河北省邯郸市2025届高三上学期第一次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=2页，共=sectionpages1818页PAGE1河北省邯郸市2025届高三上学期第一次调研考试一模一、单选题1．邯郸“城南夜市”是盛夏市民消夏纳凉、品味美食的理想去处，人间烟火气，最抚凡人心，居民烟火气点亮城市夜经济。下列关于夜市美食的说法正确的是A．炸薯条用的植物油主要成分是天然有机高分子B．煎饼主要成分(淀粉)的分子式为CC．甜品含有的蔗糖是还原糖D．烤肉过程中蛋白质发生盐析【答案】B【解析】植物油主要成分不属于天然有机高分子，A错误；淀粉的分子式可以表示为(C6H10O5)n，B正确；蔗糖不是还原糖，C错误；烤肉过程中蛋白质发生变质，D错误。2．关于试剂保存、取用和除杂，下列表述错误的是A．实验结束后剩余的金属钠不能放回原试剂瓶B．液溴保存在棕色细口瓶中，加水液封C．FeCl2溶液中混有FeCl3杂质，加过量铁粉除去D．除去乙醇中混有的乙酸，加生石灰后蒸馏【答案】A【解析】金属钠易与水、氧气等发生反应，所以实验结束后剩余的金属钠应放回原试剂瓶，A错误；液溴易挥发，有毒，应保存在棕色细口瓶中，加水液封，B正确；FeCl2溶液中混有FeCl3杂质，加过量铁粉后，FeCl3被还原为FeCl2，C正确；乙醇中混有乙酸，加生石灰后，乙酸转化为沸点的乙酸钙，将混合液蒸馏，沸点低的乙醇被蒸出，D正确。3．如今高分子材料已经渗透到我们生活的方方面面，下列说法错误的是A．聚乙烯分子结构中只有σ键，故聚乙烯(PE)保鲜膜形变伴随B．聚对苯二甲酰对苯二胺(芳纶1414)是通过加聚反应制得的，可用作防弹装甲C．聚乳酸在人体内可降解，可用作手术缝合线D．聚乙炔含有共轭大π键，可用作导电材料【答案】B【解析】聚乙烯只有σ键，聚乙烯(PE)保鲜膜形变伴随σ键旋转，A正确；对苯二甲酸与对苯二胺经缩聚反应制得聚对苯二甲酰对苯二胺(芳纶1414)，B错误；聚乳酸属于聚酯类高分子，在人体内可以降解，可用作手术缝合线，C正确；聚乙炔含有共轭大π键，电子在分子内可以自由移动，可以用作导电材料，4．市面上一种空气净化凝胶对甲醛的去除具有明显的效果，其去除原理为4ClOA．13.5gClO2B．标准状况下，吸收22.4LHCHO转移电子数目为2NC．pH=1的盐酸溶液中含有H+D．1mol冰中含有氢键数目为4N【答案】A【解析】13.5gClO2的物质的量为0.2mol，每个ClO2分子含有33个电子，13.5gClO2含有的电子数目为6.6NA，A正确；标准状况下，22.4LHCHO的物质的量为1mol，根据化学方程式知吸收1molHCHO转移电子数目为4NA，B错误；pH=1的盐酸溶液中，溶液体积没有给，无法计算H+物质的量，C错误；每个水分子最多与周围的四个水分子形成氢键，每个氢键被两个水分子共有，因此5．有机物M是一种新型靶向药物，能够用作“分子胶水”将蛋白“黏住”，结构如图所示。下列关于M的说法错误的是A．所有原子可能共平面B．可能发生取代反应、加成反应、缩聚反应C．1molM分别与Na和NaOH反应，最多消耗二者的物质的量之比为1:2D．环上有8种一氯代物【答案】D【解析】与苯环直接相连的原子共面、碳碳双键两端的原子共面、单键可以旋转，则分子中所有碳原子可能共平面，A正确；M含有酚羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，可能发生取代反应、加成反应、缩聚反应，B正确；1molM含2mol羟基，与Na反应消的物质的量为2mol，1molM含1mol酚羟基和1mol酚酯基，与NaOH反应消耗的物质的量之为4mol，消耗二者的物质的量之比为1:2，C正确；环上有6种一氯代物，D错误。6．下列实验操作能够验证实验目的的是选项实验目的实验操作A验证Mg金属性强于Al将Mg、Al用导线连接后放入液中，观察Al片上是否有气体生成B验证碳和浓硝酸反应向浓硝酸中加入红热的木炭，观察是否有红棕色气体生成C验证氧化性：Cl向NaBr溶液中滴加少量氯水，再加入淀粉-KID验证还原铁粉与水蒸气反应生成Fe向反应后的黑色固体中加入盐酸，用K3【答案】C【解析】Mg不与NaOH溶液反应，Al可与NaOH溶液，与金属性无关，A错误；浓硝酸受热分解也可生成红棕色气体二氧化氮，B错误；向NaBr溶液中滴加少量氯水，将Br-氧化为Br2，少量氯水被消耗完全，生成的Br2可将I-氧化为I2，使淀粉变蓝，通过颜色变化可验证氧化性：Cl2>Br2>I2，C正确；若还原铁粉与水蒸气反应生成黑色固体FeO，FeO、Fe37．大苏打是一种常见的硫代硫酸盐，在酸性溶液中会迅速分解生成乳白色浑浊和有刺激性气味的气体，反应的化学方程式为Z2Q2A．简单离子半径：Q>R>C．简单氢化物沸点：Y>Q D【答案】C【解析】大苏打是一种常见的硫代硫酸盐，在酸性溶液中会迅速分解生成乳白色浑浊(S)和有刺激性气味的气体(SO2)，反应的化学方程式为：Z2Q2Y3+2XR=2ZR+Q↓+QY2↑+X2Y，且X、Y、Z、Q、R分别为短周期元素，且原子序数依次增大，由此可知：X为H，Y为O，Z为Na，Q为S，R为Cl。电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2->Cl->O2->Na+，即Q>R>Y>Z，A错误；同周期从左往，电负性依次增大；同族从上到下，电负性依次减小，则电负性：8．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NOA．基态Cu最高能层的电子排布图为B．该有机催化剂中元素的第一电离能：NC．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同D．N形成配位键后，键角减小【答案】B【解析】基态Cu最高能层的电子排布图为，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，B正确；该有机催化剂中O的杂化方式sp3，N的杂化方式sp2杂化，C错误；孤对电子越多，对成键电子对斥力越大，分子的键角越小，氨分子中氮原子有一个孤电子对，形成配位键后无孤电子对，则键角增大，D错误。9．科学家在高氯离子水中Cl2O的新形成机理及污染物去除方面取得进展，其中重要的一步是Cl3A．Cl2形成ClB．HClO的结构式为HC．Cl2O中心原子的D．HCl的形成过程为【答案】B【解析】Cl2形成Cl3-，Cl3-和水都是极性分子，根据相似相溶，Cl2形成Cl3-，可增大水溶性，A正确；HClO的结构式为H-O-Cl，B错误；Cl2O10．下列气体不能用图示装置完成制备和收集的是选项气体原料试剂xAClMnO2饱和食盐水BSONa2饱和NaHSO3COMnO2HDNHCaO+CCl【答案】A【解析】MnO2和浓盐酸需要在加热条件下反应制备氯气，不能用图示装置完成制备，A符合题意；Na2SO3和较浓硫酸可以制备SO2，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度极小，可以用排饱和NaHSO3溶液法收集，能用图示装置完成制备和收集，B不符合题意；MnO2和双氧水可以制备O2，能用排水法收集O2，则能用图示装置完成制备和收集，C不符合题意；浓氨水与CaO11．25°C，K2CH3COOH=KbNH3⋅H2O。向20mLA．a点，pOH>2 B．b点，C．若d点VCH3COOH=40mL【答案】C【解析】向20mL浓度均为0.01mol⋅L-1的NaOH和NH3⋅H2O混合溶液中逐滴加入mmol⋅L-1的醋酸溶液，醋酸溶液先与NaOH反应，后醋酸再与NH3⋅H2O发生反应。a点溶液，c(NaOH)和c(NH3⋅H2O)均为0.01mol⋅L-1，NaOH完全电离，NH3⋅H2O部分电离，溶液中c(OH-)>0.01mol·L-1，pOH<2，A错误；根据电荷守恒可知，b点，cNa++cNH4++c(H+)=cCH3COO12．半导体材料砷化铟(InAs)是制备高速低功耗电子器件、红外光电子器件及自旋电子器件的理想材料。In是ⅢA族元素，如图所示为InAs的六方结构示意图，下列说法错误的是(设NA．In、As两种元素均位于p区 B．晶体中As和InC．晶体中两种原子之间存在配位键 D．1个晶胞(平行六面体)的质量为6×190【答案】D【解析】In位于第5周期ⅢA族，价电子排布5s25p1，As位于第四周期ⅤA族，价电子排布4s24p3，两种元素均位于p区，A正确；In原子位于四个As原子形成的四面体的内部，In原子的配位数为4，，As原子位于四个In原子形成的四面体的内部，所以As原子的配位数为4，，B正确；晶体中In是ⅢA族元素，最外层电子数为3，As是VA族元素，最外层电子数为5，晶体中As和In的配位数均为4，则两种原子之间In提供空轨道、As提供孤对电子形成一个配位键，C正确；晶胞为平行六面体，如图所示不是1个晶胞，其中In原子在顶点、面心和内部，In原子的个数为12×16+2×12+3=6个，As原子在棱上和内部，As原子的个数为4+6×13=6个，13．化石能源的过度开采和利用导致严重的环境问题和能源危机。可再生能源驱动的电催化CO2还原产生高附加值有机物，可有效地实现碳中和能源转化。在众多的还原产物中，甲酸盐是CO2电化学还原最具有市场竞争力和经济可行性的产物。开发高效的催化剂具有重要研究价值，铜是CO2采用CO2还原耦合甲醛氧化，可实现超低电压下两极同时制备甲酸盐。双极膜中间层的H2O解离成HA．BiOCl电极电势低于Cu2B．阳极的电极反应式为HCHOC．一段时间后，两电极室pH均减小D．装置中生成1molHCOO-时，双极膜内有【答案】D【解析】左侧电极由CO2→HCOO-得电子，BiOCl电极为阴极，Cu2O电极阳极，电极电势低于Cu2O电极，A正确；阳极的电极反应式为HCHO-2e-+3OH-=HCOO-+2H2O，B正确；BiOCl电极为阴极，电极反应为CO14．化石能源的过度开采和利用导致严重的环境问题和能源危机。可再生能源驱动的电催化CO2还原产生高附加值有机物，可有效地实现碳中和能源转化。在众多的还原产物中，甲酸盐是CO2电化学还原最具有市场竞争力和经济可行性的产物。开发高效的催化剂具有重要研究价值，铜是CO2不同价态的Cu(0、+0.5、+1)位点电还原COA．0价Cu位点催化CO2还原的反应步骤与另两种价态CuB．+1价Cu位点催化CO2还原反应过程中的速控步骤反应式为2*C．产物C2H4从+0.5D．适中的Cu氧化态(+0.5价)是最有利的【答案】C【解析】0价Cu位点催化CO2还原的反应步骤与另两种价态Cu位点的反应步骤不同，0价经历了生成*OCCO过程，但总反应热效应相同，A正确；+1价Cu位点催化CO2还原反应过程中的速控步骤反应式为2*CHO→*OHCCHO，因活化能最大，同时生成了非极性键，B正确；产物C2H4从+0.5价Cu位点表面解吸时吸收的能量最少，C错误；适中的二、解答题15．碳酸亚铁不溶于水，可用作阻燃剂。已知在空气中，碳酸亚铁干燥品稳定，而湿品因被氧化为Fe((1)仪器a和b的名称分别为、。(2)向气密性良好的装置中添加药品。打开K1、K3，关闭K2，待在m处检验到较纯净H2后，(填操作(3)实验中铁粉和稀硫酸用量远高于理论值，原因是。(4)碳酸亚铁在潮湿空气中变茶色的化学方程式为。(5)碳酸亚铁在空气中受热发生反应4FeCO3+O2Δ2Fe2O3(6)某碳酸亚铁样品久置于空气中会部分变质生成Fe(OH)3为测定其纯度，称取2.0g样品，加入足量盐酸溶解并配成100mL溶液。取25.00mL配制好的溶液加入过量KI溶液充分反应，加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol⋅L-1Na2S2O3【答案】(1)分液漏斗三颈烧瓶(2)将m插入装有水的烧杯中(3)需要用Fe与稀硫酸生成H2排尽装置中的空气(4)4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2(5)生成CO2，降低可燃物表面O2的浓度吸收热量，降低可燃物的温度(6)200-4.28V【解析】A中稀硫酸与铁粉反应生成FeSO4和H2，打开活塞K1和K3，关闭活塞K2，生成的H2将装置内原有的空气全部排出，待在m处检验到较纯净H2后，将m插入装有水的烧杯中，防止空气中的O2进入装置，随后关闭活塞K1、K3，打开活塞K2，生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入B中，B中Fe2+与反应生成FeCO3。(1)a为分液漏斗，b为三颈烧瓶；(2)由于FeCO3潮湿品易被氧化，因此需隔绝空气，但装置中有H2，不能将m用止水夹夹住，故在确保H2已经将空气排尽后，将可延长橡胶管m插入装有水的烧杯中液封，防止空气中的O2进入装置；(3)Fe与稀硫酸反应除了生成的Fe2+与CO32-反应制备FeCO3之外，还需要用H(4)FeCO3在潮湿的空气中被氧化成Fe(OH)3，方程式为4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；(5)FeCO3在空气中加热生成CO2，CO2降低可燃物表面O2的浓度；该反应吸收热量，降低可燃物的温度，温度降到着火点以下后就不再燃烧；(6)根据离子方程式2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，n(I-)=n(S16．从钴锰渣(主要成分为CoO、Co已知：Co2O3(1)钴原子的价层电子排布式为；“还原浸出”步骤中Co、Mn浸出率与Na2SO3用量的关系曲线如图所示，则钴锰渣中CoO和Co2O3二者物质的量较多的是(填化学式)，适宜的Na2SO(2)沉钴渣的成分为(填化学式)，当Co2+恰好沉淀完全时，溶液中cMn2+=。[保留两位有效数字，溶液中离子浓度(3)“溶钴”时不能选用盐酸，原因是。(4)“氧化除锰”步骤中消耗的KMnO4与生成的MnO2的物质的量之比为，还原性：Co2+(填“>”“<”或【答案】(1)3d74s2CoO400Co(2)CoCO3、MnCO31.29×(3)盐酸会与高锰酸钾反应生成污染大气的氯气(4)2∶5<【解析】钴锰渣(主要成分为CoO、Co2O3、MnO2)中加入稀硫酸和Na2SO3混合溶液还原浸出时，MnO2、Co2O3在酸性溶液中转化为Mn2+、Co2+，加入Na2CO3，将溶液中的Co2+转化为CoCO3，加酸溶解，加入KMnO4除去杂质Mn2+，加草酸铵沉钴得到CoC2O4。(1)钴是第27号元素，原子的价层电子排布式为3d74s2；还原浸出时发生的主要反应为MnO2+SO32-+2H+=Mn2++SO42-+H2O(2)沉钴渣的成分为CoCO3、MnCO3；当Co2+恰好沉淀完全时，KspCoCO3=c(3)“溶钴”时不能选用盐酸，原因是后续用KMnO4氧化Mn2+时，盐酸会与KMnO4(4)“氧化除锰”步骤中消耗的KMnO4与生成的MnO2，离子反应为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+，消耗的KMnO4与生成的MnO2物质的量之比为217．合成气(CO和H2)制醇是煤、天然气等非石油基碳资源的高值化转化的重要途径之一、已知合成气制甲醇的反应为(1)若逆反应活化能Ea逆=bkJ⋅mol-1，则正反应活化能Ea正=kJ⋅mol-1(用含a、b的代数式表示)(2)向四个容积均为2L的容器中分别充入1molCO和nmolH2,n值分别为1.4①T1温度下，下列表述不能说明反应达到平衡状态的是(填序号)A．CO的消耗速率等于甲醇的生成速率B．单位时间内，断裂H-H键的数目是断裂O-C．混合气体密度不再改变D．混合气体平均摩尔质量不再变化②表示n=1.8的是曲线，理由是③T1温度下，投料比n(CO):nH2=10:17时，反应达到平衡后混合气体中甲醇的物质的量分数xCH3OH(3)科学家合成了硫化钼纳米片作催化剂，利用合成气制备多种醇。T2温度下，分别投入1molCO和2molH2，经历tmin达到平衡，实现了80%的CO转化率和70%的甲醇选择性(如图所示)，则平均反应速率vCH3OH=【答案】(1)b-akJ·mol-1低温(2)ACb且n值越小，CO转化率越低62.5%(3)17.92【解析】(1)由ΔH=Ea(正)-Ea(逆)=Ea(正)-bkJ·mol-1＝－akJ·mol-1，可得Ea(正)=(2)①CO的消耗速率等于甲醇的生成速率，均表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，A错误；单位时间内，断裂H-H键代表正反应，断裂O-H键代表逆反应，断裂H-H键的数目是断裂O-H键的数目的2倍，可判断达到平衡状态，②n值变小，相当于CO的物质的量不变，降低H2浓度，CO平衡转化率减小，所以n值越小，CO转化率越低，因此n=1.8的是曲线b③T1温度下，投料比n(CO):nH2CO可知混合气体中甲醇的物质的量分数xCH3OH=0.750.75+0.25+0.2×100%=62.5%，H2和CO(3)反应CO为0.8mol，生成甲醇0.8mol×70%=0.56mol，则平均反应速率vCH18．吡妥布替尼(M)是一种布鲁顿氏