黑龙江省齐齐哈尔市2025届高三下学期一模化学试卷 含解析

2025年黑龙江省齐齐哈尔市高考化学一模试卷一、单选题：本大题共15小题，共45分。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物中主要成分属于硅酸盐的是(

)A.战国透雕龙凤纹铜铺首B.元代青花釉里红开光贴花盖罐C.宋水晶珠串D.清梅花图纸本页册A.A B.B C.C D.D2.下列化学用语和表述正确的是(

)A.NCl3分子的VSEPR模型为：三角锥形

B.HClO的电子式：

C.Cu2+的价电子的轨道表示式：

3.下列关于实验的描述正确的是(

)A.可用浓硫酸干燥SO2

B.可用酸性KMnO4检验FeCl2中的Fe4.三氟化氮(NF3)在潮湿的环境中能发生反应：3NFA.消耗9gH2O，形成H−F键数目为1.8NA

B.生成22.4LNO，电子转移数为NA

C.若5.已知转化Ⅰ：MnO4−+Cl−A.氧化性：PbO2>MnO4−>Cl2

B.转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的6.实验室安全至关重要，下列做法正确的是(

)A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的13，且要用玻璃棒搅拌

B.H2还原Fe3O4时，要先通一段时间氢气后再加热还原，最后还原铁粉在氢气气氛中冷却

C.NaOH7.结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是(

)选项性质解释A某些金属灼烧时有特征焰色核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级B晶体具有自范性晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列C“杯酚”分离C60和超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配C60的空腔而将CDO3在CCl“相似相溶原理”：O3是非极性共价键形成的非极性分子，易溶于非极性的A.A B.B C.C D.D8.由Rh2VO1−3簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线A.只有Rh2VO2−在循环中起催化作用

B.该反应可用于制取合成气CO、H29.桂皮中含有的肉桂醛是一种食用香料，工业上可通过如下反应制备肉桂醛：

，下列说法正确的是(

)A.能使酸性KMnO4褪色，不能使溴水褪色

B.上述反应中的三种有机物的碳原子都在同一个平面内

C.sp2杂化的碳原子

D.10.下列实验方案不能达到实验目的的是(

)选项实验目的实验方案A得到均匀且光亮的铜镀层把铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，将两极平行浸入加有氨水的CuB比较HX的电离程度与水解程度的大小室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pHC氧化性：C向KBD制备[C向[Cu(A.A B.B C.C D.D11.某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法错误的是(

)

A.氢化物的沸点：Y>X>T

B.第一电离能：T<Y<X

C.X、12.2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au−Nv−C3N4A.Nv可以捕获光生电子用于氧化N2

B.放电时，电流由a电极沿导线流向b电极

C.产生1A⋅h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为513.利用反应2CO(g)+SO2(gA.实验b中，40min内CO的平均反应速率2.0kPa⋅min−1

B.与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂

C.实验b中SO14.氢能具有高热值、零污染和资源丰富等优点。一种光解水产生氢气的催化剂晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm。下列说法正确的是(

)A.Ce与O的个数比为2：1

B.与Ce距离最近的O个数为8

C.Ce与O的最近距离为24apm15.常温下，向某浓度H2A溶液中缓慢加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与−A.a到b的滴定过程中水的电离程度逐渐增大

B.常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10−0.8

C.a点溶液中，存在c二、流程题：本大题共1小题，共13分。16.硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸一溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钴、镍的工艺流程如图：

已知：①“溶浸”中的MnO2与H2SO4均过量；

②Ni2+、Co2+、Mn2+开始沉淀的pH分别为7.2、7.7、8.1；

③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Ca(OH)2]=4.0×10−6

回答下列问题：

(1)“溶浸”中发生反应的还原产物是______(填化学式)。MnS溶于H2SO4会生成H2S，但本工艺“浸出”过程中无H2S产生，利用离子方程式说明原因______。

(2)三、实验题：本大题共1小题，共14分。17.环己酮()是种重要的化工原料，由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如图：

相关数据如下：物质密度/沸点/与水形成共沸物的沸点/部分性质环己醇0.96161.097.8能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮0.95155.095.0微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应(1)环己酮的产率受H2O2用量影响，当H2O2用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是______。反应温度控制在60−70∘C的原因是______。

(2)减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是______，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有______。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是______(填标号)。

a.停止通冷凝水

b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温

c.关闭真空泵

d.缓慢打开双通旋塞

(3)判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察______进行判断。四、简答题：本大题共1小题，共14分。18.利用可再生能源和绿色氢气将CO2转化为甲醇，可以减少碳排放同时将CO2固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下：

反应1：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ/mol

反应2：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=−90.6kJ/mol

反应3：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3

回答下列问题：

(1)ΔH3=______。

(2)上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。图1用于表示该过程的能量与反应进程的关系(部分已画出)。请选择图1(a)或图1(b)，在虚线线框中将其补充完整。

(3)有人提出“CO2五、推断题：本大题共1小题，共14分。19.玛巴洛沙韦(化合物Q)是一种新型抗流感药物，其合成路线如图(部分试剂已省略)。

已知：

回答下列问题：

(1)A中含氧官能团的名称为______。

(2)A到B的反应类型为______(填序号)，M到N的反应类型为______(填序号)。

A.取代反应

B.还原反应

C.氧化反应

D.消去反应

(3)化合物I的名称为______(系统命名法)。

(4)写出化合物D到化合物E的化学方程式：______。

(5)Q玛巴洛沙韦分子中有______个手性碳原子；P到Q的反应中，碳酸钾的作用是______。

(6)X、Y都是I的同分异构体，其中X的苯环上有三个取代基，若在苯环上再进行一元取代时能得到两种同分异构，则X有______种；Y遇FeCl3溶液显紫色，且其中核磁共振氢谱图有3组峰的化合物的结构简式为______(写出一种即可)答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.铜铺首的主要成分是铜合金，故A错误；

B.罐的主要成分是陶瓷(硅酸盐)，故B正确；

C.水晶的主要成分为SiO2，故C错误；

D.纸的主要成分为纤维素，故D错误；

故选：B。

A.根据战国透雕龙凤纹铜铺首的材质，进行分析；

B.根据元代青花釉里红开光贴花盖罐的材质，进行分析；

C.根据水晶主要成分是二氧化硅，进行分析；

2.【答案】D

【解析】解：A.NCl3分子中心原子为N，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故A错误；

B.HClO的结构式为H−O−Cl，其电子式为，故B错误；

C.铜是29号元素，Cu2+的价电子的轨道表示式为，故C错误；

B.核素 18O22−的电子数为8×2+2=18，故D正确，

故选：D。

3.【答案】A

【解析】解：A.浓硫酸与二氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥SO2，故A正确；

B.亚铁离子、氯离子均可使酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能检验Fe2+，故B错误；

C.溴与乙烯反应，四氯化碳可吸收乙烷，应选溴水、洗气分离，故C错误；

D.NO2和Br2(g)均可氧化KI生成碘，现象相同，不能鉴别，故D错误；

故选：A。

A.浓硫酸与二氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性；

B.亚铁离子、氯离子均可使酸性高锰酸钾溶液氧化；4.【答案】C

【解析】解：A.依据方程式：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知，消耗5mol水生成9molHF，则消耗9gH2O，物质的量为0.5mol，形成H−F键数目为0.9NA，故A错误；

B.气体状况未知，无法计算一氧化氮物质的量和转移电子数，故B错误；

C.反应中只有N元素化合价发生改变，即若1molNF3被氧化，则需2mol氧化剂，也就是5.【答案】D

【解析】解：A.氧化性：氧化剂>氧化产物，由反应MnO4−+Cl−+H+→Mn2++Cl2↑+H2O、PbO2+Mn2++SO42−→MnO4−+PbSO4↓可知，氧化性：PbO2>MnO4−>Cl2，故A正确；

B.反应Ⅰ中MnO4−→Mn2+、消耗1mo6.【答案】B

【解析】解：A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的23，且要用玻璃棒搅拌，故A错误；

B.H2还原Fe3O4时，要先通一段时间氢气后再加热还原，为防止铁粉再次被氧化，最后还原铁粉需在氢气气氛中冷却，故B正确；

C.NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液，不用3%∼5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故C错误；

D.白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割，故D错误；

故选：B。

A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的23；

B.7.【答案】B

【解析】解：A.焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波，故A错误；

B.在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，故B正确；

C.借助分子间力形成的超分子“杯酚”分离C60反映了超分子的“分子识别”性，故C错误；

D.O3是极性共价键形成的极性分子，但极性较弱，O3在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度，故D错误；

故选：B。

A.核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级，向低能级迁移时，放出的能力以光的形式放出，某些金属灼烧时有特征焰色；

B.在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，是晶体的自范性；

C.超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配C8.【答案】A

【解析】解：A.由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知Rh2VO−、Rh2VO2−、Rh2VO3−都有催化作用，故A错误：

B.图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为CH4+H2O=CO+3H2，得到合成气：CO和H2，故B正确；

C.由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，Rh2VO2CH2−→Rh2VO−+CO↑+9.【答案】C

【解析】解：A.苯甲醛中的−CHO能被酸性高锰酸钾溶液、溴水氧化，所以苯甲醛能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，故A错误；

B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、−CH=CHCHO中所有原子共平面，单键可以旋转，两个平面可能不重合，所以肉桂醛中所有碳原子可能不共平面，故B错误；

C.苯环上的碳原子、连接双键的碳原子都采用sp2杂化，肉桂醛中所有碳原子都采用sp2杂化，故C正确；

D.乙醛分子间不存在氢键，水、乙醇中存在分子间氢键，故D错误；

故选：C。

A.−10.【答案】C

【解析】解：A.铜片与电源正极相连作阳极，加入一些氨水可以形成稳定的铜氨络合物有效降低电镀液中铜离子的浓度，有助于保持电镀液的稳定性和均匀性，使电镀层能够慢慢生成，均匀且光亮，故A正确；

B.NaHX溶液中酸根离子存在电离与水解，pH>7可知HX的水解程度大于电离程度，pH=7可知HX的水解程度和电离程度相当，pH<7可知HX的水解程度小于电离程度，故B正确；

C.KBrO3溶液中通入少量氯气，生成溴单质，由实验操作和现象，可知氧化性KBrO3>KClO3，故C错误；

D.乙醇的极性比水的极性小，[Cu(NH11.【答案】A

【解析】解：A.分析题干可知，T、X、Y分别为C、N、O，C、N的氢化物有很多，无法比较其氢化物的沸点，故A错误；

B.同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，则第一电离能：C<O<N，故B正确；

C.F、O元素非金属性很强，且F无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，故C正确；

D.NaF的阴、阳离子半径小、离子键强，所以NaF的熔点高于该物质，故D正确；

故选：A。

Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中，Q只形成1个共价键，则Q为第IA族或第ⅦA族元素，阴离子结构中，Z只形成1个共价键，则Z为第ⅦA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F元素，则T和Y的价电子排布分别为2s22p2、2s22p4，即分别为C元素和O元素，则X为N元素，R的原子序数为：22−1−7−9=5，则R为B元素，综上所述Q、R12.【答案】C

【解析】解：A.由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li−e−=Li+，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，故A错误；

B.由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；

C.由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e−+6Li+=2Li3N，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；

D.铅蓄电池充电时的总反应为213.【答案】D

【解析】解：A.起始n(CO)：n(SO2)=2：1，则起始p(CO)=3203kPa，p(SO2)=1603kPa，设SO2变化压强为xkPa，

2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(l)

起始(kPa)

3203

1603

0

变化(kPa)

2x

x

2x

平衡(kPa)

3203−2x

1603−x

2x

达到平衡时混合气体总压强为120kPa，3203−2x+1603−x+2x=120，解得x=40，40min内CO的平均反应速率2×40kPa40min=2.0kPa⋅min−1，故A14.【答案】B

【解析】解：A.据“均摊法”，晶胞中Ce的个数为8×18+6×12=4，O的个数为8，则晶胞中Ce与O的个数比为1：2，故A错误；

B.以底面面心的Ce为例，上、下层各有4个氧原子，故与Ce距离最近的O个数为8，故B正确；

C.Ce与O的最近距离为体对角线的14，为34apm，故C错误；

D.1个晶胞体积为a3×10−36m3，1个晶胞中含有4个Ce和8个O，则该晶体的摩尔体积为14×a3×10−36×NAm3⋅mol−1=a3NA×10−364m3⋅m15.【答案】D

【解析】解：A.酸抑制水的电离，a到b的滴定过程溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故A正确；

B.随着NaOH(s)加入，溶液中c(H2A)逐渐减小、c(HA−)先增大后减小、c(A2−)逐渐增大，则−lgc(H2A)逐渐增大、−lgc(A2−)逐渐减小、−lg[c(A2−)c(HA−)]逐渐减小，由图可知，−lg[c(A2−)c(HA−)]=0时c(HA−)=c(A2−)，pH=5.3，此时H2A电离平衡常数Ka2=c(A2−)c(HA−)×c(H+)=c(H+)=10−5.3；a点时pH16.【答案】MnSO4

2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+【解析】解：(1)将MnO2H2SO4FeSO4混合进行溶浸，生成还原产物MnSO4和氧化产物Fe2(SO4)3；向“溶浸”溶液中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀而不会放出H2S气体，离子反应方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，

故答案为：MnSO4；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

(2)根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)⋅c3(OH−)=4.0×10−38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10−3.5mol/L，c(OH−)=10(3.5−14)mol/L=10−10.5mo17.【答案】H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降

温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解

停止加热，冷却后再通冷凝水

防止液体暴沸

badc

温度计读数是否发生变化【解析】解：(1)环己酮的产率受H2O2用量影响，当H2O2用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降，反应温度控制在60−70∘C的原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解，

故答案为：H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降；温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解；

(2)减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是停止加热，冷却后再通冷凝水，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还可以防止液体暴沸，减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，需进行下列操作：关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温、停止通冷凝水、缓慢打开双通旋塞、关闭真空泵，

d故答案为：停止加热，冷却后再通冷凝水；防止液体暴沸；badc；

(3)判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察温度计读数是否发生变化进行判断，

故答案为：温度计读数是否发生变化；

(4)传统的制备环己酮实验用酸性K2Cr2O7作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为：3+4Cr2O18.【答案】−49.4kJ/mol；

不正确，这个反应ΔH>0且△S<0，△>0，在任何温度下都不能自发进行；

温度升高到一定程度时，整个过程以反应1【解析】解：(1)反应1+反应2得反应3，故ΔH3=+41.2kJ/mol−90.6kJ/mol=−49.4kI/mol；

故答案为：−49.4kJ/mol；

(2)根据ΔH1>0应选图1中的(a)，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外ΔH3<0，所以图像终点低于最左侧起点；

故答案为：；

(3)该反的逆过程是甲醇气态燃烧为放热，所以该反应为吸热ΔH>0，又因ΔS<0故ΔG>0，在任何温度下都不能自发进行；

故答案为：不正确，这个反应ΔH>0且ΔS<0，ΔG>0，在任何温度下都不能自发进行；

(4)①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅰ为主；

故答案为：温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主；

②A.反应体系中CH3OH的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，故A正确；

B.随温度升高反应3逆向移动，CH3OH的量减少选择性降低，故B错误；

C.使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，故C正确；

D.根据反应3系