河北省沧州市泊头市八县联考2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河北省沧州市泊头市八县联考2025-2026学年高三上学期11月期中试题注意事项：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：H1O16Ga70As75一、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.下列文物属于传统无机非金属材料制品的是名称A．黄纱地印花敷彩直裾式丝绵袍B．禾人面纹方鼎文物名称C．元T形帛画D．“春水春池满”诗文瓷壶文物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．黄纱地印花敷彩直裾式丝绵袍，是丝织品，主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，故不选A；B．禾人面纹方鼎属于合金制品，主要成分为金属材料，故不选B；C．元T形帛画，是丝织品，主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，故不选C；D．“春水春池满”诗文瓷壶为陶瓷制品，属于传统无机非金属材料，故选D；选D。2.2024年诺贝尔化学奖为“蛋白质设计和蛋白质结构预测”，近年来诺贝尔化学奖多次授予生物分子角度的研究成果。下列说法错误的是A.生物体内的化学反应需要酶催化，其催化具有高效性、专一性、反应条件温和的特点B.蛋白质是由氨基酸通过肽键等相互连接形成的一类生物分子C.DNA分子的多聚核苷酸链中，核苷酸之间通过磷酯键连接D.RNA和DNA组成结构中仅戊糖种类不同【答案】D【解析】A．酶的化学本质绝大多数是蛋白质，少数是RNA，其催化作用具有高效性、专一性、反应条件温和的特点，A正确；B．蛋白质是一个高分子化合物，是由氨基酸分子在生物体内通过肽键等相互连接形成的一类生物大分子，B正确；C．由核苷酸形成核酸的过程发生酯化反应，形成磷酯键，即核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接，C正确；D．从组成上来看，DNA和RNA的区别不仅组成的戊糖不同，碱基也不完全相同，D错误；故选D。3.化学与人们日常生活息息相关，许多化学物质广泛应用于生活中的各个领域。下列说法错误的是应用A．碳酸钠用于烘焙糕点B．漂粉精用于游泳池消毒实例应用C．钛合金用于制造“蛟龙”号耐压球壳D．硫化后的橡胶用于制造轮胎实例A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．碳酸钠热稳定性强，受热不易分解，不适用于烘焙糕点，一般使用碳酸氢钠，A错误；B．漂粉精主要成分为次氯酸钙，有强氧化性，能杀菌消毒，可用于游泳池消毒，B正确；C．钛合金硬度大，我国“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，C正确；D．硫化后的橡胶弹性和耐磨性更好，可制造轮胎，D正确；故答案为A。4.下列实验装置能达到实验目的的是A.图1：测定浓硫酸的B.图2：验证过氧化氢分解反应为放热反应C.图3：验证非金属性D.图4：配制一定物质的量浓度的硝酸钾溶液【答案】B【解析】A．浓硫酸具有脱水性，不能用pH试纸，A项错误；B．若过氧化氢分解为放热反应，大试管中的气体受热膨胀，则烧杯中会产生气泡，B项正确；C．根据实验可得酸性；，盐酸酸性大于碳酸，验证元素非金属性需要最高价氧化物的水化物进行比较，不能证明Cl的非金属性大于C，C项错误；D．容量瓶不能直接溶解固体，D项错误；故选B。5.下列离子方程式书写正确的是A.饱和碳酸钠溶液中通入足量B.向含硫酸铜的溶液中通入少量C.泡沫灭火器原理：D.向硫酸钙悬浊液中滴加碳酸钠溶液：【答案】C【解析】A．饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2生成NaHCO3，因生成的NaHCO3溶解度较低，会析出固体，反应的离子方程式为2Na++CO2++H2O=2NaHCO3↓，故A错误；B．H2S为弱酸，不能拆成离子形式，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故B错误；C．泡沫灭火器是Al3+与发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；D．向硫酸钙悬浊液中滴加碳酸钠溶液，发生沉淀转化生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；选C。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol(连二硫酸)中和键总数目为B.标准状况下，11.2L己烷中的分子数目为C.室温下，碳酸氢钠溶液中、、数目和为D.室温下，100mLpH=1的高氯酸溶液中，ClO的数目为【答案】A【解析】A．连二硫酸结构式为，故连二硫酸中和键总数目为，故A正确；B．己烷在标准状况下不是气体，11.2L己烷的物质的量不是0.5mol，故B错误；C．未指出溶液体积，无法计算碳酸氢钠溶液中、、数目，故C错误；D．高氯酸为强酸，100mLpH=1的高氯酸溶液中高氯酸的物质的量为0.01mol，完全电离出数目为，故D错误；选A。7.去氧肾上腺素(别名苯福林)是一种α肾上腺素受体激动药，临床主要用于防治麻醉或氯丙嗪引发的低血压，治疗室上性心动过速等，其结构简式如图所示。下列关于去氧肾上腺素的说法错误的是A.与盐酸和氢氧化钠溶液均能发生反应B.该物质与足量反应，最多可消耗C至少有12个原子共平面D.发生消去反应的产物存在顺反异构【答案】B【解析】A．去氧肾上腺素含有亚氨基和酚羟基，可与盐酸和氢氧化钠溶液发生反应，A正确；B．只有酚羟基可以和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故该物质与足量反应，最多可消耗，B错误；C．去氧肾上腺素中与苯环直接相连的原子跟苯环碳原子共平面，至少有12个原子共平面，C正确；D．去氧肾上腺素发生消去反应产物的结构式为，存在顺反异构，D正确；故答案选B。8.镉红是最坚牢的红颜料，具有非常高的耐光、耐高温和耐大气影响的性能，常用作绘画颜料和特殊油漆、搪瓷的着色剂。其干法煅烧制备的化学方程式为。下列说法正确的是A.和中C原子的杂化类型均为杂化B.O、S、Se处于同一主族，稳定性：C.干法煅烧中Se为氧化剂、S为还原剂D.当消耗1molSe，该反应转移2mol电子【答案】B【解析】A．中心原子价层电子对数，为sp杂化，中心原子价层电子对数，为sp2杂化（平面三角形结构），因此两者杂化类型不同，A错误；B．O、S、Se同属第ⅥA族，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O＞S＞Se，故气态氢化物稳定性：，B正确；C．反应中Se的化合价从0降至-2（被还原，作氧化剂），S的化合价部分从0升至+4（被氧化，作还原剂），部分从0降至-2（被还原，作氧化剂），因此S既是氧化剂又是还原剂，C错误；D．1molSe被还原（0→-2），转移2mol电子，同时1molS被还原（0→-2），转移2mol电子，总反应中，S的氧化（0→+4）失去4mol电子，总电子转移为4mol，D错误；故选B。9.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是选项宏观现象微观解释A沸点：分子间氢键的数目：B熔点：氧化镁>氧化钙离子半径：C碱性(等物质的量浓度)：结合水电离出能力：D酸性：第一电离能：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．H2O的沸点高于HF，因为水分子间形成的氢键数目更多，尽管单个氢键强度可能不如HF，但数量优势导致沸点更高，A解释正确；B．MgO的熔点高于CaO，因Mg2+半径更小，离子间作用力更强，晶格能更大，B解释正确；C．结合能力比强，导致水解程度更大，碱性更强，C解释正确；D．CF3COOH酸性强是因F的强吸电子诱导效应导致羧基中的羟基极性更大，而非F的第一电离能大于H，D解释错误；故选D。10.一种常见化工原料A(结构如图所示)的水溶液具有与盐酸同等的强酸性，可用于合成除草剂、防火剂、甜味剂、防腐剂、金属清洗剂等，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态X原子核外有3个未成对电子。下列说法错误的是A.原子半径：，、处于同一主族B.该物质中X和Z原子的杂化方式均为C.简单氢化物的沸点：D.X元素的第一电离能高于左右相邻元素【答案】A【解析】基态X原子核外有3个未成对电子，则X为N或P；W只形成1个共价键，原子序数小于X，则W为H；Y可形成2个共价键，Y为O或S；Z可形成6个共价键，原子序数大于O，则Z为S，Y为O，所以X为N；综上所述，W、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A．同一周期主族元素，原子序数越大，原子半径越小，一般不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径：W(H)<Y(O)<X(N)<Z(S)，Y(O)和Z(S)属于同一主族，A错误；B．该物质中X(N)的价层电子对数为，有1个孤电子对，为sp3杂化，Z(S)的价层电子数为4，S无孤电子对，为sp3杂化，B正确；C．X是N，Y是O，Z是S，三种元素形成的简单氢化物分别是NH3、H2O、H2S，三种物质都是由分子通过分子间作用力结合成的物质，NH3、H2O分子之间存在氢键，H2S分子之间不存在氢键，硫化氢沸点在三者中最低，且常温下水是液态、NH3为气态，沸点：H2O＞NH3，因此三种氢化物的沸点高低顺序为：H2O＞NH3＞H2S，C正确；D．同周期元素从左到右第一电离能有增加的趋势，第VA族元素由于其最外层具有半充满的p轨道而具有较大的第一电离能，因此第一电离能高于左右相邻元素，D正确；故答案为A。11.砷化镓是一种重要的半导体材料，可用于制作集成电路衬底、红外探测器、γ光子探测器等，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。下列说法错误的是A.基态原子的核外电子排布式为B.该晶胞中2号As原子坐标为C.晶体中每个原子周围有4个紧邻且等距的原子D.该晶体的密度【答案】D【解析】A．位第四周期第IIIA族，基态原子核外电子排布式为，A项正确；B．由晶胞结构可知，以晶胞的一个顶点为原点建立空间直角坐标系，2号As原子位于晶胞体对角线的处，故2号As原子坐标为，B项正确；C．晶体中每个原子周围有4个紧邻且等距的原子，由于中两原子配位数相等，故每个原子周围有4个紧邻且等距的原子，C项正确；D．根据均摊法，该晶胞中As原子个数为4（位于晶胞内），Ga原子个数为，则晶胞中共含4个原子和4个原子，故晶体的密度，D项错误；故选D。12.湖南大学科研团队在国际期刊上展示了一个双极电化学铀提取系统，该系统结合了铀物种的阴极直接电还原和阳极的电化学辅助间接铀还原，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.TS电极为阴极，CF电极为阳极B.TS电极反应式为：C.CF电极总反应为：D.当转移电子时，共有被还原【答案】D【解析】电极反应为：，发生还原反应，为阴极；CF电极总反应为：，发生氧化反应，为阳极，据此分析。A．TS电极为阴极，CF电极为阳极，A不符合题意；B．TS电极反应式为：，B不符合题意；C．CF电极总反应为：，C不符合题意；D．当转移电子时，电极被还原，电极有被还原，共有被还原，D符合题意；故选D。13.由下列实验方案及现象得出的结论正确的是

实验方案现象结论A加热氯化铜稀溶液溶液由蓝色变为黄绿色B压缩和混合气体气体颜色变深平衡逆向移动C向溶液中加入草酸溶液10s后溶液褪色内，D向未知溶液中加入稀硝酸，再加入硝酸钡溶液产生白色沉淀未知溶液中含有硫酸根A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．加热氯化铜稀溶液时，溶液颜色由蓝变黄绿，说明反应向生成的方向移动。根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，故ΔH>0，结论正确，A符合题意；B．压缩H2和I2混合气体导致颜色加深，但该反应气体体积不变，加压仅增大浓度，未改变平衡移动，颜色加深是浓度变化而非平衡移动的结果，结论错误，B不符合题意；C．草酸与高锰酸钾反应，速率计算需考虑稀释后的浓度和反应系数，混合后KMnO4浓度为0.016mol/L，草酸为0.12mol/L。按反应式2：5的物质的量比，草酸实际消耗速率为0.004mol/(L·s)，与结论0.02mol/(L·s)不符，结论错误，C不符合题意；D．加入稀硝酸可能将其他还原性离子（如）氧化，正确方法应先用盐酸酸化排除干扰，结论错误，D不符合题意；故选A。14.常温下，用溶液滴定某弱酸溶液至过量，溶液中含R微粒有、、，混合溶液与离子浓度的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线I表示变化曲线B.为二元弱酸，的数量级为C.溶液中存在：D.当与物质的量之比为时，溶液存在：【答案】C【解析】由题干可知，加入过量氢氧化钠，溶液中含的微粒有、、，故为二元弱酸；根据A点数据计算电离平衡常数为10-6.3，根据B点数据计算电离平衡常数为10-1.4。A．二元酸，可知，曲线I表示变化曲线，曲线Ⅱ表示变化曲线，故A正确；B．加入过量氢氧化钠，溶液中含的微粒有、、，所以H3R为二元弱酸；，，数量级为，故B正确；C．电离常数为，的水解常数为，电离大于水解，故，故C错误；D．根据电荷守恒：；根据物料守恒：，可得到，故D正确；选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚硝酰氯(，沸点为-5°C)，主要用于合成洗涤剂、触媒，也可用作有机合成中间体，可由与在一定条件下反应得到。现用如图所示装置制备少量。已知：①；②砖红色固体。回答下列问题：（1）a仪器的名称为___________，其侧管的作用为___________。（2）G装置中反应的离子方程式为___________。（3）C和E装置所盛试剂为___________；F装置的作用为___________。（4）实验时，应向三颈烧瓶中先通入___________(填“”或“NO”)，原因是___________。（5）碱石灰的作用为___________。尾气处理时，需额外通入过量氧气，保证氮元素仅转变为一种盐，发生反应的化学方程式为___________。（6）测定样品的纯度：取D中液体样品溶于水，配制成溶液，取于锥形瓶中，滴加3滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。滴定终点的现象是___________，亚硝酰氯的质量分数为___________%。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.平衡气压，使液盐酸顺利滴下（2）（3）①.浓硫酸②.除去挥发的硝酸，将转化为（4）①.②.排尽装置内的空气，防止被氧化（5）①.防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入三颈烧瓶，导致与水发生反应②.（6）①.滴入最后半滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失②.【解析】NOCl会和水反应，则生成NOCl的原料气需要干燥处理；A中生成Cl2后，浓盐酸含有挥发性，所以得到的Cl2中含有HCl，应用B装置除去Cl2中的HCl，B中溶液为饱和的NaCl溶液，C装置的作用是干燥氯气，C中溶液为浓硫酸，F用于生成NO，生成NO通过F除去挥发的硝酸气体，E中为浓硫酸，干燥一氧化氮，氯气和NO在D中反应生成NOCl，尾气通过碱石灰吸收且可以防止空气水进入D；（1）a仪器为恒压滴液漏斗，其侧管的作用为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。（2）G装置是铜与稀硝酸反应生成，其离子方程式为。（3）由于亚硝酰氯会发生水解反应，故通入三颈烧瓶的气体必须是干燥的，所以装置和所盛试剂为浓硫酸；的作用是除去挥发的硝酸和将转化为。（4）装置中空气中的氧气可以和一氧化氮反应，则实验时，应先通入氯气，当三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入，因与氧气可直接反应生成二氧化氮，故答案为：Cl2；排尽装置内的空气，防止被氧化；（5）由于亚硝酰氯会发生水解反应，故球形干燥管中碱石灰的目的是防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入三颈烧瓶，防止与水发生反应；尾气主要是过量氯气和一氧化氮气体，一氧化氮难溶于水，需要通入氧气才能被氢氧化钠溶液吸收，过量氧气与氢氧化钠共同作用，使氮元素最终以硝酸钠形式存在，化学方程式为；（6）根据题干可知，溶液作指示剂，铬酸银为砖红色沉淀，故滴定终点现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；根据反应：和，可得关系：，则，故亚硝酰氯的质量分数为。16.锑白是一种白色结晶状粉末，性质与相似，主要用作颜料、阻燃剂、媒染剂、催化剂，还可用于合成锑盐。工业上以辉锑矿(主要成分为、，还含有少量、)为原料生产锑白的工艺流程如图所示：已知：①相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的见表。金属离子开始沉淀1.66.23.6完全沉淀2.98.24.8②“水解沉锑”时生成沉淀。回答下列问题：（1）锑为51号元素，其在元素周期表中的位置为___________，基态铁原子价层电子的轨道表示式为___________。（2）为提高“氧化酸浸”速率，可采取的措施有___________(任写一种)；滤渣1的主要成分是___________。（3）“氧化酸浸”工序中的与发生反应，生成，再与发生反应生成。是一种强氧化剂，能在常压下浸取硫化锑矿，使得锑矿中的锑以离子的形式进入溶液中，同时生成难溶于水的浅黄色沉淀。浸取硫化锑的化学方程式为___________。（4）“还原过滤”工序的主要目的为___________。（5）为保证“水解沉锑”工序中生成沉淀不含其他沉淀，水解时应小于___________。“水解沉锑”工序生成的离子方程式为___________。（6）若“中和转化”工序中选用溶液，则会造成锑白产量下降，锑白产量下降过程中发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.第五周期第VA族②.（2）①.适当加热或粉碎辉锑矿等②.、（3）（4）将+5价转化为+3价；将还原为，避免与一起沉淀（5）①.3.6②.（6）【解析】本题以辉锑矿（主要含，杂质为、）为原料生产锑白的湿法冶金工艺流程题，核心考查元素化合物性质、氧化还原反应、分离提纯（除杂）、水解/中和反应等高中化学核心知识点，流程中辉锑矿中的以硫化物（）形式存在，需先通过“氧化酸浸”将转化为可溶的，再通过还原、水解、中和等步骤除去杂质（、等），最终将的化合物转化为（锑白）。（1）①是51号元素，在元素周期表中位于第五周期第VA族；②基态铁原子的价电子轨道表示式为；（2）适当加热或粉碎辉锑矿等均可以提高“氧化酸浸”速率；不溶于酸的会以沉淀的形式析出，由(3)问和元素分析，反应产生的浅黄色沉淀为，故滤渣1为、；（3）结合元素分析，反应产生的浅黄色沉淀为，故浸取硫化锑的化学方程式为：；（4）加入铁粉除了将+5价还原为+3价外，根据沉淀离子的，另外一个作用是将还原为，避免与一起沉淀；（5）①水解沉锑”工序的目的是生成沉淀，水解的离子为，其他离子均不沉淀，故应小于3.6；②元素守恒和电荷守恒即可配得离子方程式：；（6）为强碱，为两性氧化物，故过量氢氧化钠溶液可以溶解，化学方程式为：。17.全球变暖已成为21世纪最严峻的环境挑战之一，、、均为主要的温室气体，用其制备的合成气(和的混合物)是一种多功能平台化学品，可通过费托合成转化为多种燃料和化学品，为石油衍生产品提供了可持续替代方案。回答下列问题：i．甲烷干重整反应可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(CO和)（1）已知：、、的燃烧热分别为、、，则反应I：的___________；该反应能在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)自发进行。（2）已知甲烷干重整反应中存在副反应II。一定温度下，向恒容密闭容器中充入和，发生反应I和副反应II。①下列描述能说明该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。a．容器内混合气体的密度保持不变b．容器内压强保持不变c．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变d．和的物质的量之比保持不变e．的生成速率等于的消耗速率②若反应达平衡时，的转化率为，的转化率为，则反应I的的选择性S=_________。[反应选择性S=(反应I的转化率的总转化率)×100%]ii．工业上可用合成气(CO和)合成二甲醚主反应Ⅲ：副反应IV：（3）向恒容密闭容器中充入和，在催化剂的作用下发生反应的平衡转化率和反应时二甲醚的产率随温度变化如图所示。①随着温度升高，二甲醚的产率先升高后下降的原因为___________。②已知b点为平衡状态，时，反应Ⅲ的平衡常数___________(列出计算式即可)。iii．利用合成气(CO和)合成甲醇反应（4）在某催化剂作用下，CO、合成甲醇反应历程如图所示(图中*表示吸附在催化剂上)：反应历程中决速步骤的反应方程式为___________。【答案】（1）①.+247②.高温（2）①.bcd②.75（3）①.260~300°C，温度升高，反应速率加快，单位时间生成产物多，故产率升高；300°C以后，反应达平衡，该反应为放热反应，升高温度，反应逆向移动，反应物转化率降低，故二甲醚产率降低②.（4）(合理即可)【解析】（1）①；②③根据盖斯定律③-①×2-②×2得反应I：；正反应是气体分子数增多吸热反应，，，根据<0，可知该反应能在高温下自发进行。（2）①a．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，容器内混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选a；b．反应后气体分子数增多，压强增多，容器内压强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选b；c．反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增多，混合气体的平均相对分子质量减小，容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应一定达到平衡状态，故选c；d．甲烷是反应物，氢气是生成物，和的物质的量之比保持不变，说明该物质浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选d；e．的生成速率等于的消耗速率，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故不选e；选bcd。②若反应达平衡时，反应I消耗的为xmol、反应II消耗的甲烷为ymol，则I消耗的CO2为xmol、反应II消耗的CO2为3ymol，，解得；；则反应I的的选择性。（3）①260~300°C，温度升高，反应速率加快，单位时间生成产物多，故产率升高；300°C以后，反应达平衡，该反应为放热反应，升高温度，反应逆向移动，反应物转化率降低，故二甲醚产率降低。②300℃时，平衡时测