河北省邯郸市2024-2025学年高二下学期期末调研考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省邯郸市2024-2025学年高二下学期期末调研考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27Ti48Co59I127一、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.燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列关于文物的说法错误的是A.饕餮纹铜钺的主要成分属于合金B.元青花云龙纹食盒的主要成分属于硅酸盐C.石雕的主要成分是无机物D.南宋萱花乳犬纨扇的主要成分属于合成高分子【答案】D【解析】铜钺的主要成是金属铜，属于合金，故A正确；元青花云龙纹食盒属于陶瓷，主要成分属于硅酸盐，故B正确；石雕的原料是天然石材，主要成分是无机物，故C正确；南宋萱花乳犬纨扇的原料为‌绢‌，属于丝织品，丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子化合物，故D错误；选D。2.氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，可利用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用表示）转化为氮气除去，反应为。下列有关化学用语或表述正确的是A.HClO的VSEPR模型为四面体形B.中的键的强度比键的大C.HCl中H和Cl之间形成的键：D.的形成过程可表示为【答案】A【解析】HClO的中心原子O原子价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，A正确；N-N的键能为193kJ/mol，N=N的键能为418kJ/mol，的键能为946kJ/mol，中键电子云重叠程度高，强度比键大，B错误；HCl中H和Cl之间形成的s-p键，HCl中共价键的电子云图：，C错误；是共价化合物，形成过程可表示为，D错误；故选A。3.下列实验事故的处理方法合理的是A.实验室内使用乙炔时，实验室应保持密闭环境B.实验室电器设备引起的火灾，应用二氧化碳或干粉灭火器灭火C.实验室制备乙烯时，应趁热补加沸石D.实验室中浓硝酸常保存在棕色广口瓶中【答案】B【解析】乙炔易燃，密闭环境易积累气体，遇火可能爆炸，需通风，A错误；电器火灾需用不导电的灭火器（如CO2或干粉），避免触电或短路，B正确；沸石需在液体冷却后添加，高温直接补加可能引发剧烈沸腾（暴沸），C错误；浓硝酸见光易分解，应存于棕色细口瓶（避光且适合液体），广口瓶用于固体，D错误；故选B。4.下列有关有机物的结构或性质的说法正确的是A.721分光光度计能产生X射线，可用于晶体结构的测定B.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C.乙酸和甲酸甲酯的核磁共振氢谱信号的化学位移和峰面积比完全相同D.通过有机化合物的红外光谱图可获得有机物分子中所含有的化学键或官能团信息【答案】D【解析】721分光光度计用于可见光吸光度测定，不能产生X射线，X射线衍射仪用于晶体结构测定，A错误；相对分子质量72的有机物可能为C5H12，但也可能是其他结构（如C4H8O），仅凭质谱法无法确定分子式，B错误；乙酸和甲酸甲酯的核磁共振氢谱峰面积比均为3:1，但羧酸氢（约11-12ppm）与酯基氢（约8ppm）的化学位移不同，C错误；红外光谱通过化学键振动吸收确定官能团或化学键信息，D正确；故选D。5.结构决定性质。下列解释与事实无关的选项事实解释A氢气分子式为，而不是共价键具有饱和性B、、的键角逐渐减小孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力C酸性：相对原子质量：D铝元素的第四电离能远大于基态铝原子最外层有3个电子A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】共价键的饱和性决定了氢只能形成H2而非H3，解释正确，A正确；由中心原子上孤电子对数的计算公式可知，CH4中碳原子上无孤电子对，NH3中的氮原子上有1对孤电子对，H2O中的氧原子上有2对孤电子对。根据题意知，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，使其键角变小，B正确；同主族元素，从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：F＞Cl；F吸引电子能力强于Cl，使得CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，与氯和氟的原子量无关，C错误；铝的第四电离能骤增是因失去三个电子后达到稳定结构，与最外层3个电子相关，D正确；故选C。6.以苯甲酸（Ⅰ）和芳基乙炔基膦酯（Ⅱ）为原料可合成含杂原子的异香豆素（Ⅲ），转化关系如图。已知：Ph表示苯基，Et表示。下列说法正确的是A.Ⅰ、Ⅱ中所有原子都可能共平面B.Ⅰ的苯环上的二氯代物有6种C.Ⅱ的分子中共线的碳原子只有3个D.上述三个有机分子中碳原子的杂化方式完全相同【答案】B【解析】I中苯环和C=O均为平面结构，O-H为单键，可旋转，原子有可能共平面，Ⅱ中P原子为四面体形，且含有乙基，所有原子一定不平面，故A错误；I中苯环上的一氯代物有3种，则二氯代物有6种，故B正确；碳碳三键为直线结构，与碳碳三键相连苯环的碳与碳碳三键的两个碳原子共线，由于苯环为平面结构，苯环上碳碳三键相连对位的碳原子也共线，P原子也与碳碳三键共线，因此共线的碳原子可能有4个，故C错误；I中碳原子位于苯环和羧基，为sp2杂化，Ⅱ中碳原子位于苯环、碳碳三键和乙基，为sp2、sp和sp3杂化，Ⅲ中碳原子位于苯环、酯基、碳碳双键、乙基，有sp2和sp3杂化，故D错误；故答案为B。7.已知：由X、Y、Z、W四种短周期主族元素组成的是一种含氮量较高的氮肥，可通过反应制得，Y与其他元素位于不同周期，在空气中X的单质占的比例最大，Z、X、W同周期且Z与W的原子序数之和为X的2倍。下列说法正确的是A.第一电离能：B.沸点：C.基态原子价层电子未成对电子数：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】X的单质在空气中比例最大，X为N；Y与其他元素不同周期，结合短周期主族元素，Y为H；Z、X、W同周期且Z+W=2×X（N的原子序数7），得Z=C（6）、W=O（8），反应式对应尿素［CO(NH2)2］的合成：2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O。第一电离能从左往右逐渐增大，但氮2p为半充满，较稳定，电离能大于相邻的元素，所以第一电离能N＞O＞C，即Z＜W＜X，A错误；H2O、NH3均含有氢键，但水的氢键数目最多，沸点最高，NH3次之，CH4没有氢键，沸点最低，即，B正确；N为7号元素，有3个未成对电子，C为6号元素，有2个未成对电子，O为8号元素，有2个未成对电子，即，C错误；N的非金属性强于C，所以HNO3酸性强于H2CO3，故Z＜X，D错误；故选B。8.泡沫灭火器灭火的原理为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，中含有键的数目为B.溶液中离子的总数为C.溶液中的数目为D.胶体中胶粒的数目为【答案】A【解析】每个分子含2个键，标准状况下，物质的量为0.5mol，含有键的数目为，A正确；未给出溶液体积，无法计算离子总数，B错误；溶液中会水解，实际数目小于，C错误；物质的量为0.1mol，但Al(OH)3胶粒由多个分子聚集而成，胶粒数目远小于，D错误；故选A。9.实验室可用苯乙酮采用间接电氯化法合成苯甲酸钾，其原理如图所示。下列说法错误的是A.a电极与电源的正极相连，发生氧化反应B.反应过程中透过膜m从右侧进入左侧C.在碱性条件下，与苯乙酮反应离子方程式为D.电路中转移2mol电子时，阴极区溶液质量减少2g【答案】D【解析】由图知，a极碘离子失电子生成碘单质，a极作阳极，则b极为阴极，水在阴极得电子生成氢气和氢氧根离子。a电极为阳极，与电源的正极相连，发生氧化反应，A正确；电解池中阴离子移向阳极，a极碘离子失电子生成碘单质，然后，为保持电荷守恒，需b极产生的透过膜m从右侧进入左侧，B正确；由图中信息可知，碱性条件下，与苯乙酮生成苯甲酸根离子和CHI3，然后配平，得离子方程式，C正确；阴极反应式：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-，电路中转移2mol电子，阴极区产生1molH2，移向阳极区2molOH-，则阴极区溶液质量减少36g，D错误；故选D。10.下列实验操作、现象、结论均正确的是选项实验操作现象结论A将某气体点燃后产生的气体通过白色无水硫酸铜固体由白色变为蓝色该气体可能是饱和烃B向中滴加溶液有浅黄色沉淀产生浅黄色沉淀是AgBrC将某铁盐溶于浓盐酸，滴入溶液溶液紫色褪去该铁盐中含有D用试管取少量蔗糖水解液，直接加入新制的，并加热煮沸有砖红色沉淀产生蔗糖的水解产物具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】白色无水硫酸铜由白色变为蓝色，说明气体燃烧生成水，则原气体含H元素，饱和烃含有H元素，故A正确；溴乙烷不能直接电离出溴离子，加AgNO3溶液，没有沉淀生成，故B错误；浓盐酸中的Cl⁻会与KMnO4反应使其褪色，将某铁盐溶于浓盐酸，滴入溶液，溶液紫色褪去，不能说明铁盐中含有，故C错误；蔗糖水解液中含有硫酸，用试管取少量蔗糖水解液，直接加入新制，并加热煮沸，未中和水解液的酸性，不能生成砖红色沉淀，故D错误；选A。11.碳化钛在航空航天、机械加工等领域应用广泛，其晶胞结构如图所示，晶胞的边长为anm。下列说法正确的是A.该晶胞与干冰晶胞结构相似B.晶体中C的配位数与Ti的配位数之比为C.晶胞中仅由碳原子构成的四面体与仅由Ti原子构成的四面体个数相同D.若为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为【答案】C【解析】干冰的晶胞结构为：，二氧化碳分子位于晶胞顶点和面心，碳化钛晶胞中，Ti原子位于棱心和体心，C原子位于顶点和面心，二者结构不相似，A错误；在碳化钛晶胞中，C原子和Ti原子的配位数均为6，所以晶体中C的配位数与Ti的配位数之比为，B错误；在碳化钛的晶胞中，仅由Ti原子构成的四面体有8个，仅由C原子构成的四面体也有8个，因此，碳化钛晶胞中仅由碳原子构成的四面体与仅由Ti原子构成的四面体个数相同，C正确；该晶胞中，Ti原子位于棱心和体心，数目为，C原子位于顶点和面心，数目为，则晶胞质量为，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞密度，D错误；故选C。12.科学家利用硫辛酸（TA，）在高浓度下开环聚合形成含硫的聚合物链[Poly（TA）]，该含硫的聚合物链通过如图原理得到TA-DIB-Fe超分子聚合物。下列说法正确的是A.Poly（TA）属于纯净物B.DIB的核磁共振氢谱中显示有6组峰C.Poly（TA）、TA-DIB-Fe超分子聚合物都极易溶于水D.TA-DIB-Fe超分子聚合物中含有氢键【答案】D【解析】Poly（TA）是高分子，聚合度n值不同，属于混合物，A错误；结构对称，有5种氢原子，核磁共振氢谱中显示有5组峰，B错误；Poly（TA）分子中含有多个羧基，能与水分子间形成氢键，易溶于水；TA-DIB-Fe超分子聚合物中形成了分子内氢键，在水中溶解度较小，C错误；根据图示，TA-DIB-Fe超分子聚合物中羧基间形成分子内氢键，D正确；故选D。13.在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的部分反应历程如图。下列说法正确的是A.上述反应历程中仅存在极性键的断裂与形成B.图示反应历程中“中间体→产物1”反应的活化能最小C.苯的硝化反应历程经过了加成反应和消去反应D.苯的硝化反应为放热反应，苯的硝化反应的【答案】C【解析】通过反应历程图，可以看到苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应的过程。在这个过程中，不仅存在极性键(如N-O键)的断裂与形成，还存在非极性键(如C-C键)的变化，生成产物1时苯环的“介于单键和双键之间独特的键”变成了碳碳单键，故A项错误；计算各步反应的活化能可得：从反应物到过渡态1，活化能为261.9kJ/mol；从中间体到过渡态2-1，活化能为226.48-105.03=121.45kJ/mol；从中间体到过渡态2-2，活化能为150.05-105.03=45.02kJ/mol；所以“中间体→产物2”的反应活化能最小，故B项错误；根据反应历程图，可以看出苯环上的氢原子被硝基取代，苯的硝化反应属于亲电取代反应，其机理包含加成和消去步骤，故C项正确；根据反应历程图，反应物到产物2的能量差为，若该反应生成唯一产物2，则其，但是此反应有两种产物，所以，故D项错误；故答案选C。14.常温下，向盐酸中滴加的一元弱碱BOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.常温下，BOH的电离常数为B.a点对应溶液中存在C.加水稀释BOH溶液时，溶液中所有离子浓度均减小D.b点时，加入BOH溶液的体积为10mL【答案】A【解析】根据图像，当时，pH=9.7，这意味着。此时可以近似认为溶液中BOH的电离与B+的水解达到平衡，根据电离常数Kb的定义，，又因为，所以。又因为，所以，，据此回答。根据分析可知，，A正确；a点对应的溶液中存在电荷守恒。电荷守恒是指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数，即，B错误；当BOH溶液加水稀释时，溶液中氢氧根离子的浓度会减小，但同时水的离子积常数（Kw）保持不变，这意味着氢离子的浓度会增大。C错误；b点时，pH=7，说明溶液呈中性，即氢离子浓度等于氢氧根浓度，但由于加入强酸盐酸中的碱为一元弱碱，要使溶液呈中性，加入的BOH溶液的体积应大于10ml，D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯并咪唑是一类杂环化合物，其结构与天然存在的核苷酸的结构相似，具有较强的生物活性。某化学兴趣小组制备1-苄基-2-苯基苯并咪唑（相对分子质量为284）的物质转化关系如图1，实验装置如图2所示（夹持装置及加热控温装置均已略去）。实验步骤如下：①制备：向三颈烧瓶中依次加入57.6mgN，二苄基邻苯二胺（相对分子质量为288）、氧化剂DDQ（，过量），再加入1.0mLDMSO[二甲基亚砜，]作溶剂，反应温度保持在，加热回流1h，关闭加热装置，冷却。②淬灭萃取：向三颈烧瓶中滴加5mL饱和溶液进行淬灭反应，直至反应液由红褐色变为橘黄色，加入10mL蒸馏水稀释反应混合液。③将反应混合液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯多次萃取后分液，萃取所得有机相用饱和食盐水洗涤，再用无水硫酸镁固体干燥，静置一段时间后，分离出有机层，经色谱法分离、真空干燥后，最终得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑。回答下列问题：（1）仪器A的名称为______，回流时冷凝水的出水口为______（填“a”或“b”）口。（2）为达到反应温度保持在的目的，加热方式可选用______加热。（3）该反应中N，二苄基邻苯二胺发生______反应后分子内偶联得到产物；1molDDQ分子中含有的手性碳原子的数目为______。（4）扩大计量制备，用减压蒸馏代替色谱法分离。选择合适仪器并组装蒸馏装置对有机层进行蒸馏提纯（加热及夹持装置略），安装顺序①④⑦______（填序号）。（5）本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是______%（保留两位有效数字）。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.a（2）（温）水浴（3）①.氧化②.4（4）⑤⑧②（5）91【解析】向三颈烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜，将反应烧瓶移至40℃的油浴锅中，加热回流1h，向反应烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ，待反应液变色后加入10mL蒸馏水稀释反应液，将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机物和水层分层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑，据此回答；【小问1详析】仪器A的名称为恒压滴液漏斗，冷凝水下进上出，回流时冷凝水的出水口为a；【小问2详析】为达到反应温度保持在的目的，加热方式可选用（温）水浴加热；【小问3详析】该反应中N，二苄基邻苯二胺失去氢原子，发生氧化反应后分子内偶联得到产物；1molDDQ分子中含有的手性碳原子，数目为4；【小问4详析】蒸馏用的仪器为蒸馏烧瓶，温度计、蒸馏头、冷凝管，牛角管，锥形瓶，故选①④⑦⑤⑧②；【小问5详析】57.6mgN，N＇-二苄基邻苯二胺()的物质的量为，理论上生成0.0002mol1-苄基-2-苯基苯并咪唑，本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。16.钴应用广泛，现已成为航空航天、军事和机械制造等领域中不可缺少的金属材料。工业上以钴矿石（主要成分是，还含有和等杂质）为原料制取金属钴的工艺流程如图所示。已知：①常温下，部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀，开始沉淀和完全沉淀（金属离子的浓度小于或等于时，认为该金属离子完全沉淀）时，溶液的pH如表所示：金属离子开始沉淀的pH6.91.53.67.17.9完全沉淀的pH8.3a4.79.29.8②常温下，，。回答下列问题：（1）基态钴原子的价电子排布式为______。（2）为加快“浸取”步骤的浸取速率，可采取的措施有______（写一条即可）。（3）“浸取”过程中发生反应的离子方程式为______。（4）常温下，完全沉淀时溶液的______，“沉渣”的化学式为______。（5）该流程中通过步骤______可达到富集的同时除去的目的。（6）已知：该钴矿石中钴元素的含量为1.85%，上述流程中钴的损耗率为5%。若称取1.0t钴矿石经过上述流程，最终硫酸钴溶液充分电解得到的在标准状况下的体积为2.24（此时无析出），则该条件下钴的产率为______%（保留三位有效数字）。【答案】（1）（2）适当加热（或适当提高稀硫酸的浓度或适当搅拌等合理答案）（3）（4）①.3.3②.（5）萃取、反萃取（6）67.1【解析】钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)用硫酸、SO2浸取，得到含有、Fe3+、Mn2+、Ca2+，Al3+，通入压缩空气并且调节pH将和转化为Fe(OH)3和Al(OH)3除去，过滤后加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，该工艺中前面的工序中杂质没有除去，则需设计萃取除去，再通过反萃取富集，电解硫酸钴得到金属钴，以此解答。【小问1详析】钴是第27号元素，基态钴原子的价电子排布式为；【小问2详析】为加快“浸取”步骤的浸取速率，可采取的措施有适当加热（或适当提高稀硫酸的浓度或适当搅拌等合理答案）；【小问3详析】“浸取”时与发生氧化还原反应生成Mn2+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；【小问4详析】，则，完全沉淀时溶液的3.3；根据分析“沉渣”的化学式为；【小问5详析】根据分析可知，步骤萃取、反萃取可达到富集的同时除去的目的【小问6详析】1.0t钴中钴的质量为，根据得失电子守恒，电解得到的钴质量为，钴的产率为。17.以为原料合成的主要反应如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．______回答下列问题：（1）写出反应Ⅲ的热化学方程式：______。若反应Ⅰ为慢反应，请在图中画出反应能量变化的示意图______。（2）下，在2L的恒容密闭容器中充入和，只发生反应Ⅲ．反应5min达到平衡，此时。则0~5min内，的平均反应速率______；下列叙述可以说明该反应已达到平衡的是______（填标号）。A．B．气体平均摩尔质量保持不变C．与的物质的量之比保持不变D．与的物质的量之比保持不变（3）在190~250℃、2MPa条件下，起始时按物质的量浓度之比为投料，以一定流速分别通过不同催化剂，图a和图b为催化反应中转化率、甲醇选择性[]、甲醇收率[]随温度的变化，反应的产物只有甲醇、CO和。分析在该压强下的最适宜反应条件：温度为______，催化剂为______。（4）一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入和，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，反应达到化学平衡时的转化率为a，的物质的量为bmol，该温度下反应Ⅰ的压强平衡常数______（填含a、b的代数式，为用各组分的分压代替物质的量浓度计算的平衡常数）。（5）以KOH溶液为离子导体，分别组成燃料电池。燃料电池的负极的电极反应式为______；消耗等质量燃料，三种燃料电池转移电子数之比为______。【答案】（1）①.②.（2）①.0.06②.BD（3）①.②.（4）（5）①.②.【解析】【小问1详析】方程式相加，K值相乘，根据，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ：；慢反应的活化能更大，反应Ⅰ为慢反应，活化能大，且反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，总反应为放热反应，可画出反应能量变化的示意图；【小问2详析】反应起始浓度为1mol/L，反应5min达到平衡，此时，则0~5min内，的平均反应速率=0.06；，速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应未达平衡，A错误；根据，气体质量守恒，该反应不是等体积反应，气体平均摩尔质量保持不变，气体总的物质的量不变，可以说明该反应已达到平衡，B正确；与的物质的量之比等于化学计量系数之比，是定值，不能说明该反应已达到平衡，C错误；充入和，二者起始比值不等于化学计量数之比，与的物质的量之比保持不变，能说明该反应已达到平衡，D正确；故选BD；【小问3详析】不同催化剂二氧化碳的转化率接近，催化剂为时，甲醇的选择性和甲醇收率远高于另一种催化剂，结合图b，时甲醇的收率最高，故该压强下的最适宜反应条件：温度为，催化剂为；【小问4详析】通入和，反应达到化学平衡时的转化率为a，的物质的量为bmol，共反应amol，剩余(1-a)mol，生成bmol，根据碳原子守恒，生成CO(a-b)mol，根据氧原子守恒，生成H2O[2a-b-(a-b)]mol=amol，根据氢原子守恒，剩余H2(6--2a4b)mol=(3-a-2b)mol，反应Ⅰ的化学计量系数均为1，该温度下反应Ⅰ的压强平衡常数；【小问5详析】燃料电池的负极，甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为；根据关系式、、，消耗等质量燃料，