河北省2025届高三下学期调研考试（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省2025届高三下学期调研考试（一模）试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学促进了科技进步和社会发展。下列说法正确的是A.合成纤维是以石油、天然气和煤为原料制成的B.药品包装上有“OTC”标识的需凭医生处方才能购买C.聚氯乙烯绝缘性好，耐化学腐蚀，可制成薄膜用于食品的包装材料D.重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服钡餐会引起中毒【答案】A【解析】A．合成纤维原料可以是烃类等，所以合成纤维是以石油、天然气和煤为原料制取，A正确；B．“OTC”为非处方药标识，可以直接购买，B错误；C．聚氯乙烯有毒，不能用于食品的包装材料，C错误；D．钡餐的成分为BaSO4，不溶于水不溶于酸，在体内不溶解，不会引起中毒，D错误；答案选A。2.下列化学用语正确的是A.的空间填充模型：B.分子的价层电子对互斥模型：C.的电子式：D.基态原子的核外电子排布式：【答案】B【解析】A．BCl3中心原子为B，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间结构为平面正三角形，A错误；B．分子的中心原子为Se，价层电子对为2+，孤电子对为2，价层电子对互斥模型为四面体形：，B正确；C．HCl为共价化合物，电子式为：，C错误；D．As为33号元素，基态原子的核外电子排布式：，D错误；答案选B。3.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含有碳碳双键的数目为B.标准状况下，中含有的电子数目为C.与足量反应后，体系中所含分子数目为D.常温下，的溶液，发生电离的水分子数目为【答案】D【解析】A．中不存在碳碳双键，A错误；B．标准状况下HF不是气体，不能用的摩尔体积计算物质的量，B错误；C．存在2NO2N2O4，分子数目小于，C错误；D．电离出的铵根离子水解促进水的电离，的溶液中n(H+)=10-5mol/L×1.0L=10-5mol，全部是水电离，发生电离的水分子数目为，D正确；答案选D。4.化学实验操作安全是进行科学研究的前提，下列说法正确的是A.为避免实验药品污染，未使用完的白磷应直接丢弃B.对含有重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理C.若不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗再用饱和溶液冲洗D.实验室产生的有机废液，均应直接焚烧处理【答案】B【解析】A．易燃物如钠、白磷等容易与空气中的氧气发生反应，放出大量热，导致引起火灾，因此不能随便丢弃，在中学实验室可以将未用完的钠、白磷等放回原试剂瓶，A错误；B．对于含有铅、汞、镉等重金属的废液，我们一般采用沉淀的方法来降低对环境的污染，B正确；C．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3％～5％的NaHCO3溶液冲洗，除去残留的酸，C错误；D．实验室产生的有机废液，应该根据具体物质具体处理，不能都是简单的直接焚烧处理，D错误；故选B。5.下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是选项实验目的实验装置实验操作A明矾大晶体的制备把晶核悬挂在玻璃杯中央，使溶液快速冷却B氢氧化铁胶体的制备向沸水中逐滴加入5~6滴饱和溶液C乙酸乙酯的制备将产生的蒸气通入饱和溶液中，经分液得到乙酸乙酯D氢氧化亚铁的制备待具支试管出口处气体纯净时，关闭止水夹A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．要得到较大颗粒的明矾晶体，需要缓慢降温以利于晶体的生长，而不是快速降温，A错误；B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至混合物变红褐色，由于硫酸铁水解生成的硫酸为难挥发性酸，不利于氢氧化铁胶体的制取，B错误；C．产生的蒸气通入饱和溶液中，挥发的乙醇、乙酸被饱和碳酸钠溶液吸收，且饱和碳酸钠溶液利于乙酸乙酯的分层，经分液得到有机层乙酸乙酯，C正确；D．应该左侧试管为铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气排净装置中空气，一段时间后，关闭止水夹，使得左侧试管中压强增大，生成硫酸亚铁被压入右侧试管中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，图示装置中生成氢气从右侧支管口逸出，不能使得生成硫酸亚铁和氢氧化钠溶液混合反应，D错误；故选C。6.阿斯巴甜结构如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是A.分子式为B.分子中含有羧基、氨基、酮羰基、酯基4种官能团C.既可与酸反应，也可与碱反应D.能发生加成、取代、氧化、还原反应【答案】B【解析】A．根据结构简式可知，分子式为，A正确；B．分子中含有羧基、氨基、酰胺基、酯基4种官能团，B错误；C．结构中有氨基具有碱性，羧基具有酸性，既可与酸反应，也可与碱反应，C正确；D．苯环可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，氨基可以发生氧化反应，苯环加氢可以发生还原反应，D正确；答案选B。7.前四周期主族元素、、、、原子半径依次增大。与同主族，的最高正化合价与最低负化合价之和为4；为形成化合物种类最多的元素，与同主族；、同周期，为金属元素。下列说法错误的是A.的氢化物的熔、沸点高于的氢化物B.M单质是一种半导体材料C.可通过电解熔融化合物的方法冶炼金属D.常温下，的最高价含氧酸溶液的【答案】A【解析】与同主族，的最高正化合价与最低负化合价之和为4，Y为S元素，W为O元素，为形成化合物种类最多的元素，X为C元素，、同周期，为金属元素，Z可以是Na、Mg、Al元素，M半径最大，与同主族，M为Ge元素。A．X为C元素，氢化物属于烃类，有多种，碳原子数越多，沸点越高，C的氢化物沸点可以高于水的沸点，A错误；B．M为Ge，单质是一种半导体材料，B正确；C．Z可以是Na、Mg、Al，可以分别通过电解熔融的NaCl、MgCl2、Al2O3得到，C正确；D．Y为S元素，最高价含氧酸为硫酸，属于二元强酸，常温下，的最高价含氧酸溶液的c(H+)=0.2mol/L，，D正确；答案选A。8.下列描述或解释有误的是描述解释A的第一电离能大于的能级半充满，比较稳定B非金属与氢形成的共价化合物中，氢可能为负价氢的电负性大于该非金属C在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度和水均为极性分子，四氯化碳为非极性分子，符合相似相溶原理D键角：两者杂化类型相同，孤电子对数相同，成键电子对之间的斥力更大A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氮(N)的第一电离能大于氧(O)，因为氮的2p轨道半充满状态更稳定，符合洪德规则，A正确；B．若氢的电负性大于某非金属(如硼)，则氢可能显负价(如中氢为-1价)，B正确；C．臭氧是弱极性分子，更易溶于非极性的四氯化碳而非极性较强的水，题目中“溶解度低于水”的结论与实际情况相反，C错误；D．的中心原子P价层电子对数是，采取杂化，分子的空间构型为三角锥形，的中心原子As价层电子对数是，采取杂化，二者两者杂化类型相同，孤电子对数相同，键角更大是因为电负性：P＞As，成键电子对更靠近P原子，孤对电子对成键电子对之间的斥力更大，导致键角大，D正确；故选C。9.成为非常有前途的固定式和便携式的可持续能源转换存储设备，即在负极直接通入甲醇燃料替代氢气。反应原理如图所示，下列说法错误的是A.甲醇氧化反应过程中只涉及极性键的断裂和形成B.甲醇、甲酸、水、过氧化氢中的氧原子均为杂化C.若氧还原反应主要按照途径进行，则的总反应为D.氧气在途径发生反应的方程式：【答案】B【解析】A．甲醇氧化反应过程中涉及到H-O键断开和碳氧键生成，都是极性键，A正确；B．甲酸中羧基的氧原子一个为sp3杂化，另一个是sp2杂化，B错误；C．若氧还原反应主要按照途径进行，O2最终生成H2O，甲醇生成CO2，总反应方程式为：，C正确；D．氧气在途径最终生成H2O2，发生反应的方程式：，D正确；答案选B。10.某学习小组探究溶液被空气中氧气氧化的影响因素，设计实验如下：已知：(棕黄色)，下列说法错误的是A.对比实验现象和，酸性环境加快了的氧化速率B.b中被氧化的离子方程式为(营造的酸性环境用表示)C.中层无色，证明无的生成D.以上实验可证明检验的方法用淀粉溶液比用更灵敏【答案】C【解析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；A．ab的实验变量为是否通入二氧化碳，二氧化碳和水生成碳酸使得溶液酸性增强，对比实验现象和，说明酸性环境加快了的氧化速率，A正确；B．空气中氧气具有氧化性，在酸性条件下，b中被氧气氧化为碘离子，离子方程式为，B正确；C．已知：(棕黄色)，反应中生成的碘单质和过量碘离子转化为，使得四氯化碳萃取不到碘单质，不能说明无的生成，C错误；D．比较cd实验，d中能检验到碘单质的生成，说明检验的方法用淀粉溶液比用更灵敏，D正确；故选C。11.某课题组通过如图所示电化学方式，以为共溶剂，首次实现了试剂作为三氟甲基及二氧化硫给体与-芳基氰胺反应，合成了具有潜在应用价值和生物活性的物质。下列说法错误的是A.电极电势：B.随反应进行，浓度的降低，会导致电子传递效率降低C.反应一段时间后，溶液的升高D.电极的总反应为【答案】D【解析】N极上H+发生还原反应得到H2，N为阴极，M为阳极发生氧化反应；A．M为阳极，N为阴极，电极电势：，A正确；B．由图可知，参与反应，随反应进行，浓度的降低，会导致电子传递效率降低，B正确；C．反应一段时间后，溶液中H+生成了氢气，H+浓度减少，溶液的升高，C正确；D．根据分析，M为阳极，发生氧化反应，反应物CF3S中S的化合价为+4价，生成物中S的化合价为+6价，失去2个电子，电极的总反应为：，D错误；答案选D。12.已知电离常数，。下列实验和现象及结论均正确的是选项实验方案现象结论A向盛有苯酚晶体的试管中加入蒸馏水，振荡试管，向试管中逐滴加入5%氢氧化钠溶液并振荡试管，观察现象，再向试管中加入稀盐酸加入氢氧化钠，溶液由浑浊变澄清，加入稀盐酸，溶液又变浑浊苯酚显酸性，可与氢氧化钠发生中和反应B向溶液中滴入酚酞溶液显红色溶液显碱性C向某样品溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡溶液产生白色沉淀该样品溶液已变质D将乙醇与浓硫酸按体积比混合，加入碎瓷片迅速升温至170℃，生成气体依次通入酸性溶液和溴水两溶液均褪色反应生成了乙烯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．苯酚在水在溶解度较小，而苯酚钠在水中溶解度较大，加入氢氧化钠，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚和氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚体现酸性，加入稀盐酸，溶液又变浑浊，说明苯酚钠和HCl生成苯酚，苯酚酸性小于HCl，A正确；B．中水解常数为，其水解小于电离，溶液显酸性，B错误；C．盐酸酸化的硝酸钡溶液，硝酸根离子会氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，不能说明亚硫酸钠溶液变质，C错误；D．得到气体中可能混有的二氧化硫气体也会使得酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，干扰了乙烯的检验，D错误；故选A。13.在晶胞(图甲)中引入掺杂剂以取代，伴随着形成空穴(见图乙)以保持电中性，空穴允许氧离子通过结构进行迁移，从而提高了固体的导电性。晶体的密度为，的原子坐标为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.晶胞中、的配位数之比为B.晶胞中，和最近的距离为C.图乙中，位于由和空穴构成的正方体中心，位于由形成的正八面体中心D.图乙中空穴位置的原子坐标为【答案】D【解析】A．晶胞中周围有8个O2-离子，配位数为8，周围有4个Zr4+离子，配位数为4，配位数之比为2:1，A错误；B．晶胞中，和最近的距离为晶胞体对角线的四分之一，距离为：，B错误；C．图乙中，位于由和空穴构成的正方体中心，位于由形成的正四面体中心，C错误；D．根据图乙分析，空穴位置的原子坐标为，D正确；答案选D。14.常温下，向一定浓度的邻苯二甲酸溶液(用表示)中滴加溶液，混合溶液中离子浓度随变化的关系如图。下列叙述正确的是A.曲线代表变化B.水解常数的数量级是C当混合溶液呈中性时，D.水的电离程度【答案】C【解析】H2R为二元弱酸，Ka1>Ka2，，，当pOH相等时，c(H+)相等，，，N代表与pOH关系，M代表与pOH的关系，pOH=0时，c(OH-)=1mol/L，c(H+)=10-14mol/L，，。A．根据分析可知，N代表与pOH关系，A错误；B．水解常数Kh=，数量级是10-12，B错误；C．水解常数Kh，电离常数为Ka2=10-5.6，电离大于水解，当溶液呈中性时，存在K2A和KHA的混合物，根据，溶液呈中性时pH=10-7mol/L，得出，，正确，C正确；D．m点，，根据，c(H+)=10-5.6mol/L，n点，，，c(H+)=10-2.9mol/L，n点酸性强，水电离程度受到抑制大，水电离程度小，D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.四水合草酸合铜(Ⅱ)酸钾可作为合成复杂无机物的前驱体或中间体，制备方法如下：已知：Ⅰ．晶体极易风化；Ⅱ．酸性：。回答下列问题：（1）在周期表中的位置为___________，基态原子核外电子占据的最高能层符号为___________。（2）检验沉淀洗涤干净的操作为___________。（3）写出生成的化学方程式为___________。（4）晶体需保存于冰箱冷冻室中的原因是___________。（5）产品纯度测定：取样品，加入适量和去离子水，微热溶解，加热至75∼85℃，趁热用的酸性溶液滴定，消耗溶液体积为，滴定过程用到的玻璃仪器有___________(填标号)，则产品纯度为___________。（6）热重分析是测定结晶水合物分解和失重过程的常用方法之一、晶体的热重曲线如图：50℃时化合物的组成为___________。【答案】（1）①.第四周期IB族②.N（2）取最后一次洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液没有沉淀，说明洗涤干净（3）K2CO3+2H2C2O4=2KHC2O4+CO2↑+H2O（4）晶体极易风化，晶体需保存于冰箱冷冻室中（5）①.bc②.97.5%（6）【解析】CuSO4与NaOH在加热条件下生成CuO浊液，过滤洗涤得到CuO固体，H2C2O4溶液中加入K2CO3固体得到KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，加热条件下与CuO反应，得到溶液，趁热过滤除去杂质，在冰水浴中结晶，再抽滤得到晶体。（1）Cu为29号元素，在周期表中位于第四周期IB族；Cu为第四周期元素，最高能层的符号为N；（2）洗涤CuO表面的硫酸根离子，检验洗净的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液没有沉淀，说明洗涤干净；（3）酸性：，H2C2O4溶液中加入K2CO3固体得到KHC2O4、CO2和水，反应的化学方程式为：K2CO3+2H2C2O4=2KHC2O4+CO2↑+H2O；（4）由于晶体极易风化，因此晶体需保存于冰箱冷冻室中；（5）高锰酸钾滴定草酸需要用到的仪器有酸式滴定管和锥形瓶；加入硫酸得到H2C2O4，H2C2O4用酸性高锰酸钾溶液滴定，发生氧化还原反应，根据原子守恒和得失电子守恒，根据关系式：~2H2C2O4~KMnO4；n()=n(KMnO4)=×0.0100mol/L×0.020L=2.5×10-4mol，产品的纯度为；（6）若完全失水得到，固体残留率为，50oC时残留率为90.77%，说明失去部分结晶水，若剩余物质为，得到，x=2，化合物的组成为：。16.利用还原焙烧——氨浸工艺从红土镍矿(主要成分有、、、、)中回收镍和钴的工艺流程如下：已知：Ⅰ．“还原焙烧”的产物为、、、；Ⅱ．“氨浸”后、元素的存在形式分别为、；Ⅲ．、。回答下列问题：（1）基态的价电子排布式是___________，同周期过渡元素中与其具有相同未成对电子数的元素名称是___________。（2）用离子方程式表示在“氨浸”时发生的反应___________。（3）浸出渣的主要成分为胶状沉淀和___________(填化学式)。（4）下图为“氨浸”过程中反应时间对、浸出率及浸出渣中铁元素质量分数的影响。最合适的反应时间范围是___________。浸出时间过长，、浸出率都有下降趋势，可能原因是___________。（5）“选择性沉钴”时，加入使溶液中的转化为沉淀从溶液中分离出来，则的平衡常数___________。（6）“蒸氨”时发生的化学方程式为___________。（7）整个流程中，除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有___________。【答案】（1）①.3d84s2②.钛（2）2Ni+O2+12NH3+2CO2=2+2CO（3）（4）①.120~150②.氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、（5）（6）（7）氨气【解析】红土镍矿经过粉碎、筛分与氢气反应，可以增大接触面积，加快反应速率，“还原焙烧”得到和等产物，在“氨浸”后先转化为，Co转化为，铁元素应该转化为，浸渣是，，“选择性沉钴”时，加入硫化铵使溶液中的转化为沉淀从溶液中分离出来，“蒸氨”时，转化为沉淀析出，煅烧生成镍的氧化物，最后还原得到镍块。（1）Ni是28号元素，则基态的价电子排布式是3d84s2；结合基态的价电子排布式可知，Ni有2个未成对电子，同周期过渡元素中与其具有相同未成对电子数的元素是Ti，其名称是钛；故答案为：3d84s2；钛；（2）根据题给信息可知，“氨浸”后元素的存在形式为，则“氨浸”时发生的反应2Ni+O2+12NH3+2CO2=2+2CO；（3）结合分析可知，浸渣是，；（4）由图可知，最合适的反应时间范围是120~150min；氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、，所以，Ni、Co浸出率都有下降趋势，故答案为：120~150；氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的、；（5）根据反应方程式可知的平衡常数，故答案为：；（6）“蒸氨”时，转化为沉淀析出，则“蒸氨”时发生反应的化学方程式为；（7）“蒸氨”时产生碳酸铵和氨气，“氨浸”时会使用碳酸铵和氨气，则除蒸氨后的碳酸铵外，还能循环使用的物质有氨气，故答案为：氨气。17.降低空气中二氧化碳的含量在环保方面具有重要意义，已知二氧化碳和氢气在一定条件下反应如下：反应Ⅰ(主反应)：反应Ⅱ(副反应)：回答下列问题：（1）从热力学角度分析，反应Ⅰ能自发进行的条件是___________(选填“低温”“高温”)。已知该反应的正、逆反应的活化能分别为和，且反应物的总能量为，则生成物的总能量为___________(用含、和的代数式表示)。（2）①若在容积为的恒容密闭容器中按照物质的量之比通入和只进行反应Ⅰ(起始投料量相同)，在不同温度下，反应体系总压强随时间的变化如图所示。图中实验a的温度___________实验b的温度(填“大于”或“小于”)，实验b进行到时达到平衡，则反应从开始到平衡时的反应速率___________；与实验相比，实验改变的条件是___________，实验条件下用分压表示的平衡常数为___________(列出计算式)。②实验测得反应Ⅰ：，。其中、分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。实验条件下达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数___________(选填“大于”“小于”或“等于”)增大的倍数。（3）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入和，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得平衡体系中的平衡转化率与温度变化关系如图所示，简述其原因___________。（4）合成有机碳酸酯的反应机理如图所示。反应机理图中物质2为该反应的___________(填“催化剂”或“中间产物”)。在合成总反应中除题目中所列物质外还会生成___________(填化学式)。【答案】（1）①.低温②.(E正-E逆+e)（2）①.大于②.0.75③.使用催化剂④.⑤.小于（3）温度低于T0时，以反应I为主，升高温度，反应I逆向移动，CO2转化率降低，温度高于T0时，以反应II为主，升高温度，反应II正向移动，CO2转化率升高（4）①.中间产物②.HBr【解析】（1）反应I为放热反应，从热力学角度分析，降低温度，平衡正向移动，反应Ⅰ能自发进行的条件是：低温；∆H=正反应活化能-逆反应活化能=生成物总能量-反应物总能量，E正kJ·mol-1-E逆kJ·mol-1=生成物总能量-ekJ·mol-1，生成物总能量=(E正-E逆+e)kJ·mol-1；（2）反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体物质的量增加，压强增大，故a温度大于b的温度；物质的量之比通入和，实验b对应的起始总压强为180kPa，p(H2)=，设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=2mol，根据三段式：，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，，x=0.125mol，n(总)=2.75mol，p(H2)=，v(H2)=；与实验b相比，实验c达到平衡时间短，反应速率快，平衡时压强与实验b相同，改变条件是使用了催化剂；温度相同，平衡常数相同，实验c的平衡常数与实验b相同，实验b时各物质的分压：p(CO2)=；p(H2)=；p(CH4)=；p(H2O)=；Kp==；升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，增大的倍数小于增大的倍数；（3）由图可知，温度在T0之前，升高温度，CO2转化率降低，温度在T0之后，升高温度，CO2转化率升高，原因是：温度低于T0时，以反应I为主，升高温度，反应I逆向移动，CO2