【化学】河南省安阳市等2地2025届高三下学期三模试题(解析版)

河南省安阳市等2地2025届高三下学期三模试题第一部分一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，代表性结构如图所示。下列关于过氧化脲的说法正确的是A.所有原子处于同一平面 B.氧的化合价均为-2价C.杀菌能力源于其氧化性 D.所有共价键均为极性键【答案】C【解析】A．由题干物质结构式可知，过氧化氢为非平面分子，故不可能所有原子处于同一平面，A错误；B．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，其中O的化合价为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；C．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，则杀菌能力源于其氧化性，C正确；D．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，过氧键为非极性键，其余共价键均为极性键，D错误；故答案为：C。2.化学与生活密切相关，下列相关解释不正确的是A.炽热的铁水应注入充分干燥的模具：铁与水蒸气发生反应B.糯米和麦芽(内含淀粉酶)制作麦芽糖：淀粉在酶作用下发生水解反应C.过碳酸钠()漂白衣物：过碳酸钠具有强氧化性D.明矾用于净水：明矾具有杀菌作用【答案】D【解析】A．铁与水蒸气高温下发生反应生成易燃易爆气体氢气，故炽热的铁水应注入充分干燥的模具，A正确；B．淀粉属于多糖，在酶作用下发生水解反应能生成麦芽糖，B正确；C．过碳酸钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，故能漂白衣物，C正确；D．明矾可做净水剂是利用发生水解生成胶体，胶体具有吸附性，用于吸附水中的颗粒物，但是其不能杀菌消毒，D错误；故选D。3.应用元素周期律判断，下列说法不正确的是A.电负性： B.化合物中离子键百分数：C.碱性： D.半径比较：【答案】D【解析】A．同周期元素，从左往右，原子半径越来越小，元素电负性越来越大，元素的电负性：，A正确；B．化合物中离子键百分数与成键双方电负性差值有关，Cl电负性大于I，说明中离子键百分数：，B正确；C．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性：，碱性：，C正确；D．当电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：，D错误；故选D。4.下列实验中，符合操作规范要求的是A.向试管中滴加溶液B.配制溶液C.制备检验醛基用的银氨溶液D.调控滴定速度A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内，A图中胶头滴管伸入了试管内，不符合操作规范要求；B．配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，应先在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中，B图中在容量瓶中溶解NaCl固体，不符合操作规范要求；C．制备银氨溶液时，应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，边滴边振荡，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，C图操作符合制备银氨溶液的规范要求；D．调控滴定速度时，应使用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，D图中用右手控制滴定管活塞，不符合操作规范要求；综上，答案是C。5.为研究浓硝酸与的反应，进行右图所示实验。下列说法不正确的是A.浓硝酸需存放在棕色试剂瓶中，滴入浓硝酸后，无需加热即可反应B.反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性C.反应消耗时，转移电子数约为D.若将铜片换成铝片，反应更剧烈，产生大量气体【答案】D【解析】A．浓硝酸见光会分解，因此需存放在棕色试剂瓶中，浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后无需加热即可发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，即生成NO2，说明HNO3被还原生成NO2，HNO3为氧化剂，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；C．铜与浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0价升高到+2价，每消耗1mol铜，转移2mol电子，则当反应消耗0.05molCu时，转移电子数约为0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022，C正确；D．若将铜片换成铝片，将无明显现象，因为常温下铝在浓硝酸中会发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，D错误；故选D。6.下列方程式与所给事实不相符的是A.铝与氢氧化钠溶液反应：B.还原铁粉与水蒸气反应有可燃性气体产生：C.在酸或酶催化下麦芽糖水解：D.向浊液中滴入溶液，白色沉淀变黄：【答案】B【解析】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气：，A正确；B．铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，，B错误；C．蔗糖是一种二糖，在酸或酶的作用下水解生成葡萄糖和果糖，化学方程式为，C正确；D．向AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀变黄，说明发生了沉淀的转化，生成了碘化银沉淀：，D正确；故选B。7.原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W、T形成的化合物结构如图所示，其中只有Y和Z位于同一周期，基态Z原子价层含3个未成对电子；常温下，T单质为紫红色固体。下列说法正确的是A.Z提供孤电子对，T提供空轨道，二者以配位键相连B.电负性：Y＜X＜WC.原子半径：T>W>Z>Y>XD.该化合物中，虚线内的两个环为平面结构【答案】A【解析】原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W、T，X形成1条键，X原子序数最小，X为H，Y形成4条键，且形成环状化合物，则Y为C，基态Z原子价层含3个未成对电子，且只有Y和Z位于同一周期，则Z为N；T单质为紫红色固体，T为Cu；W形成成一条共价键，W为Cl。A．Z为N，形成3条键后，还存在一对孤对电子，则N提供孤电子对，Cu提供空轨道，二者以配位键相连，A正确；B．非金属性越强，电负性越大，中C为-4价，H为+1价，则电负性：C(Y)＞H(X)，B错误；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，C错误；D．虚线内的C原子为杂化，为四面体结构，故虚线内两个环不是平面结构，D错误；故选A。8.化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：下列说法错误的是A.X与足量H2加成后的产物中有3个手性碳原子B.可用银氨溶液检验Y中是否含有XC.Y→Z有H2O生成D.1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】C【解析】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，A正确；B．含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，X能发生银镜反应、Y不能发生银镜反应，所以可以用银氨溶液检验Y中是否含有X，B正确；C．Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和CH3CH2OH，没有H2O生成，C错误；D．酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和NaOH以1：1反应，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，所以1molZ最多消耗3molNaOH，D正确；故答案选C。9.某反应机理如下，下列说法不正确的是A.化合物VI为该反应的催化剂B.化合物为，可循环利用C.若化合物III为，按照该反应机理可生成和D.化合物III转化为IV后，键长变短【答案】C【解析】A．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；B．根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；C．根据反应机理，总反应I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；D．根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故答案为：C。10.我国科学家研究发现了一种电化学固碳方法，装置如图所示。放电时的总反应为。充电时，通过催化剂的选择性控制，只有发生氧化反应，释放出和。下列说法错误的是A.放电时，电极B为正极B.充电时阳极发生反应：C.该电池不可选用含水电解液D.放电时，每转移4mol电子，正极区质量增加148g【答案】D【解析】由题干所给信息，放电时的总反应为，则放电时A电极为负极，锂失去电子发生氧化反应，B电极为正极，二氧化碳得到电子发生还原反应；充电时，A与电源负极相连为阴极，而B与电源正极相连为阳极。A．由分析，放电时，电极B为正极，A正确；B．据题干信息，充电时只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，反应为：，B正确；C．该电池负极为Li，可以与水反应，所以不能用含水电解液，C正确；D．放电时，正极区发生反应：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+C，当转移4mol电子时，正极区域增加的质量为2molLi2CO3和1molC的质量，为160g，D错误；故选D。11.已知在强碱溶液中可被氧化为。某实验小组使用和的固体混合物，按照下图步骤依次操作，制备固体。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是A.分离固体混合物B.制取Cl2C.氧化K2MnO4D.得到KMnO4固体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．溶于KOH溶液中形成碱性溶液，而MnO2不溶于水，可用过滤分离出溶液中的MnO2，A选项正确；B．实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯气，再利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl杂质，B选项正确；C．在强碱溶液中可被氧化为，因此将氯气通入到碱性溶液中可制备得到，此外氯气有毒，用NaOH溶液进行尾气处理，C选项正确；D．受热易分解，应该用蒸发浓缩，冷却结晶的方式得到固体，D选项错误；故选D。12.室温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LHA溶液，测得混合溶液的pH与1g的关系如图所示。下列说法正确的是A.导电能力：a>b B.室温下，Ka(HA)=10-3.8C.b点时，c(A-)+c(HA)=c(Na+) D.c点时，c(A-)>c(Na+)【答案】B【解析】A．由电荷守恒得：，随NaOH的加入，和增大，则溶液中总离子浓度增大，溶液导电能力增大，导电能力：a<b，故A错误；B．=2时，pH=5.8，此时=100，，，故B正确；C．b点溶液显中性，则，则，故C错误；D．电荷守恒得：，c点溶液显碱性，则，，故D错误；故答案选B13.已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是A.T1＞T2B.T1下反应达到平衡时C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大D.使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同【答案】D【解析】A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确；C．在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；故答案为：D。14.用处理含废水，并始终保持，通过调节pH使形成硫化物沉淀而分离，体系中（即）关系如图所示，为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是A.曲线a表示对应的变化关系B.溶度积常数，C.的电离常数，D.溶液的时，【答案】C【解析】保持不变，温度不变，不变，由可知，随pH增大，减小，增大，即减小，同理可知随pH增大，减小；由可知，酸性条件下，即，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系。分别将曲线c、d与曲线b交点的数值代入的表达式(与的溶度积表达式类型相同)，可得溶度积分别为与，已知，则曲线c、d分别代表、与pH的变化关系。A．据分析，曲线a表示对应的变化关系，故A错误；B．由分析知，，，故B错误；C．将点代入中，得，该点，利用算得该点的，，，故C正确；D．据分析，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系，曲线c、d分别代表、与pH的变化关系，当时，横坐标值a<b<c<d，故，故D错误；故答案为C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为Be2SiO4，还含有少量MnO等)为原料制备铍的工艺流程如图。已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，Be、Mn元素分别转化成可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4，其他元素以稳定的氧化物形式存在。②铁冰晶石的成分为Na3FeF6。回答下列问题：（1）在元素周期表中，Be与Al处于对角线的位置，性质相似。下列叙述错误的是_______(填标号)。ABe只能与酸反应，不能与碱反应 B.BeO具有高熔点，能耐酸碱腐蚀C.常温下，BeCl2溶液pH＜7 D.BeCl2是共价化合物（2）Na3FeF6中Fe的化合价为_______。（3）“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是_______。（4）“沉铍”步骤中加入NaOH溶液调节pH为11，析出颗粒状的Be(OH)2，写出生成Be(OH)2的离子方程式：_______；若加入的NaOH溶液过量，得到的含铍粒子是_______(填离子符号)。（5）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是_______；写出镁还原法的反应原理：_______。（6）BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料，其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为dg·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(用含d、NA的代数式表示)。【答案】（1）AB（2）（3）陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应（4）①.②.（5）①.保护Be和Mg不被氧化②.BeO+MgMgO+Be（6）【解析】以铍矿石(主要成分为，还含有少量MnO等)为原料制备铍，铍矿石加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结时，未发生氧化还原反应，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成二氧化硅，加入水浸出，过滤，所得滤渣为二氧化硅，滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干然后煅烧得到工业BeO，BeO可以通过焦炭还原法或者镁还原法制得金属Be，滤液中加入硫酸铁得到铁冰晶石，据此分析；（1）Be与Al处于对角线的位置，它们的性质相似；A．Al与酸碱均反应，可知Be也与酸碱均反应，故A错误；B．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似，氧化铍既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱腐蚀，故B错误；C．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正确；D．AlCl3是共价化合物，可知BeCl2也是共价化合物，D正确；故选AB；（2）中Na为+1价，F为-1价，根据化合价代数和为零可知Fe的化合价为+3；（3）陶瓷中含有二氧化硅，高温时可以与碳酸钠反应，故“烧结”时不宜采用陶瓷类器材；（4）沉铍时，溶液中的与NaOH反应生成Be(OH)2，反应的离子方程式为；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，能和足量NaOH溶液反应生成，含铍的离子为；（5）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是防止空气与铍、镁反应，保护Be和Mg不被氧化；镁还原法制铍单质是用单质镁与BeO高温下反应生成Be和MgO，反应方程式为；（6）设晶胞参数为anm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶胞中，个数为，原子数为4，则BeO晶体的密度为g·cm-3。16.氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______。（2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。（3）反应可用于储氢。①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。【答案】（1）①.C、H、Fe②.（2）①.(或)②.多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少（3）①.NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解②.-NH2可以与形成氢键③.CN—NHD和DCOO—【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；；（2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：(或)；②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；（3）①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解；②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。17.依折麦布片N是一种高效、低副作用的新型调脂药，其合成路线如下。已知：i．R1COOH+R2COOH+H2Oii．（1）N中的官能团的名称是___________。（2）的方程式为___________。（3）D中来自于B的键极性强，易断裂的原因是___________。（4）G为六元环状化合物，还可能生成副产物，副产物的结构简式是___________(写出一种)。（5）的反应类型是___________。（6）K的结构简式是___________。（7）的合成路线如下：Q和R的结构简式分别是___________、___________。【答案】（1）羟基、碳氟键、酰胺基（2）（3）酯基是强的吸电子基团，使得与酯基相连的亚甲基上的键极性增强，易断裂（4）(合理给分)（5）取代反应（6）（7）①.②.【解析】根据流程可知，D与CH2=CHCOOC2H5在乙醇钠的条件下反应生成的E为，结合D的分子式可知D为H5C2OOCCH2COOC2H5；B与乙醇在浓硫酸、加热条件下生成D，可知B为HOOCCH2COOH；A与氧气在催化剂、加热作用下生成B，结合A的分子式可知A为HOCH2CH2CH2OH；在碱的作用下发生酯的水解，再在酸加热下脱羧，生成的F为HOOCCH2CH2CH2COOH；HOOCCH2CH2CH2COOH发生已知反应ⅰ生成的G为；由L的结构简式可知，I为；与氟气发生取代反应生成的J为；与在氯化铝的作用下生成的K为；与反应生成L；L发生还原反应生成M，结合N的结构可知M为，据此分析作答。（1）观察N的结构知，其官能团的名称是羟基、碳氟键、酰胺基。（2）HOOCCH2COOH与乙醇在浓硫酸、加热条件下反应生成H5C2OOCCH2COOC2H5与水，其化学方程式：。（3）D为H5C2OOCCH2COOC2H5，其中来自于B的C-H键在中间亚甲基上，则D中来自于B的C-H键极性强，易断裂的原因是：酯基是强的吸电子基团，使得与酯基相连的亚甲基上的C-H键极性增强，易断裂。（4）F为HOOCCH2CH2CH2COOH，发生已知反应ⅰ，如果是分子内脱水生成六元环状化合物，G为，如果是分子间脱水将生成副产物，副产物可为HOOC(CH2)3COOCO(CH2)3COOH（合理即可）。（5）I为，与氟气发生取代反应生成J()与HF，则I→J的反应类型是取代反应。（6）由分析知，K的结构简式是。（7）由分析可知，M为，根据已知反应ⅱ，M、和ClSi(CH3)3在一定条件下反应生成Q，Q发生成环反应生成R，R在硫酸作用下去-Si(CH3)3生成N，结合N结构式，可知R为；根据成环结构，可知Q为。18.乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题：（1）乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。主反应：；副反应：。①副反应在一定温度下能自发进行的原因为_______。②一定温度下