高級中學名校試題PAGEPAGE1福建省龍巖市2025屆高三下學期一模試題(考試時間：75分鐘，滿分：100分)注意：請將答案填寫在答題卡上。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.“勞動最光榮”，下列各勞動項目與對應的化學知識解釋錯誤的是選項勞動項目化學知識A用檸檬酸除水垢()(檸檬酸)(碳酸)B用熱的純堿溶液清洗廚房里的油污溫度升高純堿水解程度增大C煮完菜后及時清洗鐵鍋并晾干能防止鐵鍋因發生析氫腐蝕而生銹D84消毒液與潔廁靈分開使用兩者會反應產生氯氣A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．(檸檬酸)(碳酸)，檸檬酸能與碳酸鈣反應，所以用檸檬酸除水垢，故A正確；B．碳酸鈉水解使溶液呈堿性，溫度升高純堿水解程度增大，堿性增強，所以用熱的純堿溶液清洗廚房里的油污，故B正確；C．煮完菜后及時清洗鐵鍋并晾干，能防止鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹，故C錯誤；D．次氯酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉、氯氣、水，所以84消毒液與潔廁靈分開使用，故D正確；選C。2.下圖是合成具有抗腫瘤等作用藥物Z的一個片段，有關說法錯誤的是A.水中溶解性： B.Y→Z屬于消去反應C.X、Y、Z均能發生水解 D.X、Y、Z含有相同數目的手性碳原子【答案】B【解析】A．Y存在氨基，氨基能與水形成氫鍵，在水中的溶解性增大，因此水中溶解性：，A正確；B．Y分子中的氨基上的氫原子被酮羰基（）取代，因此Y→Z屬于取代反應，B錯誤；C．X、Y含有酯基，Z含有酰胺基，因此X、Y、Z均能發生水解，C正確；D．X、Y、Z的手性碳原子分別為、、，X、Y、Z均含有2個手性碳原子，D正確；故選B。3.下列離子反應方程式與所給事實相符的是A.過量與的溶液反應：B少量與溶液反應：C.用溶液將鍋爐水垢中的轉化為：D.用綠礬()將酸性工業廢水中的轉化為：【答案】D【解析】A．由于過量，生成的會進一步與反應，生成亞硫酸氫根離子，故正確的離子反應方程式為，A錯誤；B．少量CO2與反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式是，B錯誤；C．由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向鍋爐水垢中加入溶液，根據難溶物轉化原則可知CaSO4轉化為CaCO3，反應方程式為，C錯誤；D．具有強氧化性，Fe2+有還原性，二者發生氧化還原反應生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合價由+6降低至+3，Fe元素化合價由+2升高至+3，根據守恒規則可知反應離子方程式為，D正確；故選D。4.是火箭固體燃料重要的氧載體，與某些易燃物作用可全部生成氣態產物，如：。為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.中鍵和鍵的數目都為B.晶體中含有的離子數目為C.溶液中的數目為D.該反應中每轉移電子，生成的分子的數目為【答案】C【解析】A．1個分子中含有2個鍵、2個鍵，物質的量為1mol，含有鍵和鍵的數目都為，A正確；B．由構成，晶體中含有的離子數目為，B正確；C．在水溶液中發生水解，溶液中的數目小于，C錯誤；D．反應中碳原子失電子生成二氧化碳，得電子生成氯化氫，可知，該反應中每轉移電子，生成的分子的數目為，D正確；故選C。5.X、Y、Z、Q是原子序數依次增大主族元素，X原子半徑最小，Y、Z的價電子數相等，Q元素在焰色反應中顯紫色，4種元素形成的某種化合物的結構如圖所示。下列說法錯誤是A.第一電離能： B.最簡單氫化物沸點：C.離子半徑： D.與的VSEPR模型相同【答案】A【解析】由化合物的結構式可知，Y形成兩個價鍵，Z形成6條鍵，所以Y、Z為VIA族元素，所以Y、Z分別為O、S；X、Y、Z、Q是原子序數依次增大的主族元素，X形成一個價鍵，X原子序數小于O，X原子半徑最小，所以X為H；Q形成帶一個單位正電荷的陽離子，Q元素在焰色反應中顯紫色，所以Q為K，綜上所述：X為H、Y為O、Z為S、Q為K，據此分析。A．同主族從上到下，第一電離能減小，金屬的電離能小于非金屬，則第一電離能：，氧的第一電離能略大于氫，故綜合排序為：，A錯誤；B．Y的簡單氫化物為，Z的簡單氫化物為，二者均屬于分子晶體，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，但水分子間形成氫鍵，沸點反常高，故最簡單氫化物沸點：，B正確；C．X、Y、Z、Q對應的離子分別為、，電子層數越多，半徑越大，電子層結構相同，核電荷數大的半徑小，故離子半徑：，C正確；D．的價層電子對數是，的價層電子對數是，VSEPR模型相同，均為平面三角形，D正確；故選A。6.煙氣的主要污染物為和，某種脫硫脫硝的反應裝置如圖所示。一段時間后，檢測儀I檢測到反應的主要產物是含硫化合物，檢測儀Ⅱ檢測到反應的主要產物是含氮物質和氯化鈉。下列說法錯誤的是A.反應器I主要發生化合反應和復分解反應B.反應器Ⅱ中含氮產物主要是氮氣C.反應器I中含硫產物主要是D.反應器Ⅱ中溫度升高，去除速率可能會減慢【答案】B【解析】根據題干信息，煙氣的主要污染物是和，經過MgO水懸濁液后，檢測儀I檢測到的主要產物是含硫化合物，說明MgO與發生了反應，反應方程式為、、，檢測儀Ⅱ檢測到的主要產物是含氮物質和氯化鈉，說明亞氯酸鈉與NO發生反應，反應方程式為。A．根據分析可知，反應器I主要發生的反應有化合反應和復分解反應，A正確；B．由分析可知反應器Ⅱ中含氮產物主要是硝酸鹽，不是氮氣，B錯誤；C．由分析可知，反應器I中含硫產物主要是，C正確；D．反應器Ⅱ中溫度升高，亞氯酸鈉易受熱分解，所以去除速率可能會減慢，D正確；故選B。7.高活性是制取高純的重要原料，某種制備路線如下。已知：溶液，，，為白色難溶物，各步反應均完全。下列說法錯誤的是A.懸濁液中白色難溶物為 B.制備過程中可能有兩種氣體產生C.整個制備過程轉移電子數大于 D.系列操作中可用溶液檢驗沉淀是否洗滌干凈【答案】A【解析】飽和FeCO3溶液中，，c(Fe2+)=c()=5.4810-6mol/L，則FeCO3的溶解度為6.3510-5g，，c(Fe2+)=c(OH-)=3.6310-6mol/L，則Fe(OH)2的溶解度為3.2710-5g，即溶解度：FeCO3>Fe(OH)2，則10mL1mol/L的FeSO4溶液中加入10mL1mol/L的Na2CO3溶液，得到Fe(OH)2白色沉淀，用H2O2溶液將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3，以此解答。A．由分析可知，懸濁液中白色難溶物為Fe(OH)2，A錯誤；B．在加入Na2CO3溶液時，若局部出現酸性環境可少量放出CO2；后續用H?O?氧化Fe(OH)2時，H2O2在加熱和堿性條件下也易分解產生O2，B正確；C．10mL1mol/L的FeSO4溶液含Fe2+物質的量為0.01?mol，氧化過程中Fe(OH)2轉化為Fe(OH)3，轉移0.01mol電子，另外H2O2會發生分解生成H2O和O2，該過程也有電子轉移，則整個制備過程轉移電子數大于，C正確；D．洗滌后若濾液中仍含或，加入BaCl2會出現沉淀，因此可用BaCl2檢驗沉淀是否洗凈，D正確；故選A。8.某同學探究濃度對反應速率的影響，有關試劑用量和現象如下表所示實驗序號稀溶液實驗現象12滴溶液紫色瞬間褪去，溶液略顯黃色22滴開始不褪色，后來出現黑色沉淀(懸濁液)，溶液略顯黃色已知：在酸性溶液中按以下順序分步被還原：。下列說法錯誤的是A.溶液顯黃色說明生成了B.實驗1中反應速率：C.將實驗2中懸濁液調小，可能得到澄清溶液D.該實驗可以驗證濃度對反應速率的影響規律【答案】D【解析】實驗1中現象為溶液紫色瞬間褪去，則高錳酸鉀被還原為錳離子，溶液略顯黃色說明溴離子被氧化生成了溴單質，說明發生了，實驗2中開始不褪色，后來出現黑色沉淀(懸濁液)為二氧化錳，溶液略顯黃色，說明發生了：。A．據分析，溶液顯黃色說明生成了，A正確；B．實驗1中溶液紫色瞬間褪去未出現黑色沉淀，溶液略顯黃色，說明反應速率：，B正確；C．硫酸是二元強酸，實驗1中氫離子大于實驗2中氫離子濃度，二個實驗中有可能因氫離子濃度不同導致反應不同，則將實驗2中懸濁液調小，氫離子濃度增大，有可能使高錳酸根轉化為錳離子，可能得到澄清溶液，C正確；D．二個實驗中氫離子濃度不同、酸根陰離子也不同，不是唯一變量，故該實驗不可以驗證濃度對反應速率的影響規律，D錯誤；選D。9.混合動力車上坡或加速時，電動機提供推動力，降低油耗；剎車或下坡時，電池處于充電狀態(儲氫)。目前一般使用鎳氫電池，該電池中以鎳的化合物和儲氫金屬(以M表示)為電極，鎳氫電池充放電原理示意如下圖，下列說法正確的是A.混合動力車上坡或加速時，電能轉化為化學能B.混合動力車上坡或加速時，從甲電極移向乙電極C.混合動力車剎車或下坡時，乙電極周圍溶液的增大D.混合動力車剎車或下坡時，甲電極的電極反應式為【答案】D【解析】汽車上坡或加速時，電動機提供推動力為原電池，甲電極為負極，反應式為；乙極為正極，反應式為2NiOOH+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-；在剎車和下坡時，為電解池，甲電極為陰極，乙電極為陽極，以此解答。A．混合動力車上坡或加速時，電動機提供推動力，這意味著電能被轉化為機械能，而不是化學能，A錯誤；B．混合動力車上坡或加速時，為原電池，甲電極為負極，乙極為正極，從正極移向負極，即從乙電極移向甲電極，B錯誤；C．混合動力車剎車或下坡時，電池處于充電狀態，為電解池，乙電極會發生氧化反應，電極方程式為：2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，每消耗2個OH-，有2個OH-從甲電極移向乙電極，OH-的物質的量不變，但該過程中產生了H2O，OH-的濃度下降，溶液的減小，C錯誤；D．混合動力車剎車或下坡時，電池處于充電狀態，為電解池，甲電極為陰極發生還原反應，儲存氫氣，電極方程式為：，D正確；故選D。10.時，用溶液分別滴定濃度均為的三種溶液，溶液中[，M表示)等]隨變化關系如圖所示。已知。下列有關分析錯誤的是A.③表示與的變化關系B.的平衡常數C.滴定溶液至a點時，溶液中存在D.濃度均為的和的混合溶液可通過分步沉淀進行分離【答案】B【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的結構相似，二者的pM隨pH的變化曲線應該是平行線，故③代表滴定HX溶液的變化關系，根據曲線③pM=0時，溶液的pH=5.0，可得Ka(HA)=10-5；根據曲線①pM=0時，c(M2+)=1mol/L，溶液的pH=4.2，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol/L，可得Ksp=10-19.6；根據曲線②pM=0時，溶液的pH=6.5，pOH=7.5，c(OH-)=10-7.5mol/L，可得Ksp=10-15，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，則①②分別代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的變化關系，且Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-15。A．根據分析可知，③代表滴定HX溶液與pH的變化關系，A正確；B．可以寫成離子方程式為：Fe(OH)2+2HXFe2++2X-+2H2O，平衡常數K=，B錯誤。C．滴定溶液至a點時，pH=8，溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，根據電荷守恒，，，故溶液中存在：，C正確；D．當Cu2+完全沉淀時，c(Cu2+)=10-5mol/L，c(Cu2+)×c2(OH-)=Ksp=10-19.6，c2(OH-)=10-14.6mol/L，此時Q=c(Fe2+)×c2(OH-)=0.01×10-14.6=10-16.6<Ksp[Fe(OH)2]=10-15，Fe2+不沉淀，可以分步沉淀分離，D正確；答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.下圖是以氟碳鈰礦(主要含、等)為原料制備二氧化鈰()的一種工藝流程。回答下列問題：（1）“氧化焙燒”中鈰元素轉化為和，該反應的還原產物是_______。（2）“酸浸”中。①生成濾渣A的化學反應方程式是_______。②“酸浸”時，鈰的浸出率與溫度、的關系如圖所示：當溫度高于時，的浸出率下降的可能原因是_______(填字母標號)。A．溫度升高，揮發B．生成的反應為吸熱反應C．溫度升高，水解程度增大D．溫度升高，稀硫酸分解（3）若測得水層中，濾液B的，忽略溶液體積變化，“調”后的沉淀百分率是_______。(已知時)（4）“氧化”中的化學反應方程式為_______。（5）已知的立方晶胞結構如圖所示，用表示阿伏加德羅常數值。①配位數為_______。②填充在構成的_______空隙中。③該晶胞密度為，則晶胞中、之間的最近距離為_______(用含的代數式表示)。【答案】（1）（2）①.②.AC（3）92%（4）（5）①.8②.正四面體③.【解析】氟碳鈰礦(主要含、等)在富氧空氣中氧化焙燒產生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分為和、，加入硫酸酸浸得到濾渣A為硫酸鋇，濾液A主要含有，系列操作得到的水層含有，加入氫氧化鈉調pH，得到的濾渣B為Ce(OH)3，濾液B主要含有硫酸鈉等，濾渣B加入次氯酸鈉氧化得到Ce(OH)4，煅燒得到二氧化鈰()；（1）“氧化焙燒”中鈰元素轉化為和，同時生成CO2，反應的化學方程式為4+O23++4CO2；中Ce的化合價為+3價，升高為和中的+4價，O2中氧元素由0價變為-2價，碳酸根離子轉化為二氧化碳，其中的O元素化合價不變，則該反應的還原產物是；（2）①加入硫酸酸浸得到濾渣A為硫酸鋇，生成濾渣A的化學反應方程式是；②A．溫度升高，揮發，降低，的浸出率下降，故A符合；B．生成的反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，的浸出率增大，故B不符合；C．溫度升高，水解程度增大，產生沉淀，的浸出率下降，故C符合；D．稀硫酸不易分解，故D不符合；答案選AC：（3）若測得水層中，濾液B的，忽略溶液體積變化，c(OH-)=10-6mol/L，“調”后的沉淀百分率是=92%；（4）“氧化”中次氯酸鈉氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反應的化學反應方程式為；（5）分析晶胞結構圖，白球個數為，黑球個數為8個，故白球為鈰離子、黑球為氧離子，處于面心鈰離子周圍有4個氧離子，根據晶胞無隙并置原則，鈰離子的配位數為；②根據圖中位置，每個連接四個，填充在構成的正四面體空隙中；③該晶胞的密度為，則晶胞中、之間的最近距離為體對角線的，為邊長的；設邊長為acm，，邊長a=pm，則晶胞中、之間的最近距離為pm，故答案為。12.W是制取高純的無碳前驅體，實驗室以X和為原料制得，反應原理及部分物質信息如下所示。物質熔點/沸點/性質X147

易水解W126易分解Z6.145

甲苯110.692

實驗步驟如下：步驟I：按上圖所示裝置，在三口瓶中加入和甲苯做溶劑，控制反應溫度，以速率通入過量的氨氣，反應結束后得到無色溶液；步驟Ⅱ：將步驟I所得無色溶液除去溶劑、過濾、洗滌、干燥，最終得到。回答以下問題：（1）裝有堿石灰的球形干燥管作用是_______。（2）燒杯中盛放的物質是________(填字母標號)；燒杯內Z發生反應的離子方程式_______。A.濃鹽酸B.溶液C.稀硫酸D.石灰水（3）“步驟I”中控制溫度的原因是_______。（4）“步驟Ⅱ”除去溶劑的適宜方法是_______。A.蒸發結晶 B.減壓蒸餾 C.濃縮冷卻 D.分液（5）U形管與三口瓶之間____(填“是”或“否”)需要連接防倒吸裝置，理由是_____。（6）W的產率為_______。（7）二甲胺[]是制備X的原料，其中含有雜質，使用前需先測定其純度，步驟如下：準確稱取樣品，加到盛有異丙醇的錐形瓶中，再加入乙酸酐以屏蔽二甲胺，搖勻放置，滴入指示劑后，用鹽酸標準溶液滴定至終點，經平行實驗測得消耗標準溶液平均體積為。樣品中的純度為_______(列出計算式)。【答案】（1）防止燒杯中水蒸氣進入三口瓶（2）①.C②.（3）溫度低于50℃，反應速率過慢；溫度高于50℃，W可能發生分解（4）B（5）①.否②.X、W均為非極性或極性很弱的分子，氨分子為強極性分子，它們之間難以互溶，不會引起倒吸（6）82.5%（7）（1-）×100%【解析】W是制取高純的無碳前驅體，實驗室以X和為原料制得，在三口瓶中加入和甲苯做溶劑，控制反應溫度，以的速率通入過量的氨氣，反應結束后得到無色溶液；將所得無色溶液除去溶劑、過濾、洗滌、干燥，最終得到，燒杯中盛放的物質作用是吸收過量的NH3，以此解答。（1）已知產物W易水解，裝有堿石灰的球形干燥管作用是防止燒杯中水蒸氣進入三口瓶。（2）燒杯中盛放的物質作用是吸收過量的NH3，NH3是堿性氣體應該用酸性溶液吸收，由于濃鹽酸具有揮發性，會產生HCl，不用來吸收NH3，應該用稀硫酸吸收NH3，故選C，Z中含有氨基，具有堿性，能夠和硫酸發生反應生成，離子方程式為：。（3）“步驟I”中控制溫度的原因是：溫度低于50℃，反應速率過慢；溫度高于50℃，W可能發生分解。（4）減壓蒸餾可以在較低溫度下除去溶劑，避免W在高溫下分解，W的沸點>161℃，減壓蒸餾可以有效分離溶劑和W，故選B。（5）U形管與三口瓶之間不需要連接防倒吸裝置，理由是：X、W均為非極性或極性很弱的分子，氨分子為強極性分子，它們之間難以互溶，不會引起倒吸。（6）該實驗中投入，由方程式可知，理論上可以生成molW，實際最終得到，則W的產率為=82.5%。（7）滴定過程中，鹽酸標準溶液與反應，消耗的鹽酸體積為vmL，濃度為cmol/L。1mol消耗1molHCl，經平行實驗測得消耗標準溶液平均體積為，的物質的量為c×v×10-3mol，其摩爾質量為59g/mol，因此的質量為c×v×10-3×59g，的純度為。13.下圖是抗炎鎮痛藥J的一種合成路線(部分反應條件已簡化)。已知：。（1）A→B反應的條件是_______。（2）化合物F的官能團名稱是_______、_______。（3）亞硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的雜化軌道類型為_______，其分子構型為_______。（4）化合物G的結構簡式是_______。（5）D+G→H的化學方程式是_______。（6）比較酸性：_______(填“＞”或“＜”)。（7）Y是C的同分異構體，遇FeCl3溶液顯特征顏色且能發生銀鏡反應，則Y的結構有_______種。【答案】（1）氯氣、鐵粉或FeCl3（2）①.酮羰基②.酯基（3）①.sp3②.三角錐形（4）（5）（6）＞（7）10【解析】由A、C的結構簡式及B的分子式，可推出B的結構簡式為，由C的結構簡式及D的分子式，可推出D的結構簡式為；由E、F的結構簡式和G的分子式，可推出G為；由已知信息及G、D的結構簡式，可推出H為；由已知信息可推出，I的結構簡式為；水解得出J。（1）A()→B()，發生取代反應，反應的條件是：氯氣、鐵粉或FeCl3。（2）化合物F的結構簡式為CH3COCH2CH2COOCH3，官能團名稱是：酮羰基、酯基。（3）亞硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的價層電子對數為=4，雜化軌道類型為sp3，由于S原子的最外層還有1個孤電子對，則其分子構型為：三角錐形。（4）由分析可知，化合物G的結構簡式是：。（5）D()+G()→H()+HCl，化學方程式是。（6）在中，氯原子是吸電子基，它通過誘導效應使苯環以及與之相連的羧基電子云密度降低，使得羧基更容易電離出氫離子，酸性增強；在中，甲基是給電子基，它會使苯環以及與之相連的羧基電子云密度升高，導致羧基電離出氫離子的能力減弱，酸性降低。所以酸性：＞。（7）C為，Y是C的同分異構體，遇FeCl3溶液顯特征顏色且能發生銀鏡反應，則Y分子中含有苯環、酚-OH、-CHO、-Cl，可能結構簡式為(-Cl取代苯環上的H原子，共4種可能異構體)、(-Cl取代苯環上的H原子，共4種可能異構體)、(-Cl取代苯環上的H原子，共2種可能異構體)，所以可能結構有4+4+2=10種。14.空間站內搭載薩巴蒂爾裝置將轉化為，再通過電解水裝置回收氧元素，其系統原理如圖：薩巴蒂爾裝置內發生反應為反應I：反應II：（1）已知：。①則_______。②其他條件不變時，壓縮平衡體系體積，重新達到平衡后，下列說法正確的是_______。A．反應I的化學平衡常數變小B．變大C．物質的量分數增大D．的轉化率增大（2）下，在體積為“高溫反應器”中(其他條件相同)充入及，分別使用、、作催化劑，在時的轉化率如下表所示。標號ABC催化劑轉化率/%35.348.675.0①使用不同催化劑時，反應的活化能比較：催化劑_______催化劑(填“=”“>”或“<”)。②在時，一定未達到平衡的是_______(填寫上表中的“標號”)。③使用作催化劑，在時測得物質的量為，時，_______。（3）已知原料氣中含有及在薩巴蒂爾裝置中發生反應，達平衡時，各組分物質的量分數隨溫度變化如下圖所示。達平衡時，總壓為p，則反應Ⅱ的_______(列出計算式，為以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數)；此時氧元素的回收率為_______[列出計算式，回收率]。（4）薩巴蒂爾系統中不能先進行低溫反應，再進行高溫反應的原因是_______。【答案】（1）①.②.CD（2）①.>②.AB③.（3）①.②.×100%或或（4）若先在低溫反應時，反應Ⅰ速率小且轉化率低，生成CO和H2O少，導致反應Ⅱ正向進行程度少，氧元素回收率很低【解析】（1）①反應I：反應Ⅲ：根據蓋斯定律Ⅲ-I得反應II：。②A．平衡常數只與溫度有關，反應I的溫度不變，化學平衡常數不變，故A錯誤；B．焓變與化學方程式的系數有關，與平衡移動無關，增大壓強，不變，故B錯誤；C．增大壓強，反應II正向移動，物質的量分數增大，故C正確；D．增大壓強，反應II正向移動，CO減少，使反應I也正向移動，所以的轉化率增大，故D正確；選CD。（2）①相同時間內使用催化劑時CO2的轉化率小于催化劑，可知使用催化劑反應速率快，反應的活化能比較：催化劑>催化劑。②催化劑不能使平衡移動，下反應達到平衡時，CO2的平衡轉化率至少為75%，可知在時，AB中CO的轉化率小于75%，可知一定未達到平衡的是AB。③時，使用作催化劑，CO2的轉化率為75%，可知反應I消耗0.75mol氫氣、生成0.75mol水，在時測得物質的量為，則反應II生成0.6mol水，可知反應II消耗氫氣1.8mol，時，。（3）隨溫度升高，反應I正向移動，反應II逆向移動，所以CO的含量增多、甲烷的含量減少，則d表示CO、b表示CH4、a表示H2O，達平衡時，總壓為p，則反應Ⅱ的；含氧元素的物質有CO2、CO、H2O，CO2、CO、H2O的物質的量分數分別為y%、z%、w%，所以此時氧元素的回收率為×100%；含有氫元素的物質有H2、H2O、CH4，H2、H2O、CH4的物質的量分數分別為w%、w%、x%，氫元素為氧元素的4倍，所以此時氧元素的回收率為；含有碳元素的物質有CO2、CO、CH4，CO2、CO、CH4的物質的量分數分別為y%、z%、x%，氧元素的總量為碳元素的2倍，所以此時氧元素的回收率為（4）反應I吸熱，若先在低溫反應時，反應Ⅰ速率小且轉化率低，生成CO和H2O少，導致反應Ⅱ正向進行程度少，氧元素回收率很低，所以薩巴蒂爾系統中不能先進行低溫反應，再進行高溫反應。福建省龍巖市2025屆高三下學期一模試題(考試時間：75分鐘，滿分：100分)注意：請將答案填寫在答題卡上。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.“勞動最光榮”，下列各勞動項目與對應的化學知識解釋錯誤的是選項勞動項目化學知識A用檸檬酸除水垢()(檸檬酸)(碳酸)B用熱的純堿溶液清洗廚房里的油污溫度升高純堿水解程度增大C煮完菜后及時清洗鐵鍋并晾干能防止鐵鍋因發生析氫腐蝕而生銹D84消毒液與潔廁靈分開使用兩者會反應產生氯氣A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．(檸檬酸)(碳酸)，檸檬酸能與碳酸鈣反應，所以用檸檬酸除水垢，故A正確；B．碳酸鈉水解使溶液呈堿性，溫度升高純堿水解程度增大，堿性增強，所以用熱的純堿溶液清洗廚房里的油污，故B正確；C．煮完菜后及時清洗鐵鍋并晾干，能防止鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹，故C錯誤；D．次氯酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉、氯氣、水，所以84消毒液與潔廁靈分開使用，故D正確；選C。2.下圖是合成具有抗腫瘤等作用藥物Z的一個片段，有關說法錯誤的是A.水中溶解性： B.Y→Z屬于消去反應C.X、Y、Z均能發生水解 D.X、Y、Z含有相同數目的手性碳原子【答案】B【解析】A．Y存在氨基，氨基能與水形成氫鍵，在水中的溶解性增大，因此水中溶解性：，A正確；B．Y分子中的氨基上的氫原子被酮羰基（）取代，因此Y→Z屬于取代反應，B錯誤；C．X、Y含有酯基，Z含有酰胺基，因此X、Y、Z均能發生水解，C正確；D．X、Y、Z的手性碳原子分別為、、，X、Y、Z均含有2個手性碳原子，D正確；故選B。3.下列離子反應方程式與所給事實相符的是A.過量與的溶液反應：B少量與溶液反應：C.用溶液將鍋爐水垢中的轉化為：D.用綠礬()將酸性工業廢水中的轉化為：【答案】D【解析】A．由于過量，生成的會進一步與反應，生成亞硫酸氫根離子，故正確的離子反應方程式為，A錯誤；B．少量CO2與反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式是，B錯誤；C．由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向鍋爐水垢中加入溶液，根據難溶物轉化原則可知CaSO4轉化為CaCO3，反應方程式為，C錯誤；D．具有強氧化性，Fe2+有還原性，二者發生氧化還原反應生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合價由+6降低至+3，Fe元素化合價由+2升高至+3，根據守恒規則可知反應離子方程式為，D正確；故選D。4.是火箭固體燃料重要的氧載體，與某些易燃物作用可全部生成氣態產物，如：。為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.中鍵和鍵的數目都為B.晶體中含有的離子數目為C.溶液中的數目為D.該反應中每轉移電子，生成的分子的數目為【答案】C【解析】A．1個分子中含有2個鍵、2個鍵，物質的量為1mol，含有鍵和鍵的數目都為，A正確；B．由構成，晶體中含有的離子數目為，B正確；C．在水溶液中發生水解，溶液中的數目小于，C錯誤；D．反應中碳原子失電子生成二氧化碳，得電子生成氯化氫，可知，該反應中每轉移電子，生成的分子的數目為，D正確；故選C。5.X、Y、Z、Q是原子序數依次增大主族元素，X原子半徑最小，Y、Z的價電子數相等，Q元素在焰色反應中顯紫色，4種元素形成的某種化合物的結構如圖所示。下列說法錯誤是A.第一電離能： B.最簡單氫化物沸點：C.離子半徑： D.與的VSEPR模型相同【答案】A【解析】由化合物的結構式可知，Y形成兩個價鍵，Z形成6條鍵，所以Y、Z為VIA族元素，所以Y、Z分別為O、S；X、Y、Z、Q是原子序數依次增大的主族元素，X形成一個價鍵，X原子序數小于O，X原子半徑最小，所以X為H；Q形成帶一個單位正電荷的陽離子，Q元素在焰色反應中顯紫色，所以Q為K，綜上所述：X為H、Y為O、Z為S、Q為K，據此分析。A．同主族從上到下，第一電離能減小，金屬的電離能小于非金屬，則第一電離能：，氧的第一電離能略大于氫，故綜合排序為：，A錯誤；B．Y的簡單氫化物為，Z的簡單氫化物為，二者均屬于分子晶體，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，但水分子間形成氫鍵，沸點反常高，故最簡單氫化物沸點：，B正確；C．X、Y、Z、Q對應的離子分別為、，電子層數越多，半徑越大，電子層結構相同，核電荷數大的半徑小，故離子半徑：，C正確；D．的價層電子對數是，的價層電子對數是，VSEPR模型相同，均為平面三角形，D正確；故選A。6.煙氣的主要污染物為和，某種脫硫脫硝的反應裝置如圖所示。一段時間后，檢測儀I檢測到反應的主要產物是含硫化合物，檢測儀Ⅱ檢測到反應的主要產物是含氮物質和氯化鈉。下列說法錯誤的是A.反應器I主要發生化合反應和復分解反應B.反應器Ⅱ中含氮產物主要是氮氣C.反應器I中含硫產物主要是D.反應器Ⅱ中溫度升高，去除速率可能會減慢【答案】B【解析】根據題干信息，煙氣的主要污染物是和，經過MgO水懸濁液后，檢測儀I檢測到的主要產物是含硫化合物，說明MgO與發生了反應，反應方程式為、、，檢測儀Ⅱ檢測到的主要產物是含氮物質和氯化鈉，說明亞氯酸鈉與NO發生反應，反應方程式為。A．根據分析可知，反應器I主要發生的反應有化合反應和復分解反應，A正確；B．由分析可知反應器Ⅱ中含氮產物主要是硝酸鹽，不是氮氣，B錯誤；C．由分析可知，反應器I中含硫產物主要是，C正確；D．反應器Ⅱ中溫度升高，亞氯酸鈉易受熱分解，所以去除速率可能會減慢，D正確；故選B。7.高活性是制取高純的重要原料，某種制備路線如下。已知：溶液，，，為白色難溶物，各步反應均完全。下列說法錯誤的是A.懸濁液中白色難溶物為 B.制備過程中可能有兩種氣體產生C.整個制備過程轉移電子數大于 D.系列操作中可用溶液檢驗沉淀是否洗滌干凈【答案】A【解析】飽和FeCO3溶液中，，c(Fe2+)=c()=5.4810-6mol/L，則FeCO3的溶解度為6.3510-5g，，c(Fe2+)=c(OH-)=3.6310-6mol/L，則Fe(OH)2的溶解度為3.2710-5g，即溶解度：FeCO3>Fe(OH)2，則10mL1mol/L的FeSO4溶液中加入10mL1mol/L的Na2CO3溶液，得到Fe(OH)2白色沉淀，用H2O2溶液將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3，以此解答。A．由分析可知，懸濁液中白色難溶物為Fe(OH)2，A錯誤；B．在加入Na2CO3溶液時，若局部出現酸性環境可少量放出CO2；后續用H?O?氧化Fe(OH)2時，H2O2在加熱和堿性條件下也易分解產生O2，B正確；C．10mL1mol/L的FeSO4溶液含Fe2+物質的量為0.01?mol，氧化過程中Fe(OH)2轉化為Fe(OH)3，轉移0.01mol電子，另外H2O2會發生分解生成H2O和O2，該過程也有電子轉移，則整個制備過程轉移電子數大于，C正確；D．洗滌后若濾液中仍含或，加入BaCl2會出現沉淀，因此可用BaCl2檢驗沉淀是否洗凈，D正確；故選A。8.某同學探究濃度對反應速率的影響，有關試劑用量和現象如下表所示實驗序號稀溶液實驗現象12滴溶液紫色瞬間褪去，溶液略顯黃色22滴開始不褪色，后來出現黑色沉淀(懸濁液)，溶液略顯黃色已知：在酸性溶液中按以下順序分步被還原：。下列說法錯誤的是A.溶液顯黃色說明生成了B.實驗1中反應速率：C.將實驗2中懸濁液調小，可能得到澄清溶液D.該實驗可以驗證濃度對反應速率的影響規律【答案】D【解析】實驗1中現象為溶液紫色瞬間褪去，則高錳酸鉀被還原為錳離子，溶液略顯黃色說明溴離子被氧化生成了溴單質，說明發生了，實驗2中開始不褪色，后來出現黑色沉淀(懸濁液)為二氧化錳，溶液略顯黃色，說明發生了：。A．據分析，溶液顯黃色說明生成了，A正確；B．實驗1中溶液紫色瞬間褪去未出現黑色沉淀，溶液略顯黃色，說明反應速率：，B正確；C．硫酸是二元強酸，實驗1中氫離子大于實驗2中氫離子濃度，二個實驗中有可能因氫離子濃度不同導致反應不同，則將實驗2中懸濁液調小，氫離子濃度增大，有可能使高錳酸根轉化為錳離子，可能得到澄清溶液，C正確；D．二個實驗中氫離子濃度不同、酸根陰離子也不同，不是唯一變量，故該實驗不可以驗證濃度對反應速率的影響規律，D錯誤；選D。9.混合動力車上坡或加速時，電動機提供推動力，降低油耗；剎車或下坡時，電池處于充電狀態(儲氫)。目前一般使用鎳氫電池，該電池中以鎳的化合物和儲氫金屬(以M表示)為電極，鎳氫電池充放電原理示意如下圖，下列說法正確的是A.混合動力車上坡或加速時，電能轉化為化學能B.混合動力車上坡或加速時，從甲電極移向乙電極C.混合動力車剎車或下坡時，乙電極周圍溶液的增大D.混合動力車剎車或下坡時，甲電極的電極反應式為【答案】D【解析】汽車上坡或加速時，電動機提供推動力為原電池，甲電極為負極，反應式為；乙極為正極，反應式為2NiOOH+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-；在剎車和下坡時，為電解池，甲電極為陰極，乙電極為陽極，以此解答。A．混合動力車上坡或加速時，電動機提供推動力，這意味著電能被轉化為機械能，而不是化學能，A錯誤；B．混合動力車上坡或加速時，為原電池，甲電極為負極，乙極為正極，從正極移向負極，即從乙電極移向甲電極，B錯誤；C．混合動力車剎車或下坡時，電池處于充電狀態，為電解池，乙電極會發生氧化反應，電極方程式為：2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，每消耗2個OH-，有2個OH-從甲電極移向乙電極，OH-的物質的量不變，但該過程中產生了H2O，OH-的濃度下降，溶液的減小，C錯誤；D．混合動力車剎車或下坡時，電池處于充電狀態，為電解池，甲電極為陰極發生還原反應，儲存氫氣，電極方程式為：，D正確；故選D。10.時，用溶液分別滴定濃度均為的三種溶液，溶液中[，M表示)等]隨變化關系如圖所示。已知。下列有關分析錯誤的是A.③表示與的變化關系B.的平衡常數C.滴定溶液至a點時，溶液中存在D.濃度均為的和的混合溶液可通過分步沉淀進行分離【答案】B【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的結構相似，二者的pM隨pH的變化曲線應該是平行線，故③代表滴定HX溶液的變化關系，根據曲線③pM=0時，溶液的pH=5.0，可得Ka(HA)=10-5；根據曲線①pM=0時，c(M2+)=1mol/L，溶液的pH=4.2，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8mol/L，可得Ksp=10-19.6；根據曲線②pM=0時，溶液的pH=6.5，pOH=7.5，c(OH-)=10-7.5mol/L，可得Ksp=10-15，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，則①②分別代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的變化關系，且Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-15。A．根據分析可知，③代表滴定HX溶液與pH的變化關系，A正確；B．可以寫成離子方程式為：Fe(OH)2+2HXFe2++2X-+2H2O，平衡常數K=，B錯誤。C．滴定溶液至a點時，pH=8，溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，根據電荷守恒，，，故溶液中存在：，C正確；D．當Cu2+完全沉淀時，c(Cu2+)=10-5mol/L，c(Cu2+)×c2(OH-)=Ksp=10-19.6，c2(OH-)=10-14.6mol/L，此時Q=c(Fe2+)×c2(OH-)=0.01×10-14.6=10-16.6<Ksp[Fe(OH)2]=10-15，Fe2+不沉淀，可以分步沉淀分離，D正確；答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.下圖是以氟碳鈰礦(主要含、等)為原料制備二氧化鈰()的一種工藝流程。回答下列問題：（1）“氧化焙燒”中鈰元素轉化為和，該反應的還原產物是_______。（2）“酸浸”中。①生成濾渣A的化學反應方程式是_______。②“酸浸”時，鈰的浸出率與溫度、的關系如圖所示：當溫度高于時，的浸出率下降的可能原因是_______(填字母標號)。A．溫度升高，揮發B．生成的反應為吸熱反應C．溫度升高，水解程度增大D．溫度升高，稀硫酸分解（3）若測得水層中，濾液B的，忽略溶液體積變化，“調”后的沉淀百分率是_______。(已知時)（4）“氧化”中的化學反應方程式為_______。（5）已知的立方晶胞結構如圖所示，用表示阿伏加德羅常數值。①配位數為_______。②填充在構成的_______空隙中。③該晶胞密度為，則晶胞中、之間的最近距離為_______(用含的代數式表示)。【答案】（1）（2）①.②.AC（3）92%（4）（5）①.8②.正四面體③.【解析】氟碳鈰礦(主要含、等)在富氧空氣中氧化焙燒產生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分為和、，加入硫酸酸浸得到濾渣A為硫酸鋇，濾液A主要含有，系列操作得到的水層含有，加入氫氧化鈉調pH，得到的濾渣B為Ce(OH)3，濾液B主要含有硫酸鈉等，濾渣B加入次氯酸鈉氧化得到Ce(OH)4，煅燒得到二氧化鈰()；（1）“氧化焙燒”中鈰元素轉化為和，同時生成CO2，反應的化學方程式為4+O23++4CO2；中Ce的化合價為+3價，升高為和中的+4價，O2中氧元素由0價變為-2價，碳酸根離子轉化為二氧化碳，其中的O元素化合價不變，則該反應的還原產物是；（2）①加入硫酸酸浸得到濾渣A為硫酸鋇，生成濾渣A的化學反應方程式是；②A．溫度升高，揮發，降低，的浸出率下降，故A符合；B．生成的反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，的浸出率增大，故B不符合；C．溫度升高，水解程度增大，產生沉淀，的浸出率下降，故C符合；D．稀硫酸不易分解，故D不符合；答案選AC：（3）若測得水層中，濾液B的，忽略溶液體積變化，c(OH-)=10-6mol/L，“調”后的沉淀百分率是=92%；（4）“氧化”中次氯酸鈉氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反應的化學反應方程式為；（5）分析晶胞結構圖，白球個數為，黑球個數為8個，故白球為鈰離子、黑球為氧離子，處于面心鈰離子周圍有4個氧離子，根據晶胞無隙并置原則，鈰離子的配位數為；②根據圖中位置，每個連接四個，填充在構成的正四面體空隙中；③該晶胞的密度為，則晶胞中、之間的最近距離為體對角線的，為邊長的；設邊長為acm，，邊長a=pm，則晶胞中、之間的最近距離為pm，故答案為。12.W是制取高純的無碳前驅體，實驗室以X和為原料制得，反應原理及部分物質信息如下所示。物質熔點/沸點/性質X147

易水解W126易分解Z6.145

甲苯110.692

實驗步驟如下：步驟I：按上圖所示裝置，在三口瓶中加入和甲苯做溶劑，控制反應溫度，以速率通入過量的氨氣，反應結束后得到無色溶液；步驟Ⅱ：將步驟I所得無色溶液除去溶劑、過濾、洗滌、干燥，最終得到。回答以下問題：（1）裝有堿石灰的球形干燥管作用是_______。（2）燒杯中盛放的物質是________(填字母標號)；燒杯內Z發生反應的離子方程式_______。A.濃鹽酸B.溶液C.稀硫酸D.石灰水（3）“步驟I”中控制溫度的原因是_______。（4）“步驟Ⅱ”除去溶劑的適宜方法是_______。A.蒸發結晶 B.減壓蒸餾 C.濃縮冷卻 D.分液（5）U形管與三口瓶之間____(填“是”或“否”)需要連接防倒吸裝置，理由是_____。（6）W的產率為_______。（7）二甲胺[]是制備X的原料，其中含有雜質，使用前需先測定其純度，步驟如下：準確稱取樣品，加到盛有異丙醇的錐形瓶中，再加入乙酸酐以屏蔽二甲胺，搖勻放置，滴入指示劑后，用鹽酸標準溶液滴定至終點，經平行實驗測得消耗標準溶液平均體積為。樣品中的純度為_______(列出計算式)。【答案】（1）防止燒杯中水蒸氣進入三口瓶（2）①.C②.（3）溫度低于50℃，反應速率過慢；溫度高于50℃，W可能發生分解（4）B（5）①.否②.X、W均為非極性或極性很弱的分子，氨分子為強極性分子，它們之間難以互溶，不會引起倒吸（6）82.5%（7）（1-）×100%【解析】W是制取高純的無碳前驅體，實驗室以X和為原料制得，在三口瓶中加入和甲苯做溶劑，控制反應溫度，以的速率通入過量的氨氣，反應結束后得到無色溶液；將所得無色溶液除去溶劑、過濾、洗滌、干燥，最終得到，燒杯中盛放的物質作用是吸收過量的NH3，以此解答。（1）已知產物W易水解，裝有堿石灰的球形干燥管作用是防止燒杯中水蒸氣進入三口瓶。（2）燒杯中盛放的物質作用是吸收過量的NH3，NH3是堿性氣體應該用酸性溶液吸收，由于濃鹽酸具有揮發性，會產生HCl，不用來吸收NH3，應該用稀硫酸吸收NH3，故選C，Z中含有氨基，具有堿性，能夠和硫酸發生反應生成，離子方程式為：。（3）“步驟I”中控制溫度的原因是：溫度低于50℃，反應速率過慢；溫度高于50℃，W可能發生分解。（4）減壓蒸餾可以在較低溫度下除去溶劑，避免W在高溫下分解，W的沸點>161℃，減壓蒸餾可以有效分離溶劑和W，故選B。（5）U形管與三口瓶之間不需要連接防倒吸裝置，理由是：X、W均為非極性或極性很弱的分子，氨分子為強極性分子，它們之間難以互溶，不會引起倒吸。（6）該實驗中投入，由方程式可知，理論上可以生成molW，實際最終得到，則W的產率為=82.5%。（7）滴定過程中，鹽酸標準溶液與反應，消耗的鹽酸體積為vmL，濃度為cmol/L。1mol消耗1molHCl，經平行實驗測得消耗標準溶液平均體積為，的物質的量為c×v×10-3mol，其摩爾質量為59g/mol，因此的質量為c×v×10-3×59g，的純度為。13.下圖是抗炎鎮痛藥J的一種合成路線(部分反應條件已簡化)。已知：。（1）A→B反應的條件是_______。（2）化合物F的官能團名稱是_______、_______。（3）亞硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的雜化軌道類型為_______，其分子構型為_______。（4）化合物G的結構簡式是_______。（5）D+G→H的化學方程式是_______。（6）比較酸性：_______(填“＞”或“＜”)。（7）Y是C的同分異構體，遇FeCl3溶液顯特征顏色且能發生銀鏡反應，則Y的結構有_______種。【答案】（1）氯氣、鐵粉或FeCl3（2）①.酮羰基②.酯基（3）①.sp3②.三角錐形（4）（5）（6）＞（7）10【解析】由A、C的結構簡式及B的分子式，可推出B的結構簡式為，由C的結構簡式及D的分子式，可推出D的結構簡式為；由E、F的結構簡式和G的分子式，可推出G為；由已知信息及G、D的結構簡式，可推出H為；由已知信