河北省2025届高三下学期调研考试（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=16页，共=sectionpages2323页PAGE1河北省2025届高三下学期调研考试（一模）一、单选题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】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；“OTC”为非处方药标识，无需医生开处方，可以直接购买，B错误；聚氯乙烯有毒，不能用于食品的包装材料，C错误；钡餐的成分为BaSO4，不溶于水不溶于酸，在体内不会被胃酸溶解，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．BCl3的空间填充模型：B．H2SeC．HCl的电子式：D．基态As原子的核外电子排布式：Ar【答案】B【解析】BCl3中心原子为B，价层电子对为3+3-3×12=3，不含孤电子对，空间结构为平面正三角形，A错误；H2Se分子的中心原子为Se，价层电子对为2+6-2×12=4，含2对孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形：，B正确；HCl为共价化合物，H原子与Cl原子间形成一对共用电子对，电子式为：，C错误；As原子序数为33，基态As原子的核外电子排布式：Ar33．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．78g中含有碳碳双键的数目为3B．标准状况下，11.2 LHFC．1 molNO与足量O2反应后，体系中所含D．常温下，1.0 LpH=5的【答案】D【解析】中不存在碳碳双键，A错误；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；存在2NO2⇌N2O4，1 molNO与足量O2反应后，NO2分子数目小于NA，C错误；NH4Cl为强酸弱碱盐，电离出的铵根离子水解促进水的电离，1.0 LpH=5的NH4Cl溶液中n(H+)=104．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NaHCO3D．实验室产生的有机废液，均应直接焚烧处理【答案】B【解析】白磷在空气中可自燃，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；对于含有铅、汞、镉等重金属的废液，不能随意倾倒，避免对环境造成污染，我们一般采用沉淀的方法来降低对环境的污染，B正确；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；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Fe2C乙酸乙酯的制备将产生的蒸气通入饱和Na2D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【答案】C【解析】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；制取FeOH3红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热至液体呈红褐色，硫酸铁属于难挥发性酸所形成的强酸弱碱盐，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；乙酸乙酯的制备实验操作中产生的蒸气通入饱和Na2CO3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，C6．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CB．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】根据阿斯巴甜结构简式可知，分子式为C14H18N2O5，A正确；分子中含有4种官能团，分别为：羧基、氨基、酰胺基、酯基，B错误；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，7．前四周期主族元素W、X、Y、Z、M原子半径依次增大。W与Y同主族，Y的最高正化合价与最低负化合价之和为4；X为形成化合物种类最多的元素，X与M同主族；Y、Z同周期，Z为金属元素。下列说法错误的是A．W的氢化物的熔、沸点高于X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ZD．常温下，0.1 mol【答案】A【解析】W与Y同主族，Y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，X为形成化合物种类最多的元素，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；M原子序数最大，应位于第四周期，且X与M同主族，，则M为Ge，单质是一种半导体材料，B正确；W与Y同主族，Y的最高正化合价与最低负化合价之和为4，Y为S元素，Y、Z同周期，Z为金属元素，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；Y为S元素，最高价含氧酸为硫酸，属于二元强酸，常温下，0.1 mol⋅L-1Y的最高价含氧酸溶液的c(H+)=0.2mol/L，8．下列描述或解释有误的是描述解释AN的第一电离能大于ON的2p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CO3O3D键角：PH两者杂化类型相同，孤电子对数相同，PH3【答案】C【解析】N的核外电子排布2p轨道处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素O，符合洪特规则，A正确；若某非金属(如硼)的电负性小于氢，则氢可能显负价(如NaBH4中氢为-1价)，B正确；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；PH3的中心原子P价层电子对数是3+5-3×12=4，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，AsH3的中心原子As价层电子对数是3+5-3×12=4，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，二者两者杂化类型相同，孤电子对数相同，PH9．DMFC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sp3C．若氧还原反应主要按照4e-途径进行，则DMFCD．氧气在2e-【答案】B【解析】甲醇氧化反应过程中涉及到氢氧键断裂和碳氧键生成，都是极性键，A正确；甲酸中羧基的氧原子一个形成碳氧单键，为sp3杂化，另一个形成碳氧双键，是sp2杂化，B错误；若氧还原反应主要按照4e-途径进行，O2最终生成H2O，甲醇生成CO2，总反应方程式为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，10．某学习小组探究KI溶液被空气中氧气氧化的影响因素，设计实验如下：已知：I2+I-A．对比实验现象a和b，酸性环境加快了I-B．b中I-被氧化的离子方程式为4I-+O2C．c中CCl4层无色，证明无ID．以上实验可证明检验I2的方法用淀粉溶液比用CCl【答案】C【解析】ab的实验控制单一变量，通入二氧化碳和水反应生成碳酸使得溶液酸性增强，对比实验现象a和b，说明酸性环境加快了I-的氧化速率，A正确；空气中氧气具有氧化性，在酸性条件下，b中I-被氧气氧化为碘离子，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，B正确；已知：I2+I-⇌11．某课题组通过如图所示电化学方式，以DCM/H2O为共溶剂，首次实现了LangloisCF3A．电极电势：MB．随反应进行，CF3C．反应一段时间后，溶液的pH升高D．M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，M为阳极，N为阴极，电极电势：M>N，A正确；由图可知，CF3SO2Na参与反应，随反应进行，CF3SO2Na浓度的降低，会导致电子传递效率降低，B正确；根据图示反应原理可知，反应过程中消耗H+生成了氢气，H+浓度减少，溶液的pH升高，C正确；M为阳极，发生氧化反应，反应物CF3SO2-中S的化合价为+4价，生成物中S的化合价为+612．已知H2C2O4选项实验方案现象结论A向盛有0.3g苯酚晶体的试管中加入2 mL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NaHC2溶液显红色NaHC2C向某Na2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1:3混合，加入碎瓷片迅速升温至170℃，生成气体依次通入酸性KMnO4两溶液均褪色反应生成了乙烯【答案】A【解析】苯酚在水在溶解度较小，而苯酚钠属于可溶性盐，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，根据强酸制弱酸原理，说明苯酚钠和HCl生成苯酚，苯酚酸性小于HCl，A正确；NaHC2O4为强碱弱酸盐，水解常数为Kh=KwKa1=13．在ZrO2晶胞(图甲)中引入掺杂剂Ca2+以取代Zr4+，伴随着形成O2-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。ZrO2晶体的密度为ρg⋅cm-3A．ZrO2晶胞中Zr4+、OB．ZrO2晶胞中，Zr4+和OC．图乙中，Ca2+位于由O2-和O2-空穴构成的正方体中心，OD．图乙中O2-空穴位置的原子坐标为【答案】D【解析】ZrO2晶胞中Zr4+周围与其直接相连的O2-离子有8个，配位数为8，O2-周围有4个Zr4+离子，配位数为4，配位数之比为2:1，A错误；ZrO2晶胞中，Zr4+和O2-最近的距离为晶胞体对角线的四分之一，距离为：34×391+32×4ρNA×107 nm=34×3492ρNA14．常温下，向一定浓度的邻苯二甲酸溶液(用H2R表示)中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度随pOHpOHA．曲线N代表lgcB．HR-水解常数的数量级是C．当混合溶液呈中性时，cD．水的电离程度m【答案】C【解析】H2R为二元弱酸，Ka1>Ka2，Ka1=cHR-×c(H+)cH2R，Ka2=cR2-×c(H+)cHR-，当pOH相等时，c(H+)相等，cHR-cH2R>cR2-cHR-，lgcHR-cH2R>lgcR2-cHR-，M代表lgcR2-cHR-与pOH的关系，N代表lgcHR-cH2R与pOH关系，A错误；HR-水解常数Kh=c(OH-)×c(H2二、解答题15．四水合草酸合铜(Ⅱ)酸钾K2已知：Ⅰ．K2Ⅱ．酸性：H2回答下列问题：(1)Cu在周期表中的位置为，基态Cu原子核外电子占据的最高能层符号为。(2)检验CuO沉淀洗涤干净的操作为。(3)写出生成KHC2O4的化学方程式为(4)K2CuC2(5)产品纯度测定：取0.10g样品，加入适量2 mol⋅L-1H2SO4和去离子水，微热溶解，加热至75∼85℃，趁热用0.0100 mol⋅L-1的酸性(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、K2CuC2O4【答案】(1)第四周期IB族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)K2CuC(5)bc97.5%(6)K【解析】（1）Cu原子序数为29，在周期表中位于第四周期IB族；Cu为第四周期元素，最高能层数为4，,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>HC2O4->H2CO3>HCO3-，根据强酸制弱酸原理，H2C2O4溶液中加入K2CO3固体得到KHC2O4、CO2和水，反应的化学方程式为：（4）由于K2CuC（5）高锰酸钾滴定草酸，酸性高锰酸钾具有强氧化性，需盛装在酸式滴定管中，待测液盛装在锥形瓶中；K2CuC2O42⋅4H2O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：K2CuC2O42⋅4H2O~2H2C（6）若K2CuC2O42⋅4H2O完全失水得到K2CuC2O42，固体残留率为16．利用还原焙烧——氨浸工艺从红土镍矿(主要成分有NiO、CoO、FeO、Fe2O3、已知：Ⅰ．“还原焙烧”的产物为Ni、Co、Fe3O4Ⅱ．“氨浸”后Ni、Co元素的存在形式分别为NiNH36Ⅲ．K稳CoNH回答下列问题：(1)基态Ni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Ni在“氨浸”时发生的反应。(3)浸出渣的主要成分为FeOH3胶状沉淀和(填化学式(4)下图为“氨浸”过程中反应时间对Ni、Co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min。浸出时间过长，Ni、Co浸出率都有下降趋势，可能原因是。(5)“选择性沉钴”时，加入NH42S使溶液中的CoNH362+转化为CoS(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)3d84s2钛(2)2Ni+O2+12NH3+2CO2=2NiNH3(3)SiO(4)120~150氢氧化铁胶状沉淀可以吸附浸出液中的NiNH3(5)5×(6)2(7)氨气【解析】（1）Ni原子序数为28，则基态Ni的价电子排布式是3d84s2；结合基态Ni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Ni元素化合价升高，转化为NiNH362+，则“氨浸”时发生的反应2Ni+O2+12NH3+2CO2=2（3）红土镍矿经过“还原焙烧”得到Fe，Ni，Fe3O4和Co等产物，在“氨浸”后Ni先转化为NiNH362+（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NiNH362+、CoNH362+，所以，Ni、（5）根据反应方程式可知CoNH362+aq+S（6）“蒸氨”时，NiNH362+转化为Ni2(OH（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)：CO2g反应Ⅱ(副反应)：CO2g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E正 kJ⋅mol-1和E逆 kJ⋅mol-1，且反应物的总能量为e kJ(2)①若在容积为V L的恒容密闭容器中按照物质的量之比1:2通入CO2和H2只进行反应图中实验a的温度实验b的温度(填“大于”或“小于”)，实验b进行到40 min时达到平衡，则反应从开始到平衡时的反应速率vH2=kPa⋅min-1；与实验b相比，实验c改变的条件是，实验c条件下用分压表示的平衡常数②实验测得反应Ⅰ：v正=k正pCO2⋅p4H2，v逆=k逆pCH4⋅p2H2O。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(3)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得平衡体系中CO2的平衡转化率与温度变化关系如图所示，简述其原因(4)CO2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)低温(E正-E逆+e)(2)大于0.75使用催化剂0.252.75×165(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)中间产物HBr【解析】（1）反应ICO2g+4H2g⇌∆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为气体分子数减小的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增加，压强增大，故a温度大于b的温度；物质的量之比1:2通入CO2和H2，实验b对应的起始总压强为180kPa，p(H2)=23×180kPa=120kPa，设起始n(COCO恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，31-x+2-4x+x+2x=180165，x=0.125mol，n(总)=2.75mol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；平衡常数只受温度的影响，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)=1-0.125mol2.75mol×165kPa=0.8752.75×165kPa；p(H2)=2-0.125×4mol2.75mol×165kPa=1.52.75升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，k正增大的倍数小于k（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的转化率升高，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）由图可知，反应