江苏省苏北四市（徐连淮宿）2025届高三上学期一模考试化学试卷（解析版）

这是一份江苏省苏北四市（徐连淮宿）2025届高三上学期一模考试化学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A. 天然橡胶B. 不锈钢C. 足球烯D.光导纤维
【答案】A
【解析】A．天然橡胶是聚异戊二烯的高聚物，含有碳氢等元素，属于有机高分子化合物，所以主要成分是有机物，A正确；
B．不锈钢是铁、铬、镍等金属的合金，属于金属材料，不属于有机物，B错误；
C．足球烯(C60)是由碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，不属于有机物，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不属于有机物，D错误；
故选A。
2. “丹砂能化为录”出自《神农本草经》，该过程涉及化学反应：。下列说法正确的是
A. S2-的结构示意图为B. O2属于非极性分子
C. HgS中S元素的化合价为-1D. SO2的空间构型为直线形
【答案】B
【解析】A．S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，则S2-的结构示意图为，A不正确；
B．O2为非金属单质，O原子间以非极性共价键结合为双原子分子，属于非极性分子，B正确；
C．HgS中，Hg显+2价，则S元素的化合价为-2，C不正确；
D．SO2分子中，中心S原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，S原子与O原子间形成共价键，另外，S原子的最外层还有1个孤电子对，则空间构型为V形，D不正确；
故选B。
3. 实验室进行乙酸乙酯的制备。下列相关原理，装置及操作正确的是
A. 用装置甲混合乙醇与浓硫酸B. 用装置乙制备乙酸乙酯
C. 用装置丙收集乙酸乙酯D. 用装置丁提纯乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A．混合时应将浓硫酸注入乙醇中，A错误；
B．乙醇、乙酸加热时发生酯化反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，加入碎瓷片防止液体暴沸，图中装置合理，B正确；
C．饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置应该用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且导管口不能插入溶液中，C错误；
D．用蒸馏的方式分离出乙酸乙酯，温度计水银球应该在烧瓶的支管口，不能插入溶液中，D错误；
故选B。
4. 尿素[CO(NH2)2]是一种氮肥。下列说法正确的是
A. 原子半径：B. 电离能：
C. 沸点：D. 酸性：
【答案】A
【解析】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、O为同周期元素，且C在O的左边，所以原子半径：，A正确；
B．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，N、O为同周期左右相邻元素，N的非金属性小于O，但由于N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，所以电离能：，B不正确；
C．CH4、H2O都形成分子晶体，二者的相对分子质量相近，但由于H2O分子间能形成氢键，使得H2O分子间的作用力增大，沸点升高，所以沸点：，C不正确；
D．C、N都为同周期左右相邻元素，非金属性C＜N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：，D不正确；
故选A。
阅读下列材料，完成下面小题：
铍及其化合物具有重要应用。铍与铝性质相似，铍铝合金可用作航空材料，是很好的储氢材料；BeO可用于制造耐火陶炎，晶胞结构如图所示；固体加热至得分子和两种气态氢化物；气态主要以二聚体()形式存在，可与在乙醚中制备；在分解为和等。
5. 下列说法正确的是
A. 键角大于B. 为离子化合物
C. BeO晶胞中配位数为4D. 气体含键
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. Be溶于NaOH溶液：
B. 的制备：
C 电解、混合熔融盐阴极反应：
D. 的受热分解：
7. 下列说法不正确的是
A. 铍铝合金低密度高强度B. 分解产生
C. 水解生成D. BeO熔点高
【答案】5. C 6. C 7. C
【解析】5.A．中心原子价层电子对数为3+=4，中心原子价层电子对数为4+=4，和中心N原子均为sp3杂化，中心N原子含有1个孤电子对，而没有，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子之间的斥力，故电子对越多，键角越小，则键角小于，A错误；
B．由题意可知，固体加热至得分子，由分子可知其为共价化合物，B错误；
C．BeO晶胞中O2-位于顶点和面心，Be2+位于晶胞内部，以位于面心的O2-为研究对象，与其距离最近且相等的Be2+有4个，另外2个Be2+位于相邻的晶胞中，BeO晶胞中配位数为4，C正确；
D．气态主要以二聚体()形式存在，单键和配位键都是键，则中含有6个键，气体含键，D错误；
故选C。
6.A．铍与铝性质相似，Be溶于NaOH溶液生成Na2BeO2和H2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；
B．固体加热至得分子和两种气态氢化物，该反应过程中没有元素化合价发生变化，结合原子守恒可知两种气态氢化物为NH3和HF，制备的化学方程式为：，B正确；
C．氧化性：Be2+>Na+，电解、混合熔融盐，Be2+在阴极得到电子生成Be，电极方程式为：Be2++2e-=Be，C错误；
D．在分解为和，N元素化合价由+5价下降到+4价，则O元素化合价由-2价上升到0价，该过程中还有O2生成，化学方程式为：，D正确；
故选C。
7.A．铍铝合金可用作航空材料，具有低密度高强度的特点，A正确；
B．储氢材料能可逆地吸收和释放氢气，是很好的储氢材料，分解产生，B正确；
C．水解过程中，迅速夺取水中的H+生成，而不是，C错误；
D．BeO可用于制造耐火陶炎，可以推知BeO熔点高，D正确；
故选C。
8. 以为离子导体的铝一磷酸铁锂电池，该电池放电时嵌入形成，工作原理如图所示，下列关于电池放电时的说法不正确的是
A. 化学能转化为电能
B. 电极Al作负极
C. 透过离子交换膜从右向左迁移
D. 正极的电极反应：
【答案】D
【解析】结合题意，铝电极，铝失去电子形成铝离子，铝离子结合AlCl形成Al2Cl，同时锂离子向左移动，嵌入形成，则铝电极为负极，左侧电极为正极，以此解题。
A．该装置为原电池，可以将化学能转化为电能，A正确；
B．由分析可知，电极Al作负极，B正确；
C．由分析可知，透过离子交换膜从右向左迁移，C正确；
D． 正极发生还原反应，电极反应为：：，D错误；
故选D。
9. 化合物Z是一种药物的中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子共平面
B. 1mlY最多能与2mlH2发生加成
C. Z分子存在3个手性碳原子
D. X、Y、Z均能使Br2的CCl4溶液褪色
【答案】D
【解析】A．X分子中，六元环上与-COOCH3相连的碳原子，以单键与3个碳原子形成共价单键，这4个碳原子不可能在同一平面内，则所有碳原子不可能共平面，A不正确；
B．Y分子中，含有能与H2发生加成反应的2个碳碳双键和1个酮羰基，酯基不能与H2发生加成反应，则1mlY最多能与3mlH2发生加成，B不正确；
C．Z分子中，带有“∗”的碳原子为手性碳原子，则Z分子中存在2个手性碳原子，C不正确；
D．X、Y、Z分子中均含有碳碳双键，都能与Br2发生加成反应，所以均能使Br2的CCl4溶液褪色，D正确；
故选D。
10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. 工业制硫酸：
B. 侯氏制碱法：
C. 海水中提取镁：
D. 工业制备硝酸：
【答案】A
【解析】A．与足量氧气反应得到SO2，SO2与O2在催化剂条件下加热反应得到SO3，SO3溶于水可得到硫酸，A正确；
B．向饱和氯化钠溶液应先通入氨气，再通入二氧化碳，发生反应：，过滤得到的碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，B错误；
C．氢氧化镁与稀盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液不能得到金属镁，应电解熔融氯化镁得到金属镁，C错误；
D．工业制备硝酸用氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应得到氨气，氨气催化氧化得到NO，NO再被氧气氧化得到二氧化氮，二氧化氮与水反应得到HNO3，D错误；
故选A。
11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，生成NaHCO3，若有1mlNa2CO3(106g)参加反应，生成2mlNaHCO3(168g)，由于NaHCO3的质量大于Na2CO3的质量，所以虽然溶液变浑浊，仍不能确定NaHCO3溶解的质量小于Na2CO3溶解的质量，A不正确；
B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，则表明Fe3+只与F-结合，没有与SCN-结合，从而说明结合Fe3+的能力：F-＞SCN-，B正确；
C．向AgNO3溶液中滴加少量新制氯水，生成AgCl白色沉淀，表明氯水中含有Cl-，后者溶液变蓝色，则表明I-被氧化为I2，Cl2、但HClO都能将I-氧化为I2，所以不能肯定氯水中存在Cl2，也就不能证明氯气与水的反应存在化学反应限度，C不正确；
D．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，表明溶液中含有淀粉，可能是淀粉未水解，也可能是淀粉部分水解，D不正确；
故选B。
12. 室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(，以KHA表示)溶液性质。
实验1：用pH计测定溶液的pH，测得pH约为4.01.
实验2：向溶液中滴加溶液。
实验3：向溶液中滴加少量澄清石灰水，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A. 实验1溶液中：
B. 实验2滴加KOH溶液过程中水的电离程度逐渐减小
C. 实验2所得溶液中：
D. 实验3中反应的离子方程式：
【答案】D
【解析】A．0.05 ml/LKHA溶液的pH约为4.01，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以，A错误；
B．实验2滴加KOH溶液过程中，KOH与KHA反应方程式为：，溶液酸性减弱，电离程度增大，且生成的A2-水解促进水的电离，故水的电离程度增大，B错误；
C．实验2所得的溶液为K2A溶液，列出电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，以及物料守恒：c(K+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，联立得到：，C错误；
D．向溶液中滴加少量澄清石灰水，氢氧化钙量不足氢氧根离子被HA-完全反应，生成A2-与Ca2+结合生成CaA沉淀，反应的离子方程式为：，D正确；
故选D。
13. 硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有：
反应I：
反应II：
恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。
(X的平衡选择性，X为COS或S)。
下列说法不正确的是
A. 曲线c表示S的平衡选择性
B.
C. 1400K下，反应的平衡常数
D. 其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】由图可知，升高温度，S 的平衡选择性增大，说明反应 II 正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应 I 逆向移动，COS 的量减少，而反应 II 正向移动，S 的量增加，已知曲线 b 表示 COS 的平衡选择性，所以曲线 c 表示 S 的平衡选择性，曲线 a 表示 SO2 的平衡选择性；
A．随着温度升高，反应 I 逆向移动，COS 的量减少，而反应 II 正向移动，S 的量增加，已知曲线 b 表示 COS 的平衡选择性，所以曲线 c 表示 S 的平衡选择性，A正确；
B．由图可知，升高温度，S 的平衡选择性增大，说明反应 II 正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，B正确；
C．设起始n(SO2)=1ml，n(CO)=3ml，在 1400K 下，SO2平衡转化率为 80%，则转化的n(SO2)=0.8ml ，COS 平衡选择性为 50%，则生成n(COS)=0.8ml×50%=0.4ml，生成n(S)=0.4ml。根据反应 I 生成n(CO2)=0.8ml×2=1.6ml，剩余n(CO)=3ml−0.8ml×3+0.4ml=0.4ml 。对于反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)，平衡时n(SO2)=1ml−0.8ml=0.2ml，n(CO)=0.4ml，n(S)=0.4ml，n(CO2)=1.6ml 。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为 V，根据平衡常数表达式，C正确；
D．反应 I 是气体分子数减小的反应，增大压强，反应 I 正向移动，从而使SO2的平衡转化率增大，D错误；
故选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 从高铟烟灰中(主要含、、、等)提取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
（1）氧化酸浸：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，
①写出反应的离子方程式：_____。
②过滤所得滤渣含、和_____(填化学式)。
（2）萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是_____。
（3）反萃取：(有机相(水相)(水相)(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图-2所示，操作时选择有机相与水相体积比为_____，原因是_____。
（4）制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为_____。若锌粉的利用率为，获得6.9kg铟时需要使用锌粉_____kg(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低
（3） ①. ②. 反萃取率最高
（4） ①. ②10.0kg
【解析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，转变为沉淀， 、转变为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、，“滤渣”为过量的二氧化锰、二氧化硅和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA萃取In3+，“反萃取”得到溶液，在溶液中加入锌粉发生置换反应得到粗铟。
（1）①向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，被还原为Mn2+，反应的离子方程式：；
②根据分析，过滤所得滤渣含、和；
（2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小的可能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低；
（3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为，因为此时反萃取率最高；
（4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为；根据关系式
。
15. 化合物M可用于心衰治疗，一种合成路线如下：
（1）A分子中含有的官能团为_____。
（2）B分子中采取杂化的原子数目有_____个。
（3）的反应类型为_____。
（4）中有副产物生成，该副产物的结构简式为_____。
（5）C的一种同分异构体同时满足下列条件：能与溶液发生显色反应，分子中含有4种不同化学环境的氢原子。写出该同分异构体的结构简式：_____。
（6）已知：、写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____。
【答案】（1）羧基，酰胺基
（2）6 （3）取代反应
（4） （5）或
（6）或
【解析】A 和B物质发生取代反应，生成和水，和发生取代，生成D物质，D物质还原生成E，E和发生取代反应生成F。F和反应增长碳链，增加了一个，生成物质，物质再和、作用生成H，H和（开环，形成）生成最终产物。
（1）根据A的结构可知，A分子中含有的官能团为酰胺键和羧基。
（2）B物质中，个碳原子均为单键，是键，由两个杂化轨道头对头重叠形成。氧原子在这里有两个单键连接到两个碳原子上，同时还有两个孤对电子。根据价层电子对互斥理论，氧原子的杂化类型是。氮原子形成三个单键和一个孤对电子也是杂化，所以一共有个原子。
（3）E和F反应，是物质的键断键，上的断键，生成F和氯化氢，发生取代反应。
（4）原反应中只是五元环上增加了一个，物质的化学式为：，副产物的化学式为：，增加了一个，按照此思路，其副产物为：。
（5）能与溶液发生显色反应，说明其同分异构体含有酚羟基，而苯环具有的不饱和度为，物质正好其不饱和度为，有种不同环境的氢原子，并且高度对称，所以其结构简式为：或。
（6）根据题中合成原理，采取逆推法。根据最终合成产物为。所需要的原料分别是：和。利用与浓硝酸发生硝化反应，得到，然后再利用氧化剂氧化甲基，得到：，然后利用提示信息，和作用，生成；另外利用在铁和稀盐酸作用下，发生还原反应制取。故合成线路为：或。
16. 可用于脱除NO气体及制备。
（1）溶液制备。在图-1所示装置中，用溶液与氨水反应可制得溶液。
①图-1中仪器a的名称为_____，基态的核外电子排布式为_____。
②反应的平衡常数_____。
［已知：，平衡常数］
（2）脱除NO气体。已知：对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低；脱除NO气体总反应式为。
①实验得到NO脱除率与温度，时间变化如图-2所示；NO脱除率随温度、时间变化原因为_____。
②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，向钴氨溶液中加入KI溶液可恢复其吸收NO的能力，写出该反应的离子方程式：_____。
（3）晶体制备。已知：晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水，浓盐酸，无水乙醇中溶解度较小。
请补充完整实验方案：在通风橱中将制得的溶液加热至左右，边搅拌边加入适量，再加入_____，低温烘于，得到晶体。(实验中须使用：溶液，红色石蕊试纸，冰水，浓盐酸，无水乙醇)
【答案】（1） ①. 分液漏斗(或滴液漏斗) ②. ③.
（2） ①. 温度升高，、的溶解度下降，NO脱除率下降；随着时间的延长转化为，而对NO的吸收能力极低，NO脱除率下降 ②.
（3）溶液至产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，冰水浴冷却，再加入浓盐酸(无水乙醇)至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤2-3次
【解析】（1）①由图可知，仪器a的名称为分液漏斗(或滴液漏斗)；C为27号元素，则基态的核外电子排布式为[Ar]3d7；
②反应的平衡常数；
（2）①结合题给信息可知，对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低，另外温度越高，气体的溶解度越低，故答案为：温度升高，、的溶解度下降，NO脱除率下降；随着时间的延长转化为，而对NO的吸收能力极低，NO脱除率下降；
②根据题给信息可知，对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低，而钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，转化为，KI溶液中的碘离子具有还原性，则答案为：；
（3）中C为+2价，需要加入氧化剂，再结合信息晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水，浓盐酸，无水乙醇中溶解度较小，和题给试剂，可以利用氯化铵水解生成稀盐酸，故实验方案为：在通风橱中将制得的溶液加热至55℃左右，边搅拌边加入适量氯化铵，再加入溶液至产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，冰水浴冷却，再加入浓盐酸(无水乙醇)至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤2-3次。
17. 的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。
（1）涉及部分反应：


_____
（2）催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。
①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为_____。
②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为_____。
Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。
（3）电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为_____。
（4）每转移2ml电子，阳极室溶液质量减少_____g。
Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。
（5）大于1后，CO转化率降低的可能原因为_____。
（6）随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为_____。
【答案】（1）
（2） ①. 8.5 ②.
（3）
（4）18 （5）Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低
（6）随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少
【解析】（1）根据盖斯定律， 可以由减去得到，则该过程的；
故答案为：；
（2）当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为；
故答案为：8.5；；
（3）从电催化还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成的电极反应式为；
故答案为：；
（4）左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2ml电子，生成0.5ml，移走2ml，阳极室溶液质量减少；
故答案为：18；
（5）从催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低；
故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低；
（6）从部分反应机理图-3可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少；
故答案为：随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。
选项
实验操作和现象
结论
A
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊
NaHCO3溶解度小于Na2CO3
B
向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化
结合Fe3+的能力：F-＞SCN-
C
向AgNO3溶液和淀粉KI溶液中分别滴加少量新制氯水，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在化学反应限度
D
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解