河北2024至2025学年高三年级上学期检测一化学试卷试题及答案解析

-2025学年高三年级上学期检测一化学答案题号1234567891011121314答案ABCBCDCDDCBBAB一、选择题1．A【解析】葡萄糖酸－δ－内酯为白色结晶状粉末，在使用中常作为凝固剂，A正确；胶体是混合物，螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料是纯净物，不属于胶体，B错误；石油分馏可得石油气、汽油、煤油、柴油等轻质油，C错误；太阳能电池是将光能转化为电能，D错误。2．B【解析】油脂在碱性溶液中水解生成易溶于水的物质，A项不符合题意；84消毒液主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性，利用氧化性杀菌、消毒，B项符合题意；聚碳酸酯材料能在自然界中水解成小分子，减少环境污染，C项不符合题意；NH4H2PO4含有的N、P元素是作物生长需要的营养元素，D项符合题意。3．C【解析】由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，A正确；甲酸分解的总反应为HCOOHCO↑+H2O，则若用D标记甲酸中的羧基氢，最终产物中存在DHO，B正确；途径Ⅱ的反应历程中存在三步反应，中间产物有5种，C错误；途径Ⅱ中氢离子是反应的催化剂，催化剂作用下甲酸分解生成一氧化碳和水，D正确。4．B【解析】反应中电子转移数目为3NA时，生成的Na2FeO4为1mol，质量为166g，A正确；NaClO是氧化剂，Fe(OH)3是还原剂，B错误；Fe(OH)3和NaClO在碱性条件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在，C正确；NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，D正确。5．C【解析】由图可知，a为铁、b为氧化亚铁、c为氢氧化亚铁、d为氢氧化铁、e为氯化铁。氢氧化亚铁具有强还原性，易与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁，A正确；草酸亚铁在隔绝空气条件下加热分解生成氧化贬铁、一氧化碳和二氧化碳，B正确；铁在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；氯化铁溶液与加入的铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D正确。6．D【解析】金刚石和石墨是C元素的不同单质，互称为同素异形体，A错误；金刚石和石墨中粒子间的作用力类型不相同，前者为共价键，后者为共价键和分子间作用力，B错误；原子半径C<Si，则键长Si－C键>C－C键（金刚石），C错误；共价晶体的熔点与共价键的键能有关，原子半径C<Si．则键长Si－C键>C－C键（金刚石），键能Si－C键<C－C键（金刚石），熔点SiC<C（金刚石），D正确。7．C【解析】混酸配制应该是将98%浓硫酸缓慢加入65%浓硝酸中，边加边搅拌，A项错误；检验“步骤1”水解液中的葡萄糖，操作为在碱性条件下向水解液中加入新制氢氧化铜并加热，B项错误；“精制’’过程为溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C项正确；滴定过程中眼睛应注意锥形瓶内溶液颜色的变化情况，并非观察滴定管的液面变化，D项错误。8．D【解析】65%浓硝酸（ρ=1.4g·mL-1）的物质的量浓度，A错误；根据反应方程式可得关系式n(C6H10O5)n~nC6H12O6~3nH2C2O4·2H2O162n 378nMg xg解得，则草酸晶体的产率为，B错误；根据得失电子守恒有关系式5H2C2O4～2KMnO4，配制的草酸溶液的物质的量浓度为，则革酸晶体的纯度为，C错误、D正确。9．D【解析】配制溶液时最后需要定容，故容量瓶底部残黯少量水，对所配溶液浓发无影响，A错误；混酸的滴加速率过快可能会导致草酸被氧化，会影响草酸晶体的产率，B错误；锥形瓶用苹酸溶液润洗，导致标准液消耗体积偏大，所测产品纯度会偏高，C错误；滴定终点读数时仰枧，导致标准液消耗体积偏大，所测产品纯度偏高，D正确。10．C【解析】有机物(C5H8O2)中只有5个碳原子，没有苯环，不可能含酚羟基，A错误；只有与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时，才能被酸性高锰酸钾氧化，当该碳原子上没有氢原子时，不能与酸性高锰酸钾反应，B错误；向银氨溶液中滴加某单糖溶液，形成银镜，说明其中含有醛基，该糖属于还原糖，C正确；溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，则两溶液导电能力相同，不能说明硒溶液的物质的量浓度相等，D错误。11．B【解析】淫羊藿素的结构简式为，其分子式为C21H20O6，A正确；连4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该分子中没有手性碳原子，B错误；该物质中含有酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，具有显著的还原性，即具有显著的抗氧化活性，C正确；该分子中含有两个苯环、两个碳碳双键和一个碳氧双键，均能与氢气发生加成反应，所以lmol该物质最多能与9molH2发生加成反应（不考虑开环），D正确。12．B【解析】碲铜废料经过“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3，加入Na2C2O4溶液“沉铜’’后，H2TeO3与Na2SO3溶液“还原’’得到碲单质。Cu2Te在“氧化酸浸”过程生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3时，Cu元素化合价由+1价升高为+2价，发生氧化反应，Te元素化合价由－2价升高为＋4价，发生氧化反应，则H2O2发生还原反应，作氧化剂，A正确；“氧化酸浸”后溶液．最酸性，若“沉铜”时加过量Na2C2O4，则溶液中H2C2O4浓度较大，使生成的CuC2O4发生反应CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2-+2H+而溶解，B错误；螯合物Na2[Cu(C2O4)2]中Cu2+具有空轨道，C2O42-中O具有孤电子对，形成配位键，其结构为，Cu(Ⅱ)的配位数为4，C正确；在“还原”过程H2TeO3转化为碲单质，Te化合价由+4价降低为O价，发生还原反应，加入的Na2SO3溶液中SO32-发生氧化反应生成SO42-，故反应为H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O，D正确。13．A【解析】甲、乙两塞均预加相同的含Cu2+电镀废液，a极铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+，为负极，电极反应为Cu－2e－+4NH3[Cu(NH3)4]2+，b极为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应为Cu2++2e－Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。由分析可知，离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；a极的电极反应为Cu－2e－+4NH3[CU(NH3)4]2+，B正确；由a、b极的电极反应知总反应为Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，C正确；该装置为原电池，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放擞氨气。能循环利用NH3，D正确。14．B【解析】原溶液是1L0.1mol·L-1NH4HSO3，开始电离如HSO3－和NH4+，因此开始较多的离子是HSO3-和NH4+，加入NaOH先和HSO3-反应，NH4+变化不大，得出a曲线代表HSO3－浓度变化，易曲线代表SO32-浓度变化，c曲线代表NH4+浓度变化，d曲线代表NH3·H2O浓度变化。曲线a、d分别代表c(HSO3－)、c(NH3·H2O)的变化，A正确；随NaOH的加入，酸性逐渐减弱，氢离子浓度逐渐减小，温度不变，Ka2不变，的值不断增大，B错误；M点的溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，此时pH=7.22，溶液呈碱性，即c(H+)<c(OH－)，由电荷守恒c(Na+）+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)得，c(Na+)+c(NH4+)>3c(SO32-)，C正确；N点时c(NH4+)=c(NH3·H2O)，，则溶液的pH为9.26，D正确。二、非选择题15．(1)增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分（2分）CuS（2分）(2)SbOCl+3Na2S+H2ONa3SbS3+2NaOH+NaCl(2分)(3)+4H2O2+3S↓+4H2O（2分）(4)NaCl(2分)(5)①作还原剂（2分）②95%（2分）【解析】含锑净渣（主要成分是SbOCl，还含有少量Cu、As等元素），加入氢氧化钠和过量硫化钠进行碱溶，SbOC1转化为Na3SbS3，Cu元素形成沉淀过滤除去；加入过氧化氢将溶液中的转化为易溶于水的Na3AsO4与锑分离，同时生成S，Na2SbS3被氧化为Na3SbO4，加入盐酸进行酸溶，Na3SbO4转化为H3SbO4，S不与盐酸反应，被过滤除去，最后加入NaOH，将H3SbO4转化为NaSb(OH)6，同时生成NaCl。(1)含锑净渣需进行粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快浸锑速率，使反应更充分；根据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.3×10-36可知滤渣为CuS。(2)“碱溶’’时SbOCl转化为Na3SbS3，化学方程式为SbOCl+3Na2S+H2ONa3SbS3+2NaOH+NaCl。(3)“氧化’’时，溶液中的转化为易溶于水的Na3AsO4，同时生成S，反应的离子方程式为+4H2O2+3S↓+4H2O。(4)由分析知，滤液的主要成分为NaCL。(5)①加入硫酸肼，使得NaSb(OH)6中Sb元素化合价由+5价降为+3价，作用是作还原剂。②结合Sb元素守恒及褥失电子守恒，得关系式NaSb(OH)6～Sb3+～2Ce4+，产品纯度为。16．(1)bcdefcda(2分)(2)球形干燥管（1分）吸收NH3，防止污染空气（2分）(3)CaO+NH3·H2O(浓)Ca(OH)2+NH3↑（2分）(4)催化剂（1分）2.3（2分）(5)向装置A的烧杯中加水至球形下燥管下端管口被浸没，通入NH3，如烧杯中出现气泡，则空气尚未排尽，如来出现气泡，则说明空气已排尽（2分）(6)97.5（2分）【解析】(1)由实验装置图可知，装置B中浓氨水与氧化钙反应制备氨气，装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置D中钠在硝酸铁作催化剂条件下与液氨反应生成氨基钠，装置C中盛有的碱石灰用于防止水蒸气进入D中与氨基钠反应，装置A中盛有的稀硫酸用于吸收氨气，防止污染空气，则装置的连接顺序为BCDCA，仪器接口的连接顺序为bcdefcda。(2)仪器x为球形干燥管；装置A中盛有的稀硫酸用于吸收氨气，防止污染空气。(3)装置B中制备氨气的反应为氧化钙与浓氨水反应生成氢氧化钙和氨气，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O(浓)Ca(OH)2+NH3↑。(4)装置D中发生的反应为钠在硝酸铁作催化剂条件下与液氨反应生成氨基钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2↑，则生成标准状况下1.12L氢气时，消耗金属钠的质量为。(5)金属钠易与空气中的氧气反应，干扰氨基钠的制备，所以反应前装置D中需通入氨气排尽体系中空气，具体操作为向装置A的烧杯中加水至球形干燥管下端管口被浸没，通入氨气，如烧杯中出理气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。(6)由题意可得转化关系NaNH2～NaOH～HCl，由表格数据可知，第1次滴定消耗盐酸体积误差较大，应含去，则滴定消耗盐酸平均体积为mL，则氨基钠的质量分数为。17．(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)kJ·mol-1(2分)(2)cd(l分）(3)①p2>p1(2分)②16.7%(2分)③（2分）(4)CO（2分）14.7%(2分）温度升高，生成CH3OH的反应速率增大（合理即可）（2分）【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应I－反应Ⅱ可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)kJ·mol-1。(2)催化剂不影响平衡移动，CO2的平衡转化率不变，a错误；恒温恒容的容器，气体体积不变，质量不变，气体密度保持不变，无法确定体系已达平衡，b错误；恒温恒容的容器，气体体积不变，气体的物质的量为可变量，气体平均摩尔质量保持不变，反应体系已达平衡，c正确；反应Ⅰ正向是气体体积减小的反应，平衡后缩小体积增大体系压强，平衡右移，有利于提高CH3OH产率，压强对反应珏的平衡无影响，d正确；平衡后升高温度，反应Ⅱ的正反应速率增大、逆反应速率也增大，但增大程度小于正反应，平衡右移，e错误。(3)①n(CO2)：n(H2)=1：3投料，发生反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，压强增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，得出p2>p1；②n(CO2)：n(H2)=1：3投料，设物质的量分别为xmol和3xmol，根据方程式在平衡状态列三段式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/molx 3x 0 0转化/mol0.5x 1.5x 0.5x 0.5x平衡/mol0.5x 1.5x 0.5x 0.5xA点对应的甲醇的体积分数=；③A点对应反应I的平衡常数Kp=。(4)温度升高，反应Ⅱ正向进行，CO含量增大，所以曲线a为CO的选择性随温度的变化；由图乙可知，CO的选择性为70%，则CH3OH的选择性为30%，CH3OH的收率为6.3%，则CO的收率为；210～250℃之间，温度升高，生成CH3OH的反应速率增大（合理即可）。18．(1)=甲基甲酰胺或N，N-二甲基甲酰胺(2分)(2)醚键、羧基（2分）(3)（2分）(4)ab(2分)(5)取代反应（1分）(6)9（2分）(7)（2分）（2分）【解析】由有机物的转化关系可知，与先发生加成反应，再发生消去反应生成，一定条件下与氯化