山东省临沂市2025-2026学年高三第一次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份山东省临沂市2025-2026学年高三第一次模拟考试化学试卷（含答案解析），共11页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列关于反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔHH+，故B错误；
C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；
D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；
答案：A
6、D
【解析】
①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误 ②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误 ③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误 ④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。
7、D
【解析】
A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A错误；
B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B错误；
C. “酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误；
D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇中含O，提高了汽油中O含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放，减少了汽车尾气对空气的污染，D正确；
故合理选项是D。
8、D
【解析】
A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；
B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；
C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。
故选D。
烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
9、C
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元素，W为Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。
【详解】
由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。
A．电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：Y＞Z，故A错误；
B．Z与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误；
C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确；
D．Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误；
答案选C。
10、D
【解析】
A．物质Ⅰ()的分子式为C7H8O2，故A错误；
B．C-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；
C．物质Ⅰ、Ⅲ结构不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C错误；
D．香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；
答案选D。
11、A
【解析】
A．水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1ml/LCH3COOH溶液中所含分子总数大于NA，故A正确；
B．1mlCl2发生氧化还原反应，若是自身发生歧化反应，获得电子1ml，也可以只做氧化剂得到电子2ml，故B错误；
C．标准状况11.2L混合气体物质的量为0.5ml，常温常压下，11.2LN2和NO的混合气体所含的原子数小于NA，故C错误；
D．28g铁物质的量为0.5ml，在反应中作还原剂时，与强氧化剂生成铁盐，与弱氧化剂反应生成亚铁盐；失去电子的数目可以是1ml，也可以是1.5ml，故D错误；
故答案为：A。
考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。
12、D
【解析】
A. 氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；
B. 标准状况下，6.72LNO2的物质的量为0.3ml，根据反应3NO2+H2O═2HNO3+NO可知，0.3ml二氧化氮完全反应生成0.1mlNO，转移了0.2ml电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；
C. NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；
D. 14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5ml，含有1ml原子，含有的原子数目为NA，故D正确。
故答案选D。
13、B
【解析】
Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。
【详解】
A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；
B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；
C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；
D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H−C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；
综上所述，答案为B。
14、C
【解析】
A. 属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A错误；
B. 共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；
C. 中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；
D. 的分子式为C4H4O，1 ml该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 ml×(4＋1－0.5)＝4.5 ml，D错误；
故答案为：C。
有机物燃烧：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O；CxHyOz＋(x＋－)O2 → xCO2＋H2O。
15、B
【解析】
A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；
B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；
C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；
D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；
答案选B。
16、B
【解析】
A. 催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；
B. 醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；
C. 卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；
D. 醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；
答案选B。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、苯甲醛 C11H10O4 取代反应（或水解反应） 羰基、羧基 +2Cl2+2HCl H2/Ni，加热 、 CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO
【解析】
根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。
【详解】
(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；
(2)E→F为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应； G()中官能团有羰基、羧基；
(3) 根据上述分析，A→B的化学方程式为+2Cl2+2HCl；
(4)反应G→H为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；
(5) D为，①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；
(6) 以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 。
18、丙烯 加成反应 氯原子、羟基 +NaOH+NaCl+H2O +NaOH+NaCl+H2O 8
【解析】
根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 或，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。
【详解】
（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为 ，故含官能团的名称为氯原子、羟基。本小题答案为：丙烯；氯原子、羟基。
（2）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：（或）。
故本小题答案为：（或）。
（3）B和HOCl发生加成反应生成C。本小题答案为：加成反应。
（4）根据信息提示①和流程图中则E的结构简式为。本小题答案为：。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、。本小题答案为：、。
（6）根据信息②和③，每消耗1mlD，反应生成1mlNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为765g/76.5g/ml=10ml，由G的结构可知，要生成1 ml单一聚合度的G，需要(n+2)mlD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8。本小题答案为：8。
19、三颈烧瓶 Na2SO3溶液 2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++ 与H+作用，调整pH 3.5 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O 温度降到常温，上下调节量气管至左、右液面相平，该数时视线与凹液面最低处相切 C→B→A
【解析】
(1)根据仪器1的图示解答；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，据此分析判断；
(2)根据题意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，结合Na2CO3的性质分析解答；
(3)根据“氯化亚铜(CuCl)在潮湿空气中可被迅速氧化”分析解答；
(4)根据“氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸”，结合硝酸的强氧化性书写反应的方程式；根据正确的读数方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，据此分析解答。
【详解】
(1)甲图中仪器1为三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，可控制Na2SO3的加入量，则仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3溶液；
(2)在提纯后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl(氯化亚铜)沉淀，同时溶液的酸性增强，生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可与生成的H+反应，及时除去系统中反应生成的H+，利于反应进行，由图象可知，应维持pH在3.5左右，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；与H+作用，调整pH；3.5；
(3)用去氧水作洗涤剂洗涤产品，可洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化，故答案为：洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化；
(4)根据题意，氯化亚铜(CuCl)能溶解于硝酸，反应的方程式为6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D装置测N2含量，应注意温度在常温，且左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切，以减小实验误差；用CuCl作O2、CO的吸收剂，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧气，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则顺序为C→B→A→D，故答案为：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；降低温度到常温，上下调节量气管液面至左右液面相平，读数时视线与凹液面最低处水平相切；C→B→A。
20、使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低 防止液体倒吸进入锥形瓶 吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气 bc KSCN 86.1 85
【解析】
A中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气，还有少量的硫化氢气体，滴加氨水，可生成硫酸亚铁铵，B导管短进短出为安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氢等气体，避免污染环境，气囊可以吸收氢气。
【详解】
（1）水浴加热的目的是控制温度，加快反应的速率，同时防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，故答案为：使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；
（2）B装置短进短出为安全瓶，可以防止液体倒吸进入锥形瓶；由于铁屑中含有S元素，因此会产生H2S，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体，防止污染空气，吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气，故答案为：防止液体倒吸进入锥形瓶；吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气；
（3）由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，同时为抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持强酸性，浓硫酸常温下会钝化铁，故答案为：bc；
（4）检验铁离子常用KSCN溶液，故答案为：KSCN；
（5）①在Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL×100mL=10.0mg，依据关系式Fe3+～（NH4）Fe（SO4）2•12H2O得：m[（NH4）Fe（SO4）2•12H2O]=10.0mg×=86.1mg，故答案为：86.1；
②两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610，取其平均值为0.600，从吸光度可以得出浓度为8.5 mg/L，又因配得产品溶液10mL，稀释至100 mL，故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为：8.5mg/L×=85mg/L，故答案为：85；
（6）滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，KMnO4被还原生成Mn2+，所以有数量关系5 Fe2+~ KMnO4，所以n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=V×10-3L×cml·L-1×5×=12.5Vc10-3ml，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%=；故答案为：。
21、> NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小） HPO32-+ H2OH2PO3-+OH- 前者未发生电子转移，后者发生了电子转移 6.25 不变 升高
【解析】
A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。A为P，PCl3 可完全水解，其水解的产物之一 H3PO3 常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。
【详解】
（1）D为N元素，D 的某种氧化物 N2O4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。NO2中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O4 2NO2要吸收能量，则 N2O4 2NO2，ΔH > 0。
故答案为： > ；
（2）NCl3 用于杀菌消毒与 HClO 相比，NCl3 可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NCl3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCl3与水反应的平衡常数太小。
故答案为：NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小）；
（3）无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3PO3 分子中 P 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，H3PO3的结构式为：是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液呈碱性，用方程式表示 H3AO3 的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因：HPO32-+ H2OH2PO3-+OH-。
故答案为：HPO32-+ H2OH2PO3-+OH-；
（4）液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，N的化合价不变，液态 N2O4 中也存在 N2O4NO++NO3-，N2O4中N为+4价，NO+中N为+3价，NO3-中N为+5价，上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。
故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；
（5）T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 PCl5 固体，按下式发生反应：PCl5（s）PCl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为5.0kPa，PCl3（g）和Cl2（g）的分压均为2.5kPa，上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=p(PCl3)p(Cl2)==6.25 (kPa)2（计算结果保留两位小数）；
若保持温度不变，平衡常数不变，30s 时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；
若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升高，容器内的总压将升高。
故答案为：6.25；不变 ；升高。
出现环境
实验事实
A
以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池
Cu为正极，正极上发生还原反应
B
电解CuCl2溶液
电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极
C
弱酸性环境下钢铁腐蚀
负极处产生H2，正极处吸收O2
D
将钢闸门与外加电源负极相连
牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向C2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2 > C2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
时间 t/s
0
5
10
15
20
25
30
∞
总压 P/kPa
0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
5.0
5.0