河北省保定市2025届高三下学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=18页，共=sectionpages1919页PAGE1河北省保定市2025届高三下学期一模一、单选题1．中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是A．《本草纲目》“烧酒”篇：“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”其中涉及的操作有蒸馏B．《本草经集注》记载鉴别硝石KNO3和朴硝Na2SO4之法：C．《天工开物》记载井盐的生产过程：“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白。”其中涉及的操作有结晶D．《开宝本草》记载硝酸钾的提纯方法：“所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成。”其中涉及的操作有升华【答案】D【解析】“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”描述的是蒸馏法，通过加热使酒精汽化再冷凝收集，符合烧酒制作工艺，A正确；硝石（KNO3）含钾，焰色反应为紫色，朴硝Na2SO4含钠，焰色为黄色，燃烧时观察颜色可鉴别，涉及焰色试验，B正确；井盐通过蒸发水使NaCl结晶析出，属于蒸发结晶操作，C正确；硝酸钾的提纯过程是溶解（水淋）、过滤（淋汁）、蒸发结晶（煎炼），未涉及升华（固体直接变为气体），升华需要直接加热固体成气体再冷凝，D2．实验安全是实验成功的保障。下列说法正确的是A．发生液氨泄露后，应向下风或侧下风方向迅速撤离现场B．苯和甲醛能通过皮肤进入人体，应避免直接与皮肤接触C．实验室中煤气泄露，要迅速先切断电源，再打开门窗D．钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器进行灭火【答案】B【解析】液氨泄漏后，会沿风的方向扩散，正确做法是向上风或侧上风方向撤离才能尽快离开氨的环境，而非下风方向，A错误；苯和甲醛均为有毒物质，可通过皮肤接触进入人体，直接接触可能导致中毒，因此需避免皮肤接触，B正确；煤气（含可燃气体）泄漏时，若立即切断电源可能产生电火花引发爆炸，正确操作是先打开门窗通风，避免火源，再处理电源，C错误；钠、镁等活泼金属着火时，泡沫灭火器释放的CO2或水会与金属剧烈反应，加剧火势。应使用干燥沙土覆盖灭火，D错误。故选B。3．化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法错误的是A．腈纶、有机玻璃均属于有机高分子化合物B．一种单体不能通过缩聚反应生成高分子化合物C．生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化D．某些聚合物中含有大π键，经过掺杂处理可作为导电材料【答案】B【解析】腈纶（聚丙烯腈）和有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）均为人工合成的有机高分子化合物，A正确；某些单一单体可通过缩聚反应生成高分子化合物，例如乳酸（含羟基和羧基）通过缩聚形成聚乳酸（失去水分子），B错误；水体富营养化指的是水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象，生活污水脱氮、脱磷可减少水体富营养化，C正确；某些聚合物，如聚乙炔、聚苯胺具有大π键，掺杂后可导电，D正确。故选B。4．我国科技人员在一定的条件下用四氯化碳制造出纳米级金刚石粉末：CCl4+4Na=4NaCl+C(金刚石)A．反应生成1mol金刚石，转移电子数为2NB．12g金刚石中含有的共价键数为2NC．标准状况下，11.2LCCl4D．1L1mol⋅【答案】B【解析】CCl4中的碳由-4价升为0价的金刚石，反应生成1mol金刚石转移电子数为4NA，A错误；12g金刚石的物质的量为1mol，1mol金刚石中有2mol共价键，共价键数为2NA，B正确；标准状况下CCl4不是气体，C错误；1L1mol⋅L-1的NaCl溶液中还有水电离出的5．有机化合物M、下列说法正确的是A．N是聚氯乙烯的单体B．M、和W均可以发生加聚反应C．W与互为同系物D．M→N与【答案】A【解析】M为CH≡CH，在HgCl2的作用下与HCl反应加成反应生成N（CH2=CHCl），N与苯酚（）在碱的作用下发生取代反应生成W（）和NaCl。N为氯乙烯（CH2=CHCl），是聚氯乙烯的单体，A正确；M（CH≡CH）含有碳碳三键，W（）含有碳碳双键，均可以发生加聚反应，但不能发生加聚反应，B错误；同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，W（）属于醚，而属于酚，结构不相似，不是同系物，C错误；M→N属于加成反应，N→W属于取代反应，反应类型不同，D错误。故选A。6．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和连接装置)选项实验目的玻璃仪器试剂A配制230mL250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒蒸馏水、98%浓硫酸B验证K试管、胶头滴管含有少量NaCl的NaI溶液、AgNO3C鉴别CoNH36烧杯、试管、胶头滴管硝酸酸化的AgNO3D验证甲苯能被酸性KMnO4试管、胶头滴管甲苯、酸性KMnO4【答案】D【解析】配制稀硫酸要用量筒量取一定浓度的浓硫酸体积，仪器缺少量筒，A不符合题意；含有少量NaCl的NaI溶液中c(Cl-)和c(I-)不同，滴加AgNO3溶液，先生成AgI黄色沉淀，不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，B不符合题意；CoNH36Cl3和CoNH37．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A．图中有两个氧化还原反应 B．丁中含有离子键、共价键和配位键C．摩尔质量：戊>丙，沸点：丙>戊 D．简单离子半径：W【答案】D【解析】乙为淡黄色固体，乙为Na2O2，甲与乙摩尔质量相同，甲为Na2S，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W同主族，则Y为O，W为S，根据图中的转化关系，戊为NaHS，丁为NaOH，丙为H2O，则X为H，Z为Na。Na2O2与水的反应是氧化还原反应，图中其它反应为非氧化还原反应，A错误；丁为NaOH，含有离子键、共价键，没有配位键，B错误；戊为NaHS，丙为H2O，摩尔质量：NaHS>H2O，NaHS是离子化合物，沸点：NaHS>H2O，C错误；S2-核外三层电子，离子半径最大，O2-、Na+核外电子排布相同，离子半径序大径小，H8．某科研小组探究铜和浓硫酸在一定条件下的反应，进行如下实验，流程中除H2A．化合物X为CuSB．该流程的实质是浓硝酸将铜氧化C．该实验中浓硫酸体现了强氧化性和酸性D．理论上产生NO2的物质的量为【答案】A【解析】由流程可知，部分铜被氧化为CuSO4，则必有硫元素化合价降低生成X，且X难溶于水和硫酸，能被浓硝酸氧化，最终S元素被氧化为SO42-，BaSO4质量为23.3g，物质的量为0.1mol，则X中有0.1molS，若X为CuS，S元素为-2价，则铜与浓硫酸反应时S得0.8mol电子，铜失去0.8mol电子，而铜单质为0.5mol，失去1mol电子，电子不守恒，故不是CuS；若X为Cu2S，Cu2S为0.1mol，S得0.8mol电子，Cu2S中铜失去0.2mol电子，根据电子守恒，生成0.3mol硫酸铜，符合题意。X不能为CuS，应该为Cu2S，A错误；从整个流程看，最终S元素也变为+6价，相当于没有变化，实质上是硝酸将铜氧化为+2价，硝酸被还原为NO2；B正确；在第一步反应中，浓硫酸中S元素化合价有部分降低，体现了强氧化性和酸性，C正确；X为Cu2S，有0.1mol，铜元素从+1价升高为+2价，S从-2升高为+6，0.1molCu2S共失去1mol电子，硝酸得到1mol电子，即生成1molNO2，D正确。故选9．为维护国家安全和利益，我国自2023年8月1日起对镓、锗相关物项实施出口管制。一种镓的配合物如图所示(Py=)。下列说法错误的是A．该配合物中配体有2种B．Py中氮原子的杂化方式为spC．分子中∠D．基态镓原子中占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形【答案】C【解析】由图可知，该配合物中有2个配体，分别为Py和含4个N原子的大环物质，A正确；中N形成2个σ键，有1个孤电子对，氮原子的杂化方式为sp2，B正确；GaCH33中Ga形成3个σ键，Ga原子为sp2杂化，GaCH33NH3中Ga形成4个σ键，其中含有1个配位键，Ga原子为sp3杂化，则∠C-Ga-C:GaCH10．下列所选试剂(操作)和实验装置能达到相应实验目的的是A．甲用CCl4B．乙装置验证SO2的漂白性，试剂X选用酸性KMnOC．丙装置制备NaHCO3，向饱和NaCl溶液中通入NH3D．探究同一溶液的浓度对化学反应速率的影响【答案】A【解析】CCl4不溶于水，Br2在CCl4中的溶解度大于水，可以用CCl4萃取溴水中的溴，然后进行分液，A正确；用酸性KMnO4溶液褪色验证SO2的还原性，而非漂白性，验证SO2的漂白性时常用有色染料，如品红溶液；B错误；向饱和NaCl溶液中通NH3和CO3可以反应生成NaHCO3固体，由于氨气极易溶于水，为防止倒吸，应该用带有球形干燥管的导气管通入NH3，C错误；Na2SO3溶液和NaClO溶液反应生成NaCl和Na2SO4，没有明显现象，不能用来探究同一溶液的浓度对化学反应速率的影响，11．工业回收废旧铅蓄电池的铅，首先是将PbSO4转化为PbCO3。现有含PbCO3(s)的0.1mol⋅L-1、1.0mol⋅L-1的Na2CO3溶液，含PbSOA．图中xB．曲线③代表含PbCO3(sC．加入Na2CO3不能使铅蓄电池中D．对含PbSO4(s)的Na2【答案】C【解析】硫酸是强酸，溶液pH改变时，溶液中c(SO42-)不变，则含PbSO4(s)的Na2SO4溶液中c(Pb2+)不变，曲线①②表示含PbSO4(s)的0.1mol⋅L-1、1.0mol⋅L-1的Na2SO4溶液的变化曲线；当pH相同时，溶液中c(SO42-)越大，c(Pb2+)越小，则曲线①代表含PbSO4(s)的0.1mol⋅L-1Na2SO4溶液的变化曲线，曲线②代表含PbSO4(s)的1.0mol⋅L-1Na2SO4溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中c(CO32-)越小，c(Pb2+)越大，pH相同时，1.0mol⋅L-1Na2CO3溶液中c(CO32-)较大，则曲线③表示含PbCO3(s)的0.1mol⋅L-1Na2CO3溶液的变化曲线，曲线④表示含PbCO3(s)的1.0mol⋅L-1Na2CO3溶液的变化曲线。曲线①代表含PbSO12．已知BaTiO3的晶胞结构如图所示，边长为anm，晶胞中BaA．第一电离能：OB．Ba与O间的最短距离：2C．晶胞中与Ba紧邻的O个数为8个D．在BaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ti处于各顶角位置，则Ba【答案】C【解析】一般来说，金属的第一电离能小于非金属，O是非金属性，第一电离能大于Ti和Ba，Ti位于第四周期IVB族，有4个电子层，Ba位于第六周期IIA族，有6个电子层，半径最大，第一电离能最小，则第一电离能：O>Ti>Ba，A正确；由图可知，Ba与O间的最短距离为面对角线的12，为22anm，B正确；以位于顶点的Ba2+为研究对象，与Ba2+紧邻的O位于相邻的3个面心，数目为3×8×12=12个，C错误；由晶胞结构可知，Ti4+和Ba13．有机物参加的反应在日常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，M电极和N电极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法正确的是A．装置工作时，OH-通过离子交换膜移向NB．阳极反应：2-4e-+4OH-=+4H2OC．装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的pH保持不变D．转移相同电量，M电极消耗的和N电极产生的和相等【答案】B【解析】由图示电解池可知，电解池工作时，在N极发生还原反应生成，N极为阴极，M极为阳极，OH-通过离子交换膜移向M极，A错误；M极为阳极，在阳极失去电子生成，电极反应式为2-4e-+4OH-=+4H2O，B正确；阴极电极方程式为+6e-+4H2O=+6OH-，当转移4mol电子时，阴离子交换膜右侧有4molOH-进入左侧，同时左侧消耗4molOH-，右侧生成4molOH-，两侧OH-物质的量不变，但左侧生成了水，c(OH-)减小，pH减小；右侧消耗水，c(OH-)增大，pH增大，C错误；由阴、阳电极反应式可知，每转移相同电子，M电极消耗的大于N电极产生的，D错误。故选B。14．羰基化反应是在有机化合物分子中引入羰基的反应，是制备醛、酮等羰基化合物的重要方法，一种羰基化偶联反应机理如图所示。下列说法错误的是A．该历程的中间体有3种B．LnC．上述过程中断开和形成的共价键一定只有极性键D．总反应为R2-Cl+CO+R1-Sn(alkyl)3→LnPdCl-Sn(alkyl)3+【答案】C【解析】由图可知，R2-Cl、CO、R1-Snalkyl3是反应物，R2COR1、Cl-Snalkyl3为生成物，LnPd为催化剂，其余为中间体，该历程的中间体有3种，A正确；LnPd为催化剂，可以改变反应途径，降低活化能，提高化学反应速率，B正确；反应过程中涉及C二、解答题15．苯乙酸乙酯常用于配制各种花香型日用香精，也用于有机合成。实验室以苯乙酸和乙醇为原料制备苯乙酸乙酯，实验装置如图(加热及夹持装置已省略)。已知：①相关物质的信息如表所示：物质颜色状态沸点/℃密度/(苯乙酸无色晶体265.51.08苯乙酸乙酯无色液体2291.03乙醇无色液体78.50.79环己烷无色液体80.70.79乙醚无色液体34.50.71②环己烷、乙醇、水易形成共沸物，沸点为62.6°C实验步骤如下：I.在三颈烧瓶中加入13.60g苯乙酸M:136、20mL环己烷、5mL浓硫酸、沸石，并通过分液漏斗加入65mL乙醇，控制温度在Ⅱ.将反应后的液体倒入盛有适量水的烧杯中，在搅拌下分批加入Na2CO3Ⅲ.将中和后的液体注入分液漏斗中，加入适量乙醚萃取，分出乙醚层，并加入适量无水氯化钙，静置后取清液得到粗产物；Ⅳ.对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚后，继续加热收集得到14.50mL产品。回答下列问题：(1)本实验的反应原理为(用化学方程式表示)。(2)仪器A的名称是，制备苯乙酸乙酯时，对仪器B应采用的加热方式为加热。(3)打开分水器下端玻璃旋塞，放出的主要物质是水，使用分水器的目的是。(4)判断反应已基本完成的实验现象是。(5)加入无水氯化钙的作用是，收集馏分得到产品应控制的最佳温度为。(6)本实验中苯乙酸乙酯的产率为(保留3位有效数字)。【答案】(1)(2)球形冷凝管水浴加热(3)提高苯乙酸的转化率(4)分水器中的水面不再变化(5)吸收(去除)残余水分、干燥有机相229℃(6)91.1%【解析】（1）本实验以苯乙酸和乙醇为原料制备苯乙酸乙酯，化学方程式为；（2）仪器A的名称是球形冷凝管；制备苯乙酸乙酯时，控制温度在65~70°C（3）装置中分水器的作用是分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高苯乙酸的转化率；（4）分水器中的水面不再变化时，说明反应没有水生成，已达到平衡状态，化学平衡状态是反应的最大限度；（5）中和后的液体含有水，加入无水氯化钙是为了“吸收(去除)残余水分、干燥有机相”；苯乙酸乙酯的沸点为229℃，收集苯乙酸乙酯的馏分得到产品应控制的最佳温度为229℃；（6）制备苯乙酸乙酯时，加入的乙醇过量，由13.60g苯乙酸制得14.50mL苯乙酸乙酯，则苯乙酸乙酯的产率=m16．碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有Mn2+、Fe2+(2)“预氧化与除铁”最好采用(填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是。a.HClO溶液b.MnO2c.KMnO(3)“洗液”可以返回到步骤进行循环使用。(4)“操作”的名称为。(5)在600~700°C下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，则该反应中固体产物的化学式为(6)碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰Mn2(OH)【答案】(1)4:1(2)bFe(OH)3、S(3)预氧化与除铁(4)过滤、洗涤、干燥(5)Mn2O3(6)2MnCO【解析】浸锰液为MnO2与FeS2、（1）MnO2与MnS在酸性条件下反应生成HSO4-的化学反应方程式为：4MnO2+MnS+9H+=5Mn2++HSO（2）“预氧化与除铁”最好采用MnO2作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b，“铁渣”的主要成分是Fe(OH)3、S（3）用低酸对铁渣进行清洗是清洗铁渣表面的溶液，其成分与预氧化与除铁步骤中得所滤液的成分相同，所以得到的洗液应返回到预氧化与除铁步骤循环利用。（4）沉锰后分离沉淀和溶液的操作为过滤、洗涤、干燥。（5）设MnCO3的物质的量为1mol，其量为115g；其中锰元素的质量为55g；加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，其质量为115g×68.7%=79g，则氧元素的质量为：79-55=24g，则Mn与O的物质的量之比为2∶3，固体产物的化学式为Mn2（6）MnCO3与水在加热条件下发生水解生成碱式碳酸锰Mn2(OH)217．甲醇是重要的化工原料，用作涂料、清漆、油墨、染料、生物碱等的溶剂，工业上可利用CO2已知：i.2ii.CHiii.CO回答下列问题：(1)ΔH3=kJ⋅mol-1，反应iii在(填“高温”“低温(2)在Cu-ZnO催化下，CO2与H2同时发生反应iii和CO2(g)+H2(g)⇌COHCHCOH起始/59000平衡/23T°C时，反应iii的平衡常数Kp=(用分数表示)。保持反应条件不变，再向平衡体系中加入H2O(g)和CO2各1mol，此时反应出iii的v(正)v(逆)(填“>”、“＜”(3)研究分析用CO2及H2制取甲醇，在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，该反应历程中决速步骤的化学方程式为，催化剂使该步骤的活化能降低eV。(4)向容积相同的恒容密闭容器中分别充入等量的CO2和H2发生反应iii，在不同催化剂(M型、N型)条件下反应相同时间，CO2①O~T1温度下，使用(填“M型”或“N型”)催化剂效果更好；在两种催化剂的作用下，它们的正、逆反应活化能差值分别用E(M)、E(N)表示，则E(M)②P点时CO2的转化率呈现下降趋势的原因可能是(不考虑催化剂活性丧失问题)【答案】(1)-51.4低温(2)752P22(3)H2COO(4)M型=反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CO2的转化率降低【解析】（1）i×1.5-ii可得反应iii，由盖斯定律可知，iii的ΔH3=1.5ΔH1-ΔH2（2）根据已知信息列出三段式：COCOx=2，x+y=3，y=1，初始压强为1.4P0，则平衡压强为1.4P014×10=P0，反应iii的平衡常数Kp=310P2×210P2210P23×210（3）活化能最高的步骤，反应速率最慢，为总反应的决速步，则该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2COO*（4）①由图可知，未平衡之前，在相同温度下，M型催化剂下的CO2转化率更高，反应速率更快，所以使用M型催化剂效果更好；正、逆反应活化能差值分别用E(M)、E(N)表示，活化能不改变反应热，②P点及右边的点反应