的分馏是通过物理变化得到汽油，但煤焦油是煤干馏的产物，煤的干馏为化学变化，B错误；亚硝酸钠可以作为食品防腐剂，碘酸钾是食盐加碘的成分，都属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用，C正确；阿司匹林的成分是乙酰水杨酸，是一种重要合成药物，以水杨酸为原料生产制得，D正确。故选B。6．ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖C6H12O6与NaClO3发生以下反应制得A．C6B．ClO2可替换ClC．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:1D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(【答案】C【解析】反应中氯化合价由+5变为+4，碳化合价由0变为+4，结合电子守恒、质量守恒，反应为C6题给反应C6H12O6中碳化合价升高，C6H12O6为还原剂被氧化为CO2，A正确；ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，可替换Cl2用于自来水消毒，B正确；题给反应C6H12O6中碳化合价升高被氧化为CO2，CO2为氧化产物，NaClO3中氯化合价降低被还原为ClO2，ClO7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A乙二醇与水混合能显著提高水的沸点乙二醇用于生成汽车防冻液B壳聚糖具有良好的生物相容性和生物可降解性壳聚糖可制成手术缝合线、环保包装袋C烷基磺酸根离子在水中形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤剂D大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，有良好的导电性离子液体可用作原电池的电解质A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】乙二醇用于生成汽车防冻液是因为它能够与水任意比例混合，并且当乙二醇含量增加时，混合液的冰点会显著降低，在很低温度时不凝固，不是提高沸点，A错误；壳聚糖可制成手术缝合线、环保包装袋的原因是壳聚糖具有良好的生物相容性，不会对人体造成危害，能够与人体组织良好结合‌；同时具有生物可降解性，能够迅速分解为无害物质，B正确；烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤剂的原理为烷基磺酸钠分子具有双亲结构，一端是亲油基（通常为烷基），亲油基插入油污等非极性污渍内部，另一端是亲水基（磺酸基及其钠盐形式），亲水基朝向水相，这种结构使其能显著降低水的表面张力，使水更容易在被清洗物体表面铺展，从而让洗涤剂能够充分接触并渗透到污渍处‌清洗油污，C正确；大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，有良好的导电性的这一特性能够满足原电池电解质的需要，D正确。故选A。8．下列离子方程式正确的是A．向Na2SB．CuSO4溶液与闪锌矿ZnS反应生成铜蓝C．过量的碳酸钠溶液吸收氯气：COD．向NH4AlSO42溶液中滴入【答案】B【解析】向Na2S2O3溶液中加入硝酸，二者要发生氧化还原反应：3S2O32-+2H++8NO3-=6SO过量的碳酸钠溶液吸收氯气生成物有NaHCO3：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+ClO-+9．有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氮3种元素，红外光谱显示A分子中有碳氮三键，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法不正确的是A．质荷比为26的峰可能为CN+的信号 BC．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加聚反应【答案】C【解析】CN+的相对式量为26，质荷比为26的峰为CN+的信号，A正确；

CH2=CH-CN在一定条件下能发生水解反应生成CH2=CH-COOH，B正确；CH2=CH-CN含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；

CH2=CH-CN含有碳碳双键，能发生加聚反应，选C。10．X、Y、Z、M四种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y相邻，Y的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，基态Z原子的价层电子排布式为A．Y、ZB．最简单氢化物的热稳定性：XC．键角：XYD．化学键中离子键成分的百分数：Z【答案】A【解析】X、Y、Z、M四种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y相邻，Y的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是O元素，则X是N元素；基态Z原子的价层电子排布式为nsn-2，则n=3，Z是Na元素；基态M原子核外电子的空间运动状态为7种，M是Al元素。电子层数相同，质子数越多半径越小，O2-、Na+、Al3+元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，最简单氢化物的热稳定性：NH3<H2O，B正确；NO3-、NO2-中N元素价电子对数都是3，NO3-无孤电子对、NO2-有1个孤电子对，所以键角：NO311．1200℃下，将2.00molCaCO3(s)置于1.0L真空密闭容器中，发生反应：ⅰ.CaCO3s⇌CaOⅱ.2tmin时，达到平衡状态，测得O2的体积分数为20%。下列说法不正确的是A．若在1000℃下平衡，K<0.5B．若容器体积为0.5L，平衡时，CO的体积分数为40C．平衡时，nCaOD．0∼【答案】C【解析】CaCO3s⇌CaOs+CO2g

ΔH>0，该反应正反应是一个吸热反应，即降低温度平衡逆向移动，K减小，故若在1000℃下平衡，K<0.5，A正确；CaCO3s⇌CaOs+CO2gK=c(CO2)=0.5，温度不变，c(CO2)不变，若容器体积为0.5L，平衡时CO2的浓度不变，O2体积分数为20%，则CO的体积分数为40%，B正确；CaCO3s⇌CaOs+2则2x=0.5，则a=0.5+2x=0.5+0.5=1.0，即CaCO3分解生成的CO2的物质的量浓度为：1.0mol·L-1，则nCaO=1.0mol，C错误；由C项分析可知，tmin时O2的浓度为0.25mol·L-1，故0∼tmin，12．碘苯与氨基钠制备苯胺的反应机理如下。下列说法不正确的是已知：中碳原子均为sp2杂化，电子结构为A．步骤①是NH2-与苯环上B．碱性：C．三键键长：>HCD．可在步骤③中用ND3(氘氨)反应得到【答案】D【解析】根据反应①的原理可知，NH2-带负电荷，先攻击苯环上带正电荷的Hδ+，使得苯环带负电荷，最后Iδ-被消去形成双键，A正确；中的氮原子存在1对孤对电子，该孤对电子会和苯环的大π键共轭，形成p-π共轭体系，使得氮原子的电子云密度变小，与质子结合能力变弱，中氮原子存在1对孤对电子，与质子结合能力强，碱性更强，B正确。由的π键电子云结构图可知，两侧电子云不对称，外侧电子云范围更大，故形成的三键键长比乙炔中的三键键长长，C正确。若仅靠步骤③中用ND3参与反应，根据反应的机理，只能得到，因此，若要得到，反应②就需要替代NH13．钢铁在潮湿空气中的电化学腐蚀基本化学原理如下图所示。下列说法不正确的是A．Fe、C构成原电池的外电路B．钢铁表面可发生反应：OC．吸氧腐蚀与析氢腐蚀可先后发生D．利用电化学腐蚀可测定空气中氧气的含量【答案】D【解析】钢铁在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，图示中，Fe失去的电子通过外电路流向C，Fe、C构成原电池的外电路，A正确；在钢铁表面，O2得电子生成OH-，若此时溶液中溶有CO2，则可与OH-反应生成CO32-等，从而发生反应：O2钢铁在潮湿的空气中，开始时电解质溶液的酸性较强，可能发生析氢腐蚀，随着反应进行，溶液酸性减弱，会发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀与析氢腐蚀可先后发生，C正确；电化学腐蚀过程中，氧气的消耗量难以准确测量和控制，且会受到多种因素的干扰，不能准确利用电化学腐蚀测定空气中氧气的含量，D不正确。故选D。14．P2O3Cl4(A．P2OB．P2OC．P2O3Cl4D．P2O3【答案】D【解析】焦磷酰氯的分子结构为，A错误；性质不稳定，在溶液中易发生水解反应生成和盐酸，B错误；磷酰氯和焦磷酰氟都是分子晶体，焦磷酰氯的相对分子质量大于焦磷酰氟，分子间作用力大于焦磷酰氟，沸点高于焦磷酰氟，C错误；焦磷酰氯是发生分子间脱水反应所得，D正确。故选D。15．室温下，0.1mol⋅L-1MgClA．混合溶液中存在：cB．0.1molMg(OH)2s可完全溶解在C．向NH4Cl溶液中加入稀NaOH溶液至pHD．饱和Mg(OH)2溶液的pH大于【答案】B【解析】氨水中存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH‾，两溶液等体积混合后，cOH-=KbNH3⋅H2O×0.05=1.8×10-5×0.05=3×10-3.5mol·L-1，cMg2+=0.05mol·L-1，Q=0.05×3×10-3.52=4.5×10-8＞KspMgOH2，则生成MgOH2沉淀，故cMg2+＜cNH4++cNH3⋅H2O，A错误；1.0LpH恒为7的NH4Cl、氨水混合溶液中，cOH-=1.0×10-7mol·L-1，忽略体积的变化，假设0.1molMg(OH)2s完全溶解，则cMg16．实验中的颜色变化有很多原因。下列实验方案设计或结论不正确的是实验目的方案设计现象结论A探究新制的饱和氯水使含有酚酞的氢氧化钠稀溶液红色褪去的原因向含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中滴入过量氯水，再滴入几滴相同浓度的NaOH溶液溶液不再变色酚酞被氯水氧化而导致溶液褪色B探究SO2分别向均含有少量品红的乙醇溶液、饱和NaOH溶液中通入等量的SO2乙醇溶液中颜色不褪去，NaOH溶液颜色褪去使品红褪色的含硫粒子不是SO2分子、而是SO32-C探究反应2NO2用50mL注射器吸入20mLNO2和N从活塞的对向观察，只观察到气体颜色变浅NO2D探究Cu和浓HNO3分别向Cu和稀HNO3、浓HNO3的溶液中通入前者溶液仍为蓝色，后者放出红棕色气体，溶液绿色变为蓝色Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】含有酚酞的氢氧化钠稀溶液呈红色，向其中加入新制过量氯水，再滴入几滴相同浓度的NaOH溶液，可能酚酞被强HClO氧化而使红色褪去，也可能NaOH被氯水中的H+中和而使红色褪去，结论错误，A错误；含有少量品红的乙醇溶液和饱和NaOH溶液均呈红色，分别向两种溶液中通入等量的SO2气体，NaOH溶液可与SO2发生反应生成SO32-、HSO3-，将SO2通入乙醇溶液中不能生成SO32-、HSO3-，观察到乙醇溶液中颜色不褪去，而NaOH溶液中颜色褪去，说明使品红褪色的含硫粒子不是SO2分子、而是SO32-、HSO3-，B正确；为了探究反应2NO2g⇌N2O4g中气体颜色变化的原因，用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后压缩注射器活塞，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，观察到气体颜色变浅，说明平衡正移，NO2分子总数减小，颜色变浅，C正确；为了探究Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因，分别向Cu和稀HNO3、浓HNO3的溶液中通入CO2二、解答题17．过渡元素是构建化合物的重要元素。请回答：(1)铜的某化合物M的晶胞如图，Cu的配位数为，写出化合物M的化学式。(2)H2CuCl4(3)下列说法不正确的是___________。A．化合物M为共价晶体B．Zn的第三电离能>Cu的第二电离能C．基态O+的价层电子排布图：D．电负性：O>Cl>K(4)主族元素最高价氧化物的水化物可用E(OH)n表示，其中+n为元素E的最高正价，E(OH)n易发生脱水[例如S(OH)6易脱水生成稳定结构EPSClIEPSClI①a．S(OH)6、b．Cl(OH)7、c．I(OH)7脱水生成稳定结构，脱水后羟基数目由少到多的顺序为：。②从脱水产物的结构分析酸性Cl(OH)7>S(OH)6【答案】(1)4KCuO(2)2H(3)AC(4)b<a<c双键氧的吸电子能力强于羟基的吸电子能力，使HClO4中Cl所带的正电性高于H2SO4【解析】（1）由晶胞的结构可知Cu的配位数为4，根据均摊法知，晶胞中含O原子：8×18+8×14+6×12+2=8个，含Cu原子：4×12+2=4个，含K原子：4×12+2=4（3）根据晶胞组成和结构可知，化合物M为离子晶体，A错误；Cu的价层电子排布式为3d104s1，第二电离能为失去3d10中一个电子需要的能量，Zn的价层电子排布式为3d104s2，第三电离能为失去3d10中一个电子需要的能量，而铜要失去第二个电子时为Cu+，锌要失去第三个电子时为Zn2+，离子所带的正电荷越多，再要失去一个电子需克服的电性引力越大，消耗的能量越多，由此Zn的第三电离能>Cu的第二电离能，B正确；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，基态O+的价层电子排布式为（4）①成键原子电负性差越大，所形成的化学键越容易断裂，可知I(OH)7脱水生成的稳定结构为H3IO5，I为+7价，脱水后羟基数目为3；S(OH)6易脱水生成的稳定结构为H2SO4，S为+6价，脱水后羟基数目为2；Cl(OH)7脱水生成的稳定结构HClO4，Cl为+7价，脱水后羟基数目为②由于S(OH)6与Cl(OH)7脱水生成的稳定结构中均存在双键氧，且双键氧的吸电子能力强于羟基的吸电子能力，使HClO4中Cl所带的正电性高于H2SO4中18．利用自然界存在的锰晶石(主要成分为MnCO3)，制作锂锰电池的正极材料Li已知：①Mn2+在酸性条件下较稳定，反应Ⅰ②固体A为纯净物。③Ksp请回答：(1)①混合气体B的成分(用化学式表示，下同)。②经过反应Ⅰ、Ⅱ制得MnCO3，可循环使用的物质是(2)反应Ⅱ的离子方程式：。反应Ⅲ的化学方程式：。(3)Li2CO3作原料还可制得强还原剂LiBHA．还原性：LiBHB．反应Ⅱ中适量CO2是为了使MnCOC．Li2D．氨气被吸收生成氮肥NH4(4)pH较大时，Mn2+易被氧气氧化成棕黑色的MnO(OH)2【答案】(1)NH(2)Mn2++(3)BC(4)取少固体A溶于硫酸溶液，向溶液中通入空气(或氧气)一段时间，溶液无现象，再向溶液中滴入过量氨水或NaOH溶液，立即生成棕黑色沉淀，则Mn2+【解析】锰晶石主要成分为MnCO3，MnCO3与硫酸铵焙烧发生复分解反应，则反应Ⅰ方程式为MnCO3+NH42SO4=高温MnSO4+2NH3↑+（1）①混合气体B的成分是NH3②经过反应Ⅰ、Ⅱ制得MnCO3，产生的NH42SO4用于反应Ⅰ（2）反应Ⅱ的离子方程式为：Mn2++CO2+2NH3（3）电负性：H＞B＞Al，故LiAlH4中氢元素的负电性更强，则还原性：LiBH4＜LiAlH4，A错误；过量的CO2会发生副反应MnCO3+CO2+H2O=MnHCO32（4）若要证明Mn2+在碱性条件下的还原性强于酸性条件，只需要在碱性环境下Mn2+能被氧化成MnO(OH)2沉淀，而酸性条件下不被氧化即可，故实验方法为：取少固体A溶于硫酸溶液，向溶液中通入空气(或氧气)一段时间，溶液无现象19．将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。H2Sg分解反应：(1)已知：2H2计算2H2Sg+(2)维持常压0.1MPa，将VH2S:VN2=1:4(N2为稀释剂)的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)。(3)下图显示不同温度下，原料气在反应器中的停留时间对硫化氢转化率的影响，请依次从两个角度解释0.8s内1050℃时H2S转化率近似为零，850℃时H2S转化率恒为零的原因：A．停留时间一定，升温，H2B．停留时间越长，H2C．停留时间一定，1150℃下，增大VHD．利用空气氧化部分H2S，有利于提高(4)用电解法处理Na2S溶液后，再在阳极区通入H①阳极区的生成硫的反应通常认为有如下两步，补充完成反应ⅰ。ⅰ.；ⅱ.Sx②设总硫浓度为TS，且TS=cH2Saq+cHS-+cSx2-【答案】(1)-71.8(2)1210或4.8×(3)1050℃，接触时间短，反应速率慢，H2S的转化率为0；850℃时，H2S分解反应在该温度下不自发，H(4)xS2--【解析】（1）已知：①2H2②2H2①+②得2H2Sg+O2g⇌S2g+2H2O（2）设H2S、N2投料分别为1mol、4mol，T℃下，H2S的平衡转化率为50.0%，忽略副反应，则反应消耗H2S0.5mol，生成H20.5mol、S（3）1050℃，接触时间短，反应速率慢，导致H2S的转化率为0；2H2Sg⇌2H2g+S2g为吸热的熵增反应，ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，此反应在高温利于自发进行，850℃时，H2S分解反应在该温度下不自发，导致H2S的转化率为0。由图可知，0.8s内1050（4）①装置为电解法处理Na2S溶液后，再在阳极区通入H2S气体，可得到单质硫和氢气；结合阳极Sx2-aq+H2②pH2S=55kPa时，cH220．某课题组用工业N2(含少量H2O、O2已知：①工业N2储气瓶内的压强：2.8②纯氮化锂熔点840∼845℃。在熔点温度时，其反应性很强，即便和铁、镍、铂、瓷器等也可进行反应。③Li3N易水解，生成LiOH和NH3回答下列问题：(1)装置D的作用是。(2)下列说法正确的是___________。A．装置A中冰浴的主要作用是减小N2B．装置B中试剂可以是NaOHs或C．装置C中左侧铁舟可用于除去未除尽的少量OD．装置C的电炉的温度不高于840℃(3)①选出正确的操作顺序：a→→b→→a．a．打开开关K；b．关闭开关K；c．打开储气瓶，通入N2；d．开启电炉；ef．检验装置气密性②反应过程中关闭开关K的原因是。(4)产品纯度分析：假设金属锂只与氮气反应。称取5.000g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入50.00mL3.200mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至250.00mL①指示剂合理的是。a．甲基橙(变色的pH范围3.1～4.4)

b．甲基红(变色的pH范围4.4∼6.2)c．石蕊(变色的pH范围5.0∼8.0)

d．酚酞(变色的pH范围8.2∼10.0)②三次滴定消耗NaOH标准溶液的平均体积为20.00mL，则产品纯度为：。【答案】(1)防倒吸或者安全瓶(2)CD(3)fcde使装置中压强等于储气瓶中压强，维持较高浓度的N2，提高产率(4)ab98%【解析】工业N2(含少量H2O、O2、CO2)，通过A装置中的Na2S2O4除去氧气，通过（1）随着反应的进行，体系内压强减小，为避免发生倒吸，D装置作为安全瓶使用；（2）冰浴的主要作用是减小N2的压强，避免压强过大，带来实验安全隐患，A错误；因为除去氧气以后，剩余的气体杂质主要是水蒸气和二氧化碳，利用B装置除去，应该选择碱性干燥剂，不能选择P2O5(s)，B错误；由于金属锂还原性强，装置C中左侧铁舟可用于除去未除尽的少量O2，C正确；氮化锂熔点（3）首先打开开关K，检查装置的气密性，通入氮气，排尽体系内空气，关闭开关K，开启电炉开始实验，实验结束以后，首先关闭电炉，最后打开开关K，排尽剩余气体。故操作顺序为a→（4）①由于最终的溶液中含有剩余的盐酸和氯化铵化合物，滴定过量的盐酸以后，由于含有氯化铵，溶液仍然是显酸性，所以应该加入甲基橙或者甲基红指示剂。故选ab。②Li3N易水解，生成LiOH和NH3。氨气溶于水形成氨水，氨水和盐酸反应：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+21．某研究小组按下列路线合成副交感神经抑制剂的中间体H(部分反应条件已简化)。已知：①Bu代表正丁基②(R1和R2均代表烃基，下同)③请回答：(1)化合物A中的官能团名称是。(2)化合物G的结构简式是。(3)下列说法正确的是___________。A．化合物B可以发生氧化反应B．C→D可用BuMgBr代替BuLi参与反应C．D→E可在NaOH