河北省承德市、张家口市2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2222页PAGE1河北省承德市、张家口市2025届高三下学期一模考试一、单选题1．中华文化历史悠久，文化底蕴深厚。下列文物的主要材质属于有机物的是图片名称A．长信宫灯B．双龙白玉壁C．秦简D．彩绘鹳鱼石斧图陶缸【答案】C【解析】“长信宫灯”由合金制成，属于金属材料，不属于有机物，A项错误；“双龙白玉壁”的主要成分为玉石，属于无机非金属材料，属于无机物，B项错误；“秦简”由竹子制成，主要成分是纤维素，属于有机物，C项正确；“彩绘鹳鱼石斧图陶缸”属于陶瓷器，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，属于无机物，D项错误；故选C。2．化学是一门以实验为基础的自然科学。下列实验操作正确的是A．实验室进行氯气和甲烷反应的实验时，应用日光直射B．实验时不小心将水银洒在实验台上，应立刻用大量水冲洗至下水道C．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌D．实验室称量一定质量NaOH固体时，托盘天平的左右两个托盘上应各垫一张相同的滤纸【答案】C【解析】氯气与甲烷发生取代反应时，要避免日光直射，强光直射可能引发爆炸，A项错误；水银有毒，不能直接冲洗至下水道，应撒硫磺粉形成沉淀，B项错误；浓硫酸密度比水大，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，C项正确；NaOH易潮解且具有腐蚀性，称量NaOH固体时，应在玻璃片上或烧杯中称取，D项错误；故选C。3．广西西江海洋油气钢结构平台安装在水深98米的大海上。下列有关钢结构桩架的腐蚀与防护的说法错误的是A．特种合金钢防腐蚀的能力比生铁强B．海水全浸区腐蚀随深度增加有所加重C．在桩架上镶锌块，可使桩架不易被腐蚀D．将钢结构与电源负极相连，可使桩架不易被腐蚀【答案】B【解析】合金具有硬度大，熔点低，耐腐蚀的特性，所以合金钢的抗腐蚀能力比成分金属强，A正确；海水含氧量随腐蚀深度的增加而减少，故海水全浸区的腐蚀随深度增加而减弱，B错误；在桩架上镶锌块，铁、锌和海水构成原电池，由于锌比铁活泼，锌作负极被腐蚀，铁作为正极被保护，不易被腐蚀，C正确；将钢结构桩架与电源的负极相连，使桩架作阴极，可减缓钢结构的腐蚀，D项正确；故选B。4．设NAA．原子总物质的量为3mol的二氧化硅晶体中含共价键总数为B．100g质量分数为46%的乙醇溶液中所含分子总数为NC．1molN2与足量HD．13g含12C和14C的金刚石中含有的中子数为7【答案】A【解析】二氧化硅为共价晶体，1个SiO2中含有3个原子，则原子总物质的量为3mol的二氧化硅晶体为1molSiO2，1molSiO2中含有4molSi-O键，则含共价键总数为4NA，A项正确；乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；n(C2H5OH)=mM=100g×46%46g/mol=1mol，O—H键数目为NA；n(H2O)=mM=100g-100g×46%18g/mol=3mol，O—H键数目为6NA，所以O—H5．化合物Y6X11Z2+MQ4-用于电沉积研究。该化合物由X、Y、Z、M、Q五种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，X是原子半径最小的原子；基态M的全部p轨道共有7个电子且只与Q位于同一周期，M、YA．第一电离能：ZB．原子半径：MC．1X2O和2X2O的性质不完全相同D．MQ4【答案】B【解析】基态M的全部p轨道共有7个电子，则M为Al；M，Y，Z位于相邻且连续的主族，Z和M价电子总数是Y价电子数的两倍，Al的价电子数为3，则Z的价电子数为5，位于第二周期，说明Z为N，Y为C，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＞C，金属Al第一电离能较小，故第一电离能N＞C＞Al，A正确；M为Al，Z为N，Y为C，根据[AlCl4]-可知Q为Cl，一般来说，电子层数越多半径越大，同一周期从左到右原子半径依次减小，因此原子半径Al＞Cl＞C＞N，B错误；X是原子半径最小的原子，则X为H，1H与2H是同位素，它们形成的H2O（1H2O和2H2O）化学性质相同，物理性质有所不同，C正确；Al最外层有3个电子，可以形成3条共价键，[AlCl4]-中存在4条共价键，因此其中一条是配位键，D正确；故选B。6．性质决定用途，用途体现性质。下列说法错误的是A．用稀硝酸清洗银镜实验后的试管，体现了硝酸的氧化性B．用NH3检验氯气管道是否泄漏，体现了NHC．将浓硫酸滴入浓盐酸中制取HCl，体现了浓硫酸的酸性D．用氢氧化铝治疗胃酸过多，体现了氢氧化铝的碱性【答案】C【解析】用稀硝酸清洗银镜实验后的试管，实质是稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、一氧化氮和水，发生反应3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，HNO3中的N由+5价降为+2价，硝酸表现氧化性，A正确；氨气可与氯气发生反应生成氮气和氯化铵，可用NH3检验氯气管道是否泄漏，反应为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N由-3价升为0价，故NH3表现还原性，B正确；将浓硫酸滴入浓盐酸中制取HCl，浓硫酸溶于水大量放热，促使盐酸挥发出大量HCl，是高沸点酸制取低沸点酸的原理，与浓硫酸的酸性无关，C错误；Al(OH)3可与盐酸发生中和反应，因此氢氧化铝治疗胃酸过多，体现了Al(OH)3的碱性，D正确；故选C。7．有机化合物M是治疗艾滋病药物的医药中间体，其某种合成路线如下图。下列说法正确的是A．X与Y转化为Z的反应属于加成反应B．X能使新制的CuOHC．1molM最多能与2molH2发生加成反应D．M中所有碳原子不可能处于同一平面【答案】D【解析】对比X、Y和Z分子式可知原子利用率不是百分之百，说明不属加成反应，根据断键和成键方式可判断，X与Y转化为Z的反应为取代反应，A项错误；丙酮不含醛基，不具有还原性，不能将新制CuOH2还原生成砖红色沉淀氧化亚铜，B项错误；由有机物M的结构简式可知，该分子中含有碳碳双键和氰基均能与H2加成，1mol碳碳双键与1molH2发生加成反应，1mol-CN与2molH2发生加成反应，则1molM最多能与4molH2发生加成反应，C项错误；与N相连的三根化学键不可能共平面，其中一根键处于大π键形成的平面上，另两根键最多有1个在平面上，所以M中所有碳原子不可能处于同一平面，D8．胺基是氨基酸和核苷酸碱基中的关键官能团，也是药物、农用化学品、染料和聚合物的基本成分，所以，化合物的胺化一直是有机化学中的主要挑战。某羟胺试剂在铁催化烯烃氨基化反应的机理如下图。已知：Tf为CF3SO2-，A．酸性：B．化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为立体异构C．该反应过程中Fe的配位数发生改变D．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中稳定性最强的是Ⅳ【答案】D【解析】F的电负性较强，属于吸电子基，导致氢氧键极性增强，更容易断裂，所以酸性：，A项正确；由结构可知，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ分子式相同，互为立体异构，B项正确；转化过程中，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中Fe的配位数为6，Ⅳ中Fe的配位数为5，C项正确；Ⅳ中存在自由基，稳定性最差，D项错误；故选D。9．乙炔是一种重要的有机原料，常用于合成橡胶。工业上利用电石(主要成分为CaC2)制备乙炔及石膏(主要成分为CaSO4⋅2H下列说法错误的是A．该流程中可用CuSO4溶液除去CB．KC．利用C2D．获得石膏的操作为将含有CaSO4【答案】D【解析】电石与水反应生成的C2H2中存在杂质H2S和PH3，CuSO4溶液可除去该杂质，A选项正确；流程中加入MnSO4，CaOH2转化为Mn(OH)2沉淀，发生沉淀的转化，根据沉淀转化规律，沉淀可以向着溶解度更小的沉淀转化，所以CaOH2转化为MnOH2的过程判断KspCaOH2>KspMnOH10．地壳中硅元素常以硅酸盐形式存在，与碳酸盐不同，硅酸盐结构复杂、种类繁多，其中下图为辉石单链和闪石双链两种硅酸根的结构(图中每个顶点代表1个氧原子，硅原子位于氧原子构成的四面体空隙中)。下列说法错误的是A．两种硅酸根中Si元素的化合价均为＋4B．辉石单链中每个氧与其相邻的氧原子以共价键形式相连C．闪石双链的化学式为SiD．硅酸根不能像碳酸根一样形成简单离子是因为Si的半径大较难形成π键【答案】B【解析】由图可知，辉石单链和闪石双链中硅原子位于氧原子构成的四面体空隙中，形成了4个σ键，无孤电子对，则两种硅酸根中Si元素的化合价均为＋4，A项正确；根据题干信息，辉石单链和闪石双链中硅原子位于氧原子构成的四面体空隙中，说明辉石单链中每个硅与其相邻的氧原子以共价键形式相连，氧原子与氧原子之间没有形成化学键，B项错误；用均摊法分析，在闪石双链中，每个硅原子与4个氧原子连接，其中有2个氧原子为2个硅原子共用，另外2个氧原子为1个硅原子单独占有。按均摊法，设该双链中每有4个硅原子，则氧原子平均个数11个，再根据化合价代数和为0，硅元素显+4价，氧元素显-2价，，所以闪石双链的化学式为Si4O116-，C项正确；Si的原子半径较大，难以与氧原子形成π键，所以硅酸根不能像碳酸根一样形成简单离子，11．用于HMF()转化为FDCA()的液流燃料电池(LFFC)的结构和原理示意图如下图所示。该系统采用了酸性-碱性电解液的不对称设计，使用1mol⋅L-1KOH作为M极电解液，使用2A．电子由N极通过外电路转移到M极B．M极的电极反应为HMFC．理论上，随反应进行需要及时添加HNOD．理论上，当消耗1.5molO2【答案】D【解析】N电极V元素从+5价降低至+4价，发生得电子的还原反应，N极为正极，M极为负极，电子由负极移向正极，电子由M极通过外电路转移到N极，故A错误；N极为正极，M极为负极，负极发生失电子的氧化反应，M极的电极反应为HMF+6OH--6e-=4H2O+FDCA12．某实验小组完成下列实验操作，通过所得的现象能获得相应结论的是选项实验操作现象结论A将某未知金属与铁片均插入同一盛放稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片表面产生大量气泡未知金属的活动性强于铁B分别向NaClO溶液和NaOH、NaClO的混合溶液中滴加FeCl3前者产生红褐色沉淀，后者变为紫色Na2碱性越强，ClO-C将麦芽糖和硫酸的混合溶液加热一段时间，冷却后加入NaOH调至碱性，再加入适量银氨溶液，水浴加热产生银镜现象酸性条件下，麦芽糖能发生水解反应D用pH计分别测定CH3COONa溶液和NapH：前者小于后者酸性：CH【答案】A【解析】形成原电池后，铁片表面产生大量气泡，说明则铁片表面氢离子发生得电子的还原反应，则铁片为正极，则某未知金属为负极，可说明未知金属的活动性强于铁，A项正确；该实验现象的产生也可能是碱性越强，ClO-氧化性越强，也可能是碱性越强，Fe3+还原性越强，B项错误；麦芽糖属于二糖，自身存在醛基，也能发生银镜反应，不能证明水解发生，C项错误；要想比较CH3COOH和H2CO3酸性的相对强弱，应该在相同温度下，分别测同浓度CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，或者用强酸制弱酸原理，D项错误；故选A。13．向恒压密闭容器中加入一定量X和Y发生反应：3Xg+Yg⇌Zg+QgA．TB．T1温度下，x=4时，Z的体积分数可能位于NC．M点时X与Y的转化率相等D．M点时Z的体积分数一定小于50【答案】B【解析】反应为放热反应，相同条件下，温度降低，平衡向着吸热的正移，Z的体积分数增大，则T1<T2，A项正确；nX:nY=3:1时，X和Y按比例系数发生反应生成Z和Q，Z的体积分数最大，x=4时，Z的体积分数不可能位于N点，B项错误；按系数比投料时，X与Y的转化率相等，C项正确；Z的体积分数等于Q的体积分数，所以M点时14．常温下，向AgNO3溶液中分别滴加NaX、Na3Y、Na3Z溶液，所得溶液中pA［pA=-lgA．曲线L1表示pZ3-与B．KspAgXC．反应Ag3YD．向浓度均为0.1mol⋅L-1的NaX和Na3【答案】C【解析】由物质结构可知，Z3-与Y3-的曲线斜率相同，曲线L1表示pZ3-与pAg的关系，故A正确；曲线L2表示pX-与pAg的关系，Ksp(AgX)=10-11.99，的数量级为10-12，故B正确；反应Ag3Y+Z3-⇌Ag3Z+Y3-的平衡常数K=c(Y3-)c(Z3-)=Ksp(Ag二、解答题15．阿司匹林(，M=180g⋅mol-1)是非类固醇抗炎药，但常常会引起胃肠道的溃疡和出血。与此相应的阿司匹林铜(，M=422g⋅mol-1Ⅰ．制备过程如下：称取1.5gCuCH3COO2⋅H2O溶于20mL水中，并置于仪器Y中；称取1.8g阿司匹林置于仪器X中；通过仪器Z向仪器X中加入15回答下列问题：(1)仪器X的名称为，宜选用的规格为mL。(2)仪器Z中甲醇的作用为。(3)与仪器Y相比，仪器Z的优点为。(4)该实验中阿司匹林铜的产率为(保留3位有效数字)。Ⅱ．测定所得阿司匹林铜中Cu(Ⅱ)的质量分数的实验过程如下：i．在酸性溶液中加热，使铜离子解离出来；称取0.2g阿司匹林铜置于锥形瓶，加入1mL3mol⋅L-1H2SOii．用0.1000mol⋅L-1Na2S已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、(5)测定产物中Cu(Ⅱ)的质量分数时用到了滴定管。其中，滴定步骤前可能需要的操作如下，请选出量取标准液正确的操作并按顺序列出字母：→在滴定管架上竖直放置，静置后读数。a．用蒸馏水洗涤滴定管，再用标准溶液润洗b．向滴定管加蒸馏水并观察是否漏液c．使滴定管略倾斜，捏住橡皮管内玻璃球赶走管尖气泡d．向滴定管中加入标准液并高于“0”刻度2∼3e．竖直滴定管，调整标准液液面等于或低于“0”刻度f．一手握住并倾斜滴定管，一手开关活塞赶走管尖气泡(6)测定步骤ii中加入KSCN溶液的目的是；若无此操作，可能使测得的铜(Ⅱ)的含量(填“偏高”或“偏低”)。(7)所制备的阿司匹林铜中铜(Ⅱ)的含量为%。【答案】(1)三口(颈)烧瓶100(2)作反应溶剂，使反应物充分接触(3)能使漏斗内压强与三口(颈)烧瓶中压强一致，液体能顺利滴下(4)91.9%(5)badce(6)使CuI沉淀转化为更难溶的CuSCN，把吸附的I2释放出来(7)3.2V【解析】（1）根据仪器X的结构特征可知，为三口(颈)烧瓶，所加液体的体积在40mL左右，宜选用的规格为100mL；（2）三口(颈)烧瓶中制备阿司匹林铜，阿司匹林易溶于有机溶剂，故仪器Z中甲醇的作用为：作反应溶剂，使反应物充分接触；（3）仪器Z为恒压滴液漏斗，与仪器Y相比，仪器Z的优点为：能使漏斗内压强与三口(颈)烧瓶中压强一致，液体能稳定的顺利滴下；（4）1.5gCuCH3COO2⋅H2O的物质的量为：1.5200mol=0.0075mol，1.8（5）滴定步骤前需要的操作如下，滴定管使用前需先验漏，先向滴定管加蒸馏水并观察是否漏液，然后用蒸馏水清洗滴定管，再用标准溶液润洗，向滴定管中加入标准液并高于“0”刻度，使滴定管略倾斜，捏住橡皮管内玻璃球赶走管尖气泡，竖直滴定管，调整标准液液面等于或低于“0”刻度；步骤为badce；（6）由于CuI表面容易吸附I2会导致其不能充分被反应，故待大部分I2被反应后加入KSCN，目的是：使CuI沉淀转化为更难溶的CuSCN，把吸附的I2释放出来；碘量法测定铜(Ⅱ)的含量，若不进行上述操作，I2被吸附，测定出的I2的量偏少，导致测定的铜(Ⅱ)的含量也偏低；（7）由题中所给方程式可找出关系式：Cu2+∼S16．氯化铊的化学式为TlCl，为白色结晶性粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇，主要用于毛发脱除剂，也用于烟花、信号弹和照明弹等。从某含铊废料(主要成分为Tl2O3、Tl2O、PbO、ZnO、Fe2O3、回答下列问题：(1)NH4TlCl4中Tl的化合价为；残渣的主要成分为(2)“浸取”过程中提高浸取率的方法有(任写两种)。(3)工业上常常从“萃取”步骤得到的水相中逐步沉淀出金属离子回收利用，若沉淀前溶液中金属离子的浓度均为0.01mol⋅L-1，第一步沉淀金属离子需要调节溶液pH的大小范围为。{已知：常温下，KspZnOH2(4)“还原、沉淀”过程中生成无污染气体，其发生反应的离子方程式为。(5)“一系列操作”具体是指。(6)TlClM=240g⋅mol-1的立方晶胞结构与NaCl相同，则与Tl等距离且最近的Tl有个；若两个Tl间的最近距离为anm，TlCl晶体的密度为ρg⋅cm【答案】(1)＋3PbSO4和(2)升温、粉碎含铊废料、增大KMnO4和H2SO4混合液及NaCl(3)2.8≤(4)2(5)过滤、乙醇洗涤、干燥(多写“降温结晶、冷水洗涤”也可)(6)129.6×【解析】（1）NH4[TlCl4]中Tl的化合价为+3；含铊废料中加入H2SO4、KMnO4、NaCl后得到含NaTlCl4、Fe3+、Zn2+溶液和含SiO2、PbSO4的滤渣，即残渣的主要成分为PbSO4和SiO2。（2）“浸取”过程中提高浸取率的方法为升温、粉碎含铊废料、增大KMnO4和H2SO4混合液及NaCl溶液的浓度。（3）由于常温下，KspZnOH2=cZn2+×c2OH-=10-17.4、KspFeOH3=（4）根据元素守恒，结合有无污染气体生成、TlCl微溶于冷水可知，反应产物中有N2，且沉淀为TlCl，故“还原、沉淀”过程中发生反应的离子方程式为2TlCl（5）“还原、沉淀”步骤用N2H4还原[TlCl4]-得到TlCl粗品，再经过过滤、乙醇洗涤、干燥得到TlCl固体，“一系列操作”具体是指过滤、乙醇洗涤、干燥。（6）由NaCl的晶胞结构可知，与Tl等距离且最近的Tl有12个；一个晶胞中有Tl的个数为8×18+6×12=4，Cl的个数为17．NOx和SOx是工业生产中常见污染物，深入理解大气中NOxⅠ．2Ⅱ．SO回答下列问题：(1)在标准状态下，由指定单质生成1mol纯化合物时的反应焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓ΔfH物质NOSOSONO标准摩尔生成焓Δ+33.2a-395.7+90.3则SO2g的标准摩尔生成焓Δf(2)在250℃条件下，在恒容密闭容器中充入2molNO、2molSO2和1molO2A．vB．SO3g和NOC．混合气体密度不随时间变化D．气体平均摩尔质量不随时间变化(3)在某温度下，将0.2molNO、0.2molSO2和0.1molO2通入某恒压密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，SO①曲线i表示随压强变化的曲线。②欲提高SO2的平衡转化率，可采取的措施为(任写一种)③当压强为100kPa时，若平衡时SO3的体积分数为521，则NO的转化率为，反应Ⅱ的平衡常数Kp为(4)反应Ⅱ平衡时的正、逆反应速率可分别表示为v正=k正⋅pNO2⋅pSO2、①反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是(填字母)。A．k正、k逆均增大，且B．k正、k逆均减小，且C．k正增大、kD．k正、k逆均减小，且②若按(3)中的条件发生反应，该温度下k正与k逆的大小关系为：k正k逆(填“大于”“小于”或【答案】(1)-296.8kJ/mol(2)BC(3)SO3的物质的量加压(或分离出三氧化硫、降温、增大NO2的分压任答一种即可)30%(4)B大于【解析】（1）反应的焓变等于总生成物的标准摩尔生成焓之和减去总反应物的标准摩尔生成焓之和，即ΔH2=Δf（2）反应Ⅰ不涉及SO2与SO3，反应Ⅱ中SO2与SO3的化学计量数之比为1:1，则v正SO2=v逆SO3时，说明正逆反应速率相等，可以证明反应Ⅱ达到平衡，且此时反应Ⅰ也需达到平衡，故A错误；SO3g和NOg的分压之比为1:1时，不能说明反应达到平衡，故B正确；该反应Ⅰ与反应Ⅱ涉及的物质均为气体，说明反应前后气体质量始终保持不变，且为恒容容器，反应过程中混合气体密度不随时间变化，不能说明反应达到平衡，故C（3）①反应Ⅰ为气体体积减小的反应，压强增大，平衡向着气体分子数减小的正向移动，反应Ⅱ为分子数目相等的反应，改变压强平衡不移动，但压强增大反应Ⅰ平衡正向移动，NO2增多，故随压强增大，O2的转化率增大，SO3的物质的量增加，SO2的物质的量减少，且SO3增加的量与SO②反应Ⅱ的ΔH2<0，温度降低平衡正向移动，且由前面可知，则加压、分离出三氧化硫、增大NO③当压强为100kPa时，由图可知，SO2、SO3的物质的量nSO2=nSO3=0.12SO则NO的转化率=