河北省部分学校2025届高三下学期一模综合素质评价化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2020页PAGE1河北省部分学校2025届高三下学期一模综合素质评价一、单选题1．化学是一门基础自然科学，与生活紧密相连。下列说法错误的是A．熬煮中药所用砂锅的主要成分属于传统的无机非金属材料B．炒菜完毕，清洗铁锅后及时擦干，是防止铁锅发生化学腐蚀C．四氯乙烯常用作衣物干洗剂；去污彻底，说明四氯乙烯对油脂有较好的溶解作用D．中国古代常采用麻、丝、毛、棉为原料做布帛，其主要成分均属于天然纤维【答案】B【解析】砂锅主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A正确；铁锅在潮湿环境中主要发生电化学腐蚀，擦干可防止铁锅发生电化学腐蚀，而非单纯化学腐蚀，B错误；四氯乙烯作为有机溶剂可溶解油脂，符合干洗原理，C正确；麻、棉属于纤维素；丝、毛属于蛋白质，均为天然纤维，D正确。故选B。2．下列化学用语的表达正确的是A．HClO的空间填充模型：B．CaO2的电子式为C．用系统命名法命名CH2D．丙烷中碳原子的杂化轨道示意图：【答案】A【解析】HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，原子半径H<O<Cl，空间填充模型为，A正确；CaO2为离子化合物，其电子式为，B错误；CH2ClCH2Cl的系统命名为1，2-二氯乙烷，C错误；丙烷中碳原子采取sp3杂化，杂化轨道示意图应为4个sp3杂化轨道，该图为sp3．实验规则千万条，安全第一条。下列说法正确的是A．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全B．BaNO32C．新制的氯水保存在带磨口玻璃塞的棕色广口试剂瓶中，并放在阴凉处D．如果身上衣物着火且面积较大，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的【答案】D【解析】金属钠质地柔软，研磨成粉末会增大反应接触面积，与水反应更剧烈，更危险，A错误；含Ba2+的废液属于重金属污染，不能直接倒入下水道，需专门处理，B错误；氯水中的次氯酸见光易分解，氯水应保存在棕色细口瓶中，并放在阴凉处，广口瓶通常用于固体，体保存，C错误；身上衣物着火时，翻滚可隔绝氧气灭火，避免火势扩大，D正确。故选D4．化学镀银反应的离子方程式为 H2POA．18g冰晶体中最多含有氢键的数目为4B．1molH2POC．消耗6molOH-时，转移电子的数目为D．在1LNa3PO4，溶液中，cPO【答案】C【解析】冰中每个水分子形成4个氢键，每个氢键被2个水分子共有，故18g冰(1mol)含氢键数目为2NA，A错误；1molH2PO2-含电子数为(2×1＋15＋2×8＋1)×NA＝34NA，B错误；反应中每消耗6molOH-对应转移4mol电子（4molAg＋被还原），转移电子数为4NA，C正确；1Lc(PO43-)为1mol⋅L-1溶液中，n(PO43-)为1mol。由物料守恒可知，5．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法来生产苯酚和丙酮，物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．a、c可使酸性高锰酸钾溶液褪色B．a、b分子中均含手性碳原子C．a的同分异构体中属于苯的同系物有6种（不包括a）D．c，d反应生成的双酚A（）分子中同一直线上的碳原子最多有5个【答案】A【解析】a中与苯环相连的碳上有氢，c中含酚羟基，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，a、b分子中不含手性碳原子，B错误；a的同分异构体中属于苯的同系物的除苯环外可以含有1个取代基-CH2CH2CH3，有1种；含有两个取代基(-CH3和-CH2CH3)，有3种；含有3个取代基(3个-CH3)，有3种；共有7种，C6．X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X与Y的原子序数之和等于Z的原子序数，Z为地壳中含量最多的元素，Q位于第Ⅷ族，其基态原子中有三个未成对电子。X、Y、Q可形成如下阳离子结构。下列说法正确的是A．电负性：Y>Z>C．该阳离子中Q为+3价 D．该阳离子中只含有极性共价键和配位键【答案】C【解析】Z为地壳中含量最多的元素，Z为O；X与Y的原子序数之和等于Z的原子序数，并结合题给物质结构可知X为H，Y为N；Q位于第Ⅷ族，其基态原子中有三个未成对电子，Q为Co。同周期主族元素，随着核电荷数增加，电负性增大，非金属元素电负性大于金属元素，电负性：O>N>Co，A错误；一般核外电子层数越多的离子的离子半径越大，核外电子排布相同的离子，原子序数大，离子半径小，简单离子半径：N3->O2->H+，B错误；每个阳离子中含有2个N3-7．下列有关实验装置能达到实验目的的是A．比较Fe2＋、I-的还原性强弱B．除去氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体C．证明乙炔可使溴水褪色D．合成少量氨气并检验氨气的存在【答案】A【解析】向FeI2溶液中通入少量Cl2，充分振荡后，若下层CCl4层紫色，说明有I2生成，证明Fe2＋的还原性弱于I-；若不显紫色，证明Fe2＋的还原性强于I-，故可用于比较Fe2＋、I-的还原性强弱，A正确；Ca(OH)2和NH4Cl在加热的条件下反应生成CaCl2、NH3，引入杂质CaCl2，不能达到除杂净化的目的，B错误；电石中含有杂质CaS等，在加入饱和食盐水时，杂质CaS与水反应产生的H2S气体，H2S和CH≡CH都能与溴水发生反应而使溴水褪色，不能证明电石与水反应产生了乙炔气体，C错误；检验NH3的试纸需湿润，NH3可用湿润的pH试纸检验，而干燥的pH试纸不能用于检验NH3，D错误。故选A。8．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项实例解释A接近水沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18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合，形成缔合分子B铁丝在酒精灯上灼烧，焰色无明显变化铁原子核外电子灼烧时没有发生跃迁CFe2+Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去1个电子，变成较稳定的D18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代后，与K+氟原子为吸电子原子，使氧原子电子云密度减小，配位能力降低【答案】B【解析】水分子能形成分子间氢键，水蒸气在高温下部分缔合为(H2O)n，导致相对分子质量增大，A正确；焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光。铁丝焰色不明显是因为铁的跃迁光谱复杂或不在可见区，B错误；Fe2＋的3d6结构易失去一个电子变为稳定的3d5半充满态，Fe2+易被氧化为Fe3＋，C正确；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B9．以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．“灼烧”可在铁坩埚中进行B．“转化”过程中的反应为3C．“转化”时不可改用盐酸代替COD．“结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热【答案】D【解析】MnO2中加入KOH和KClO3混合灼烧，MnO2被氧化为K2MnO4，化学反应方程式为3MnO2+KClO3+6KOH=Δ3K2MnO4+KCl+3H2O，加H2O浸取得到K2MnO4溶液，向其中通入过量CO2转化为MnO2和KMnO4，过滤除去MnO2固体后，滤液进行蒸发结晶得到产品KMnO4晶体。“灼烧”时，由于KOH可与玻璃中的SiO2反应，故灼烧不能在玻璃坩埚中进行，在该条件下，KOH、MnO2、KClO3与铁不反应，可在铁坩埚中进行，A正确；“转化”过程中，通入过量CO2，反应生成MnO2和KMnO10．稀磁半导体LixZnyA．该晶体中，每个Li原子周围紧邻且距离相等的Zn原子共有6个B．该晶体的密度为5.88×C．b点原子的分数坐标为3D．晶胞x轴方向的投影图为【答案】D【解析】由晶胞结构图可知，晶胞中位于体心的Li原子与位于面心的Zn原子紧邻且距离相等，则该晶体中，每个Li原子周围紧邻且距离相等的Zn原子共有6个，A正确；Li原子位于棱心和体心，As原子位于晶胞内部，Zn原子位于顶角和面心。晶胞中，Li原子个数为12×14+1=4，As原子个数为4，Zn原子个数为8×18+6×12＝4，晶胞化学式为LiZnAs，晶胞的质量＝4×147NAg，晶胞的体积＝w3×10-21cm3，该晶体的密度5.88×1023w3NAg⋅cm-3，B正确；根据a点原子的分数坐标可推断出b点原子的分数坐标为(11．N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，可用碳酸二甲酯CH3O2A．在强酸性环境下不利于该反应进行B．反应过程中有C—C．该过程中Zn元素的化合价发生改变D．用甘氨酸H2NCH【答案】C【解析】在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CH3CH(NH2)COO-浓度降低，不利于反应进行，A正确；根据图示，该过程中存在N－H、C－O等极性键的断裂和C－O等极性键的生成，B正确；碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]与Zn(CH3COO)2形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价发生变化，C错误；若用甘氨酸(H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到，D正确；故选C。12．为了从海水中提取锂，某团队设计了图示的电解池。保持电源正负极不变，每运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3取下互换，实现锂的富集。下列说法正确的是A．电路中电子的流向随着电极互换而改变B．电极2上发生的反应为：AgC．理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变D．理论上，电路通过1mol电子时，有0.5molLi【答案】C【解析】为从海水中提取锂，电极1的电极反应式为：FePO4+e-+Li+=LiFePO4，则电极1为阴极，则电极2为阳极，电极3为阴极，电极4为阳极，在电极4上发生氧化反应：LiFePO4-e-=Li++FePO4，实现了锂的提取。保持电源正负极不变，则电子流向不变，故A错误；由分析可知，电极2为阳极，海水中有Cl-，则电极2的电极反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，故B错误；由分析可知，通过相同电量，电极1上附着的Li+的量和电极4上失去的Li+的量相等，所以理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变，故C正确；根据电子守恒，电路中各处的电量相等，所以理论上，电路通过1mol电子时，有1molLi+富集在右侧电解液中，故D错误；故答案为C13．25℃时，用NaOH溶液分别滴定浓度均为0.01mol⋅L-1的HX、CuSO4、FeSO4三种溶液，溶液中pMpMA．①代表滴定FeSO4B．滴定HX溶液到a点时，溶液pHC．调整溶液的pH=7，工业废水中的CuD．滴定HX溶液至c(HX【答案】B【解析】因KspFeOH2>KspCuOH2，故①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定FeSO4溶液的变化关系，③代表滴定HX溶液的变化关系，故A错误；pcCu2+＝0时，cCu2+＝1mol⋅L-1，pH＝4.2，c(H＋)＝10-4.2，c(OH-)＝10-1410-4.2＝10-9.8mol⋅L-1，KspCuOH2＝1×(10-9.8)2＝10-19.6；同理，KspFeOH2＝1×(10-7.5)2＝10-15；pcHXcX-＝0时，pH＝5.0，Ka(HX)＝cX-⋅cH+cHX＝c(H＋)＝10-5。Ka＝cX-⋅cH+cHX、KspFeOH2=cFe2+×c2OH-，a点存在关系14．科学家利用多聚物来捕获CO2，使CO2与H2在催化剂表面生成CH3OH和H反应Ⅱ．CO2分别在p1、p2p1<p2压强下向密闭容器中充入A．对于反应Ⅰ，其正向反应速率：vB．曲线b表示压强为p2时COC．恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡不移动D．600℃时反应Ⅱ的平衡常数为0.4【答案】D【解析】升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时n(CH3OH)减小，n(CO)增大，则曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系；相同温度下增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的量增大，同时导致n(CO2)减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，n(CO)减小，曲线d表示p2压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，则物质的量分数随温度的变化关系对应关系为：a代表p2下的CH3OH，c代表p1下的CH3OH，b代表p1下的CO，d代表p2下的CO。温度相同时，对于有气体参与的反应，压强越大，反应速率越快，正向反应速率：υN＞υM，A错误；曲线d表示p2压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，B错误；恒压条件下，平衡后再充入惰性气体，反应体系的体积增大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，n(CO2)增大，n(H2O)减小，反应Ⅱ的分压变化对其平衡不影响，但c(CO2)增大，c(H2O)减小，使反应Ⅱ的化学平衡正向移动，C错误；600℃时，p1压强下的CO和CH3OH的物质的量分数均为10%，则生成CH3OH、CO的物质的量相等，设生成CH3OH、COCO2CO2则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量依次为2-2xmol、6-4xmol、xmol、2xmol、xmol，总物质的量为8-2xmol，此时甲醇的物质的量分数为10%，即xmol8-2xmol二、解答题15．Te（碲）位于元素周期表第五周期第ⅥA族。碲的一种化合物CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1~100nm制备原理：Cd2++RSH步骤Ⅰ：按照如图所示搭建反应装置。步骤Ⅱ：向仪器C中加入250mL蒸馏水，再加入0.23g的CdCl2⋅2.5H2O，搅拌溶解，通入N2，再加入8滴RSH（巯基乙酸），用2mol⋅步骤Ⅲ：使用滴管将NaHTe溶液（稍过量）快速一次性加入到上述溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH（巯基乙酸）修饰的CdTe量子点产物。回答下列问题：(1)基态Te元素简化的电子排布式为。(2)仪器C的名称为。(3)下图为配制2mol⋅L-1NaOH溶液的部分过程，若操作a只进行了1次，则配制浓度可能（填“偏大”“偏小”或“无影响(4)NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，反应过程中有气体生成，其产物还有Na2B4(5)步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe溶液”的原因是。(6)若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合信息分析其原因是。(7)产物中含有CdTe的质量为0.12g，则CdTe的产率最接近_____（填序号）。A．40%B．50%C．60%D．70%【答案】(1)[(2)三颈烧瓶(3)偏小盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀(4)4(5)防止NaHTe被氧化(6)产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长，胶体容易聚沉(7)B【解析】向三颈烧瓶中加入CdCl2⋅2.5H2O和蒸馏水，使CdCl2⋅2.5H2O其溶解，通入氮气，再加入8滴RSH，发生反应Cd2++RSH（1）Te是第五周期ⅥA族元素，基态Te元素简化的电子排布式为[Kr（2）根据装置图，仪器C的名称为三颈烧瓶；（3）操作a为洗涤并把洗涤液移入容量瓶，只进行了1次，则溶质偏少，配制浓度可能偏小；定容后，盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀，再将配制好的溶液倒入试剂瓶，贴好标签；（4）NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，Te元素化合价降低，其产物还有Na2B4O7，根据得失电子守恒，NaBH4中氢元素化合价由-1升高为（5）NaHTe具有还原性，为防止NaHTe被氧化，步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe溶液”；（6）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长，则胶体聚沉，所以实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差；（7）0.23g的CdCl2⋅2.5H2O的物质的量为0.23g228g/mol≈0.001mol，根据Cd元素守恒，理论上生成0.001molCdTe，产物中含有16．五氟化锑SbF5是非常强的路易斯酸，其酸性是纯硫酸的1500万倍，以某矿（主要成分为Sb2O3，含有少量已知：Ⅰ．CuS、PbS的KspⅡ．As2O3微溶于水、Sb回答下列问题：(1)已知SbCl3在熔融状态下不导电，则SbCl3的电子式为(2)“浸出”时少量Sb2O3转化为SbOCl，为滤渣Ⅰ的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，该反应的离子方程式为(3)浸出液中：cCu2+=0.01mol⋅L-1(4)“除砷”时，H2PO2-转化为(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阴极的电极反应式为；“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是(6)SbF5与KMnF6反应，首次实现了用化学方法制取F2，同时生成KSbF6和MnF3，若生成33.6【答案】(1)(2)2SbOCl+2NH3⋅(3)1.5×(4)4(5)Sb3++3e(6)3N【解析】锑矿（主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等杂质）中加入盐酸进行酸浸，过滤得滤渣I和含Sb3+、Cu2+、Pb2+、As3+的滤液，向滤液中加入Na2S进行沉淀，Cu2+和Pb2+转化为CuS和PbS沉淀，过滤得滤渣Ⅱ和滤液，滤渣Ⅱ含有CuS和PbS，滤液中含Sb3+（1）SbCl3在熔融状态下不导电，则SbCl3为分子晶体，SbCl3分子内为共价键，则SbCl（2）“浸出”时有少量Sb2O3转化为SbOCl，为滤渣Ⅰ的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，该反应的离子方程式为2SbOCl+2NH3⋅（3）根据KspCuS=cCu2+·cS2-=6.0×（4）“除砷”时，在含As3+的滤液中加入NaH2PO2得到单质As，同时H2（5）在“电解”过程中，阴极电极反应式为Sb3++3e-=Sb；由“电解”中锑的产率与电压大小关系图可知。当电压超过U0（6）SbF5能与KMnF6反应生成F2，同时生成KSbF6和MnF3，反应的化学方程式为SbF5+KMnF617．丙烯是重要的化工原料，其中较为成熟的制备方法为丙烷无氧脱氢法。涉及的反应为C3(1)已知几种共价键键能如下表所示。共价键C-HC-CC＝CH-H键能/(kJ/mol)413348615436①C3H8(g)⇌C②丙烷无氧脱氢反应在（填“较高”“较低”或“任意”）温度下能自发进行。③在恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是。A．C3H6和H2的物质的量之比不变B．cCC．容器内混合气体的密度不再变化D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化(2)在T1、0.1MPa下，向反应器中充入1mol气态丙烷发生反应，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入mol惰性气体作为稀释气。(3)丙烷脱氢法制备丙烯存在副反应：C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)，一定温度下，C3H8与H2以一定流速通过Ga2O3①丙烯生成速率随nH2n②若a点丙烷的平衡转化率为50%，容器内压强为0.1MPa，则丙烷脱氢制备丙烯的平衡常数Kp＝MPa。(4)研究发现，Pt颗粒能吸附并高效活化C-H键，Pt晶面上丙烷系列脱氢过程中物质的相对能量关系如下图所示。为了提高丙烯的产率，科研工作者根据图中信息对催化剂功能应做出的调整是（填“提高”或“降低”，下同）步骤1的活化能，步骤2的活化能。【答案】(1)＋123较高BD(2)5(3)H2活化了催化剂，使反应速率加快或加入H2，Ga2O3转化为催化活性更强的Ga-H/GaOx1.95×0.45×0.1(4)降低提高【解析】（1）①C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)②要使丙烷无氧脱氢反应自发进行，其体系的自由能△G＝△H－T△S＜0。该反应的△H＞0，△S＞0，故△G＝△H－T△S＜0，则反应条件应该是在较高温度条件下进行；③C3H6和H2都是生成物，反应生成的C3H6和H2的物质的量之比为1：1，故无论反应是否平衡，C3H6和H2的物质的量之比始终不变，A不能据此判断反应是否达到平衡状态；cC3H8cC3H6（2）在T1、0.1MPa下，向反应器中充入1mol气态丙烷发生反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，其平衡转化率为50%，则平衡时，n(C3H8)＝n(C3H6)＝n(H2)＝0.5mol，平衡分压p(C3H8)＝p(C3H6)＝p(H2)＝0.5mol0.5mol+0.5mol+0.5mol×0.1MPa=13×0.1MPa。该温度下压强平衡常数Kp＝p(C3H6)⋅p(H2)p(C3H8)=(13×0.1MPa)×(13×0.1MPa)(13×0.1MPa)=13×0.1MPa。欲使C3H（3）图示横坐标为nH2nC3H8，纵坐标分别为丙烯生成速率和选择性随nH2nC3H8的变化。曲线b在nH2nC3H8增大后增大幅度很大，物质的选择性不会随nH2nC3H8的改变产生明显变化，结合题干信息：一定温度下，C①丙烯生成速率随nH2nC3H8增大而增大的原因为H2活化了催化剂，使反应速率加快或加入H2，Ga②根据图示可知a点nH2nC3H8=1.5，丙烯选择性为90%，若a点丙烷的平衡转化率为50%，容器内压强为0.1MPa，设通入2xmol丙烷和3xmol氢气发生反应，平衡时剩余丙烷n(C3H8)剩＝(1-50%)×2xmol＝xmol；产生丙烯和氢气的物质的量为n(C3H6)＝n(H2)＝50%×2xmol×90%＝0.9xmol，故n(H2)＝3.9xmol，n(CH4)＝n(C2H4)＝50%×2xmol×(1-90%)＝0.1xmol，故n(总)＝(x＋0.9x＋3.9x＋0.lx＋0.lx)mol＝6xmol，p(C3H8)＝x6x×0.1MPa=0.16MPa，p(C3H6)＝（4）为提高丙烯的产率，应加快吸附态丙烯脱附，减缓吸附态丙烯深度脱氢，故需降低步骤1的活化能，提高步骤2的活化能。18．多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：已知：①；②。回答下列问题：(1)的命名为。(2)反