河北衡水中学2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三化学学科试卷含解析

学年度高三年级下学期综合素质评价三化学学科考试时间：分钟；试卷满分：分注意事项：答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息请将答案正确填写在答题卡上相对原子质量：一、单项选择题每题3分，共分；每小题有1个选项符合题意)1.河北省历史悠久，文化底蕴深厚。下列具有文化特色的物品中，主要成分属于无机非金属材料的是A．承德木雕B．蔚县剪纸C．定窑白釉陶瓷D．青铜编钟A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】AA不符合题意；第1页/共25页B．蔚县剪纸的主要成分是纸张，纸张的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，B不符合题意；C．定窑白釉陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C符合题意；D．青铜编钟主要成分是铜锡合金，属于金属材料，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.基态硅原子的价层电子轨道表示式：B.CaC2的电子式：C.葡萄糖的一种环状结构简式为：D.SiO2的空间填充模型为：【答案】C【解析】【详解】A．基态Si原子的价电子排布式为，根据洪特规则，基态原子中，填入简并轨道（同一能级的不同轨道）的电子总是优先分占不同轨道，且自旋平行。该图示中两个3p电子挤在同一轨道，违反洪特规则，正确的价层电子轨道表示式为，A错误；B．是离子化合物，与互为等电子体，两个C原子之间形成三对共用电子对，正确电子式为，B错误；Cα-D-正确，C正确；D．属于共价晶体，不存在单个分子，晶体中每个Si原子周围连接4个O原子，图示是型小分子（如）的空间填充模型，D错误；故选C。3.下列关于实验的说法正确的是第2页/共25页A.进行钠与加热实验时，先切取一块绿豆大小的钠投入坩埚中，再加热坩埚B.实验室保存液溴，用一定量水封于带橡胶塞的细口玻璃瓶C.钠与O2在加热条件下生成NaO，同理Li与O2在加热条件下生成LiO2D.浓硫酸保存于铁质容器中【答案】D【解析】A放入坩埚加热，直接投入加热会干扰实验，操作错误，A错误；B．液溴具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，保存液溴应使用玻璃塞，B错误；C．Li的金属性弱于Na，与加热反应只能生成，不会生成，C错误；DD正确；答案选D。4.对于下列过程中发生的化学反应，相应方程式正确的是A.尿素与甲醛制备脲醛树脂：B.向苯酚钠溶液中通入少量CO：2+CO+HO2+C.向FeO4固体中加入足量氢碘酸溶液：D.硫化钠溶液在空气中氧化变质：【答案】A【解析】A）发生缩聚反应脱去小分子水形成聚合物，化学方程式为：，A正确；第3页/共25页B．酸性强弱顺序：，因此无论少量还是过量，产物均为，正确离子方程式为：，B错误；C．与酸反应时生成和，但会与发生氧化还原反应，正确离子方程式为：，C错误；D．反应在碱性环境下进行（。正确离子方程式为：，D错误；故答案为A。5.配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如叙述正确的是A.中含有键的数目为21B.生成转移电子数为C.与足量在催化剂作用下合成氨，生成的分子数为0.2D.36g冰中所含的氢键的数目为2【答案】AB【解析】【详解】A．1mol中，有5mol共含15molN-Hσ键，中心与5个形成5molσ键，与内界形成1mol配位σ键，总计σ键数目为，A正确；BCo元素从+2价升高到+32mol时共转移2mol1mol该配合物转移电子数为，B正确；C．与0.1mol反应后生成的分子数小于，C错误；第4页/共25页D．平均每个水分子形成2个氢键，36g冰的物质的量为2mol，所含氢键数目为，D错误；故选AB。6.一种可再生高分子的合成反应如下：下列说法正确的是A.1molX最多可以消耗2molNaHCO3B.1molX与饱和溴水反应，消耗1molC.化合物Y最多有6个原子共平面D.化合物Z有5种官能团【答案】D【解析】AX1个羧基和此1molX最多消耗，A错误；B．碳碳双键与加成消耗；同时酚羟基邻位有1个可取代的氢原子，发生苯环取代消耗；总共消耗，B错误；C．Y为，碳碳双键为平面结构，单键可以旋转，两个亚甲基的碳原子可以旋转到双键平面内，最多可共平面的原子有：4个C+2个Br+6个H=12个原子，C错误；D．化合物Z含有的官能团按种类数：羧基、酯基、醚键、碳碳双键、溴原子，共5种官能团，D正确；故选D。7.化合物Q是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y位于同一主族，X、W位于同一周期，M原子的核外电子只有一种运动状态，Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是第5页/共25页A.简单离子半径：B.第一电离能：X小于其在元素周期表中相邻元素C.由X、Y、Z元素组成的盐只有两种D.M、Z均可与X形成两种化合物，且这四种化合物中的化学键种类相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，M原子的核外电子只有一种运动状态，M为H元素；Z是短周期中金属性最强的元素，Z为元素；X、Y位于同一主族，根据结构可知，X形成2个键，Y形成6个键，则X为O元素，Y为S元素；W形成4个共价键，W为C元素；据此分析。A简单离子的半径：，A错误；BX为O元素，其在周期表中同周期的相邻元素为N和FN原子的2p轨道处于半充满的稳定结构，N的第一电离能大于OF的非金属性强于OF的第一电离能也大于OO的第一电离能小于其在同周期中的相邻元素，B正确；C．由O、S、元素组成的盐有、、等，不止两种，C错误；D．H与O形成、等共价化合物，只有共价键；Na与O形成、等离子化合物，一定含有离子键，还含有非极性共价键，D错误；答案选B。8.下列装置及药品能达到相应实验目的的是B．证明浓分解产物中含有A．制备第6页/共25页D．探究反应物浓度对反应速率的C．制取网状酚醛树脂影响A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．实验室用FeS和稀硫酸反应制备：，题目中的装置能达到实验目的，A正确；B．实验目的是检验浓硝酸分解产物中的，但该装置中使用的药品是稀硝酸，且稀硝酸受热挥发后，挥发出的本身也能氧化生成，使淀粉碘化钾溶液变蓝，无法证明分解产物中存在，B错误；C醛树脂，碱性催化才能得到网状（体型）酚醛树脂，因此该装置不能得到网状酚醛树脂，C错误；D反应物浓度对反应速率的影响的目的。正确设计应为：保持高锰酸钾浓度、体积都相同，通过改变草酸的浓度（需过量）来控制变量，并确保溶液总体积相同，且需要硫酸酸化，D错误；第7页/共25页故选A。9.金属钼(Mo)形成的某种稳定硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法错误的是A.该晶体属于混合型晶体B.该化合物的化学式为C.若把S元素换成O元素则晶体的熔点降低D.该物质可用作润滑剂【答案】C【解析】A合型晶体，A正确；B．由单层结构可知，每个Mo周围结合6个S，每个S周围结合3个Mo，Mo与S原子个数比为1:2，化学式为，B正确；C．S换成O后，O原子半径小于S，Mo-O键键长更短、键能更大，破坏共价键需要的能量更高，晶体熔点升高，而非降低，C错误；D．该晶体层间范德华力较弱，层间易发生相对滑动，可用作润滑剂，D正确；故选C。10.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选实验操作及现象结论项向盛有与的恒压密闭容器中通入一A化学平衡向减少的方向移动定体积的，最终气体颜色变浅第8页/共25页以标准溶液滴定B溶液中的沉淀C取铝热反应(Al和FeO3反应)量稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液不变红该固体中不含FeO3向Na[Al(OH)]溶液中滴加NaHSO3[Al(OH)]-和电离出的H+反D色沉淀生成应形成Al(OH)3沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A因压强减小会向生成的方向移动，A错误；B．与AgCl得出选项中的K关系，实际，B错误；C．若铝热反应后有剩余，溶于稀硫酸时生成的会被或生成的还原为，滴加溶液也不变红，无法证明固体不含，C错误；D．可电离出，酸性：，[Al(OH)]-结合生成Al(OH)3白色沉淀，D正确；故选D。从微观视角探析物质结构和性质是学习化学的有效方法。下列解释与实例不相符的是选实例解释项接近水沸点的水蒸气的相对分子质量接近水沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键相互缔A测定值大于18合，形成缔合分子第9页/共25页铁丝在酒精灯上灼烧，焰色无明显变B铁原子核外电子灼烧时没有发生跃迁化的价电子排布式为，易失去1个电子，变成较稳C易被氧化定的半充满结构18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代氟原子为吸电子原子，使氧原子电子云密度减小，配位能D形成的超分子稳定性将减弱力降低A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A(HO)A正确；B故B错误；C．Fe2+的3d6结构易失去一个电子变为更稳定的3d5半充满态，所以易被氧化为Fe3+，故C正确；D．氟的强吸电子效应削弱氧的配位能力，导致超分子稳定性降低，故D正确；选B。12.常温常压下利用铜基催化剂实现单个二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法不正确的是A.生成是化学反应的决速步骤B.总反应的约为第10页/共25页C.的过程中有极性键的形成和有非极性键的断裂D.若用代替，最终产物中可能检测到和【答案】B【解析】【详解】A．化学反应的决速步骤由活化能最高的步骤决定，由能量变化图可知生成的步骤能垒最大，为决速步骤，A正确；B0eV和的相对能量约为，而表示单个分子转化的能量变化，不是1mol反应物能量变化，B错误；C．的过程中，的非极性键断裂，形成C-H极性键，C正确；D．反应中提供的H最终进入甲醇和水中，若用代替，最终产物可检测到和，D正确；答案选B。13.溶液滴入T微粒(、、、)的分布系数、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是A.a、c线分别代表、的分布系数变化情况B.时，C.时，D.由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂【答案】B第11页/共25页【解析】中滴加NaOH、、abcd曲线分别为、、、，加入50mLNaOH时，恰好生成，加入100mLNaOH时，恰好生成，加入150mLNaOH时，恰好生成，以此分析。【详解】A．由分析可知，A正确；B．溶液中存在电荷守恒，，时，，所以，从图中可以得到，时，，所以，B错误；C．，由图可知，时，，则时，，可得，C正确；DM至N程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共分。14.氨硼烷()者按以下步骤制得氨硼烷，部分操作及反应条件略。回答下列问题：I．制备氨源：溶于浓氨水中，充分溶解后再加入适量流反应2h。第12页/共25页（1）仪器A中的试剂为_______。（2）下列说法正确的是_______(填序号)。A.冷凝水应该从X口进入，Y口流出B.中的的键角比中的的键角小C.减压过滤的优点为加快过滤速度，并使固体更干燥D.加入适量饱和溶液的目的是调节溶液pH，防止生成沉淀，同时也可以促进配合物的形成（3）设计实验证明中2个均不作配体：_______。II．纯化溶剂：四氢呋喃()干燥和收集的回流装置如图所示(夹持及加热装置略)呈蓝色。（4）①用Na干燥四氢呋喃的原理是_______(用化学方程式表示)。②回流过程中，除水时打开的活塞是_______，体系变蓝后，改变开关状态收集四氢呋喃。III．制备氨硼烷()第13页/共25页i．安装仪器，检验装置的气密性；ii．向仪器a中加入和200mL四氢呋喃，加热回流充分反应；iii．将仪器a中混合体系离心分离，取上清液，Ar保护下蒸发结晶，制得2.8g氨硼烷。过滤洗涤，回收Mg和。（5）装置B中石蜡油的作用是_______。（6）过滤需用到下列的仪器有_______(填序号)。（7）①制备氨硼烷反应的化学方程式为_______。②本实验中氨硼烷的产率为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）无水氯化钙（2）CD（3AgCl沉淀的物质的量与的物质的量之比为2：1（4）①.②.（5）油封，防止C中水蒸气进入A中（6ACEG（7）①.②.90.3【解析】【小问1详解】第14页/共25页仪器A是干燥管，作用是吸收挥发出的NH₃，所以选择无水氯化钙；【小问2详解】A．因为冷凝管要增强冷凝效果，所以冷凝水应下进上出，故A错误；BNH作为配体时NH-N-H键角比NH中大，故B错误；C．因为减压过滤利用压强差，所以能加快过滤速度且使固体更干燥，故C正确；D．因为NH₄Cl能抑制NH₃·H₂O电离，降低OH浓度，同时增大NH₄⁺浓度促进配合物形成，所以可防止Mg(OH)沉淀生成，故D正确；故答案选CD。【小问3详解】若中作配体，溶液中不能电离出来，而外界的在溶液都能电离出来，加入AgNO3溶液能生成AgClAgCI沉淀的物质的量与的物质的量之比为2:1即可证明2个均不作配体；【小问4详解】①因为NaNa和水反应生成NaOH和H形成循环，所以打开K、K，关闭K，让溶剂在装置内回流；【小问5详解】装置B中石蜡油的作用是形成液封，可以防止空气进入反应装置以及后续装置中的液体倒吸；【小问6详解】因为过滤需要铁架台、普通漏斗、烧杯、玻璃棒；【小问7详解】①根据反应物、和生成物MgNaCl平化学方程式；②先根据反应物的量判断过量情况，以不足量的反应物计算理论产量，再用实际产量除以理论产量计算产率，，的物质的量为，可知的量来计算得出理论上第15页/共25页生成的物质的量为，质量为，则本实验中氨硼烷的产率为。15.草酸镍是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：已知：①“浸出”液含有的离子主要有；②增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成更多的胶体能吸附。③草酸的回答下列问题：（1）生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有___________(填字母)。a．适当延长浸出时间b．高温浸出c．分批加入混酸浸取并搅拌（2“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是___________。（3“氧化”过程中，控制、pH小于3的条件下进行。①的电子式为___________②“氧化”过程的离子方程式为___________。③为3～4时，镍的回收率降低的原因是___________。（4“过滤”后的滤液中加入溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是___________。已知常温下，当溶液时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度___________。（5指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变(峰向下)或放出(峰向上)时，反应的化学方程式为___________。二水合草酸镍分解的整个反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。第16页/共25页【答案】（1）ac（2）（3）①.②.③.过高，生成氢氧化铁胶体吸附大量，导致镍回收率降低中N为杂化，未杂化的含孤对的轨道与的空轨道形成键，降低了N原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低（4）①.取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净②.（5）①.②.放热【解析】()稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+Ni2+Cu2+Fe3+、、HO2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。(5)，理论质量损失率为；，第17页/共25页理论质量损失率为175~275失率约为19.19%，这是由样品中吸附水和结晶水的脱出引起的。相应的DSC分析表明，在246.5℃附近存325~400℃有38.36%NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO357.8℃附近有一放热峰，可知在空气中二水合草酸镍热分解生成NiO的反应是放热反应。【小问1详解】温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出率，故选ac。【小问2详解】根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+。【小问3详解】①的电子式为；②“氧化”过程中，氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为；③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子。过高，生成氢氧化铁胶体吸附大量，导致镍回收率降低。【小问4详解】过滤得到的草酸镍上面可能沾有，通过检验可判断晶体是否洗涤干净。其方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，否则未洗涤干净；当溶液时沉淀完全，此时溶液中。，则。第18页/共25页【小问5详解】根据分析，首先在175~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与失去结晶水生成理论质量损失率19.71%相吻合。因此前所得产物为。随着热分解温度的升高，在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。即时反应的化学方程式为；在357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中热分解生成NiO的反应是放热反应。16.途径制备氢气。【乙醇制氢】乙醇在催化下，制取氢气有如下方法：部分催化重整已知：298K时，相关物质的相对能量如图1：（1）依据图中数据，计算该反应的___________。【甲烷制氢】反应Ⅰ：反应Ⅱ：（2）工业生产中反应Ⅰ和反应Ⅱ要分两个温度段进行，第一阶段先采用___________(填“高温”或“低温”)，第二阶段再采用___________(填“高温”或“低温”)。第19页/共25页（3）在一定条件下，向密闭容器中加入一定量的、和催化剂只发生反应Ⅱ，其中，，、分别为正、逆反应速率，、分别p为气体的分压。调整初始水碳投料比CO的平衡转化率如图2。①A、C两点温度比较：A___________C。()②在B点所示条件和投料比下，当CO的转化率达到40%时，___________。（4）工业上也可采用金属有机框架材料(MOFs)选择性吸附(如图3所示)，该材料能吸附而不能吸附CO可能的原因是___________。【一氧化碳制氢】（5）一氧化碳变换反应也可用于生产氢气，该反应在Pd膜反应器中进行的工作原理如图4Pd膜时，CO变换反应具有更高转化率的原因是___________。第20页/共25页（6）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图5所示。①装置中的固体电解质应采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。yCO的转化率为___________(用a、b、y表示)。【答案】（1）+15（2）①.高温②.低温（3）①.小于②.9/4（4）二氧化碳分子直径介于材料的孔径大小之间，可以被吸附（5）Pd膜能选择性分离出，促进反应正向进行（6）①.质子导体②.【解析】【小问1详解】由图可知，反应中反应物的相对总能量为，生成物的相对总能量为，，故答案为：+15；【小问2详解】工业生产中反应I和反应Ⅱ要分两个温度段进行，第一阶段反应I生成的产物CO第21页/共25页发生反应II是吸热反应，，温；第二阶段发生反应Ⅱ，该反应为放热反应，低温有利于平衡正向进行，故第二阶段再采用低温；【小问3详解】①设C点投料为，可列三段式则，同理，降低温度，平衡正向移动，K值增大，故A点温度小于C点温度；②B点，当反应达到平衡时，=，B点投料为，段式，；【小问4详解】由图3可知，材料的孔径为0.33~0.35nm，分子的大小为0.338nm，分子的大小为0.376nm，所以该材料能吸附而不能吸附可能的原因是材料的孔径与分子的大小匹配，而与分子不匹配。【小问5详解】Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大；【小问6详解】第22页/共25页①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；yCO转化了xmol，则根据三段式：出口Ⅰ处气体物质的量为，进口Ⅰ处的气体物质的量为，则，则，CO的转化率为：。17.氯苯唑酸（I）是用于治疗转甲状腺素蛋白淀粉样