河北省秦皇岛市昌黎第一中学2025届高三下学期“赢在百日”第一次模拟演练化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=18页，共=sectionpages1919页PAGE1河北省秦皇岛市昌黎第一中学2025届高三下学期“赢在百日”第一次模拟演练一、单选题1．文化兴国运兴，文化强民族强。没有高度的文化自信，没有文化的繁荣兴盛，就没有中华民族伟大复兴。下列文化内容中蕴含的化学知识描述错误的是选项文化类别文化内容化学知识A饮食文化米粉：米粉富含淀粉，淀粉属于高分子B劳动文化隧道盾构机：盾构机的刀片通常是由钨钢制成的。这种材料具有高硬度、高耐磨等性能C服饰文化汉服：丝质汉服的主要材质为丝绸，可用灼烧丝线的方法检验真伪D民俗文化古建筑的修复：古建筑的红色涂料的主要成分为FeO【答案】D【解析】米粉富含淀粉，淀粉属于天然高分子，A正确；盾构机的刀片通常是由具有高硬度、高耐磨等性能钨钢制成，B正确；丝质汉服的主要材质为丝绸，丝绸的主要成分为蛋白质，灼烧时由烧焦羽毛的气味，故可用灼烧丝线的方法检验真伪，C正确；古建筑的红色涂料的主要成分为Fe2O3，D错误。故选D。2．中国科学院化学所利用铜纳米纤维实现CO2电解还原制乙烯C2HA．基态铜原子的价层电子排布式为3d94s2C．乙烯中σ键和π键数目之比为1:1 D．乙醇C2H【答案】D【解析】铜的原子序数为29，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，A错误；CO2的电子式为，故B错误；乙烯的结构式为，σ键和π键数目之比为5:1，故C错误；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为，D3．树立正确的劳动观念，积极参加劳动是全面发展的重要内容。下列劳动项目涉及的化学知识正确的是选项劳动项目化学知识A用葡萄酿酒葡萄糖在酶作用下发生水解生成乙醇B用肥皂或洗涤剂去油污肥皂或洗涤剂可以促进油污水解C用75%酒精免洗消毒凝胶消毒75%酒精能使微生物的蛋白质变性D用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2【答案】C【解析】葡萄糖是单糖，不能发生水解，A错误；用肥皂或洗涤剂清洗油污，其中的亲油污基团结合油污后被亲水基团拖入水中，达到清洁效果，不是促进油污水解，B错误；75%的酒精与细菌的渗透压相近，可以在细菌表面蛋白未变性前逐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，C正确；用小苏打做发泡剂，是NaHCO3受热分解产生气体，不是Na2CO3，4．过二硫酸钾K2S2O8是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解KHSO4溶液制备。K2S2OA．0.1molK2B．2.70gK2C．在标准状况下，3.36LSO3D．1L0.1mol⋅【答案】B【解析】K的原子序数为19，价层电子数为1，S的原子序数为16，价层电子数为6，O的原子序数为8，价层电子数为6，则一个K2SO4含2×1+6+4×6=32个价层电子数，故0.1molK2SO4含有的价层电子总数为3.2NA，A错误；每个K2S2O8含12个原子，2.70gK2S2O8对应的物质的量为0.01mol，2.70gK2S2O8所含原子总数为0.12NA，B正确；标准状况下，SO3为固体，不能计算其物质的量和所含的分子总数，C错误；KHSO4在水中完全电离为K＋5．氮化镓因其带隙宽和亮度高的特性而被广泛用于制造高亮度、长寿命的LED，通过反应：2Ga+2NH3△A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙干燥氨气C．用装置丙制备氮化镓 D．用装置丁处理尾气并收集氢气【答案】D【解析】NH4Cl和Ca(OH)2加热生成CaCl2、H2O和NH3，A能达到实验目的；碱石灰是碱性干燥剂，可以用来干燥NH3，B能达到实验目的；镓和NH3加热、镍做催化剂反应制取氮化镓(GaN)，C能达到实验目的；氢气密度小于空气，采用向下排空气法收集，装置中氢气应该短进长出，D不能达到实验目的。故选D。6．《本草纲目》中记载“空青法木，色青而主肝……云母法金，色白而主肺；磁石法水，色黑而主肾……”。下列有关实验操作、现象和相应结论均正确的是选项实验操作及现象结论A将空青溶于稀硫酸，溶液呈蓝色，再用pH试纸测溶液的pH，并与比色卡比较，测得pH小于7Cu2+B将云母研成粉末，用洁净的红热铂丝蘸取粉末做焰色试验，未看到紫色云母中无K元素C磁石溶于少量稀硫酸，向溶液中滴加苯酚、溶液呈紫色磁石中含有FeD将空青溶于稀硫酸，向溶液中滴加NaOH溶液，生成蓝色沉淀，再向溶液中滴加FeCl3K【答案】C【解析】将空青溶于稀硫酸，溶液呈蓝色，说明含Cu2+，由于空青溶于稀硫酸后可能有硫酸剩余，再用pH试纸测溶液的pH，并与比色卡比较，测得pH小于7，不一定是因为Cu2+发生了水解，A结论错误；将云母研成粉末，用洁净的红热铂丝蘸取粉末做焰色试验，该焰色试验未透过蓝色钴玻璃片观察焰色，未看到紫色不能说明云母中无K元素，B结论错误；磁石溶于少量稀硫酸，向溶液中滴加苯酚、苯酚遇含Fe3+的溶液显紫色，则磁石溶于少量稀硫酸得到了Fe3+，证明磁石中含Fe3+，C结论正确；将空青溶于稀硫酸，向溶液中滴加NaOH溶液，生成蓝色沉淀，再向溶液中滴加FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，蓝色沉淀为CuOH2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，该实验中滴加的NaOH溶液的量未知，Fe3+可能直接与剩余的NaOH反应生成了Fe(OH)3，无法比较二者的溶度积常数大小；若滴加的NaOH溶液少量，存在由Cu(OH)2沉淀到Fe(OH)3沉淀的转化，说明Fe(OH)37．已知反应：Cl2A．氯气分子中氯原子间形成p-pσ键 B．形成NaC．电负性大小：O>Cl>S【答案】B【解析】Cl2分子中Cl原子通过p轨道形成σ键，A正确；SO32-中S原子的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，孤电子对数为1，SO32-为三角锥形结构，B错误；同周期从左到右，元素的电负性增大；同主族由上而下，元素电负性减小，则电负性大小O>Cl二、多选题8．Pd促进Ni-A．CH4形成碳氢键的原子轨道的重叠方式：B．第一电离能大小顺序：OC．CO中C比O更容易提供孤电子对形成配位键D．CaCO3晶体中碳元素的杂化方式为【答案】BC【解析】在CH4分子中的C原子采取sp3杂化，C的4个sp3杂化轨道分别与H原子的1s轨道重叠形成4个C－H键，sp3杂化轨道间的夹角为109°28´，图示错误，A错误；金属元素的第一电离能一般小于非金属元素的第一电离能，即第一电离能大小顺序为O>Ca，B正确；由于C的电负性小于O，CO与过渡金属形成配合物时，C更容易提供孤电子对形成配位键，C正确；CaCO3晶体中的C原子形成3个σ键，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数＝3＋0＝3，C原子的杂化方式为sp2，D错误。故选BC三、单选题9．白杨素又名柯因，具有广泛的药理活性作用，有抗肿瘤、抗过敏、抗炎和抗病毒等作用，由有机物M转化为白杨素的反应如下：下列有关说法正确的是A．有机物M的分子式为CB．白杨素能发生加成、消去、氧化反应C．有机物M存在顺反异构D．白杨素和有机物M可用FeCl3【答案】C【解析】由有机物M的结构可知，M的不饱和度Ω=11，则分子式为C15H10O4，A错误；白杨素结构中的苯环和碳碳双键、碳氧双键，均可发生加成反应，M的酚羟基、碳碳双键，可发生氧化反应，但不能发生消去反应，B错误；有机物M中存在碳碳双键，且碳碳双键上的两个碳原子均连有两个不同的原子或原子团，M存在顺反异构，C正确；有机物M和白杨素的结构中均存在酚羟基，均能与FeCl310．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同主族，一种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是A．原子半径：X>Y>Z B．最高价含氧酸的酸性Z大于WC．简单氢化物的还原性Y大于W D．X、Y形成的化合物只有5种【答案】A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同族，化合物结构中，W可形成6对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，则W为S，Y为O，而X可形成3对共用电子对，X的原子序数小于氧，则X为N，Z可形成1对共用电子对，Z的原子序数大于氧且小于硫，可知Z为F。同周期主族元素自左而右原子半径减小，原子半径X>Y>Z，A正确；氟元素没有最高价含氧酸，B错误；元素非金属性O>S，简单氢化物的还原性H2O<H2S，C错误；N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5六种化合物，D错误。故选A。11．碳酸氢钠催化氢化制备甲酸盐是现代储氢的新研究方向，其可能的反应历程如图所示。下列说法错误的是A．物质L和R-B．反应过程中发生了极性键和非极性键的断裂和形成C．总反应的离子方程式为HCOD．用D2代替H2【答案】B【解析】第①步L参与反应，第④步又生成L，第②步R—NH2参加反应，第③步又生成R—NH2，则物质L和R—NH2均为反应的催化剂，A正确；反应过程中有H－H键断开和C－O键断开，有N－H键和H－O键生成，有极性键、非极性键断开和极性键生成，没有非极性键的形成，B错误；由反应物和生成物可知，总反应的离子方程式为HCO3-+H2=HCOO-+H2O，C正确；由第③步反应可知，用D212．以0.1 mol⋅L-1CuSO4溶液和过量氨水为电解液，进行铁上电镀铜的实验探究装置如下图所示，电解过程中Fe表面未观察到气体，一段时间后Fe表面有致密红色固体，经检验电解液中无Fe元素[A．Cu电极与电源的正极相连B．阴极反应式为CuC．该条件下，CuNH34D．随着Fe表面析出Cu，溶液cCu2+减少，【答案】D【解析】铁上电镀铜，铁作阴极，铜作阳极，则a为正极，b为负极，Cu电极与电源的正极相连，A正确；阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，B正确；0.1 mol⋅L-1CuSO4溶液和过量氨水混合，铜元素主要以CuNH342+的形式存在，根据电解一段时间后“电解液中无Fe13．298K下，将VbmL0.1mol·L－1MOH溶液与VamL0.1mol·L－1HR溶液按Va＋Vb＝100混合，测得Va、Vb与混合溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是A．代表Va变化的是曲线IIB．电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)C．pH＝7的混合溶液中存在：3c(M＋)＋c(H＋)＝3c(R－)＋c(OH－)D．N点溶液中存在：c(HR)＝c(OH－)＋c(MOH)＋c(H＋)【答案】D【解析】横坐标的起点pH小于7，溶液显酸性，此时只加入一种溶液，应为酸溶液，曲线II表示HR溶液，故代表Va变化的是曲线II，A正确；由图象可知，曲线的交点表示酸溶液和碱溶液的体积相等，此时二者恰好反应生成MR溶液，此时溶液显碱性，故电离平衡常数Kb(MOH)＞Ka(HR)，B正确；pH＝7的混合溶液显中性，则c(H＋)＝c(OH－)，又存在电荷守恒c(M＋)＋c(H＋)＝c(R－)＋c(OH－)，故c(M＋)＝c(R－)，则3c(M＋)＋c(H＋)＝3c(R－)＋c(OH－)，故C正确；当Vb＝100mL时，溶液的pH小于13，故MOH为弱碱，由B项分析可知，两曲线的交点为N点，此时为MR溶液，溶液中存在质子守恒：c(HR)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)，D错误。故选D。14．用碘甲烷CH3反应I：2CH3反应Ⅱ：3C2反应Ⅲ：2C2在体积为1L的恒容密闭容器中，投入1molCH3Ig，不同温度下平衡时体系中C下列说法正确的是A．反应4B．对于反应Ⅲ，寻找500K以上的高效催化剂，可提高平衡时CC．800K时，加压能提高平衡时CD．715K的平衡体系中，HI的物质的量分数为【答案】D【解析】由热化学方程式可知，反应I为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H4物质的量分数增大；反应Ⅱ和反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则一直上升的曲线表示C2H4的物质的量分数，则另一条曲线为C3H6。3×Ⅲ－2×Ⅱ得4C3H6g=3C4H8g，根据盖斯定律得，ΔH=-629kJ/mol，A错误；催化剂改变反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高平衡时C4H8的物质的量分数，B错误；反应I为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ和反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，800K时，加压，反应I逆向移动、反应Ⅱ和反应Ⅲ正向移动，导致C2H4的选择性降低，C错误；由图像可知，715K平衡时，n(C3H6)＝n(C4H8)＝2n(C2H4)，设n(C2H4)＝x，n(C3H6)＝n(C4H8)四、解答题15．某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。Ⅰ．按如图所示装置(夹持装置略)制BeCl2，实验开始前先通入一段时间的氩气。已知：乙醚沸点为34.5℃；BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易发生水解；AlCl3溶于乙醚且溶于苯；FeCl2、MgCl2不溶于乙醚和苯；Be+2HCl=BeCl2+H2为放热反应；Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。(1)装置A中，浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，仪器a的名称为，仪器M(内部结构未画出)最好为(填“直形冷凝管”或“球形冷凝管”)。(2)C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是。(3)上述实验装置的缺点是。Ⅱ．提纯BeCl2(4)反应后，装置C中BeCl2的乙醚溶液经过滤除去杂质，再蒸馏滤液将乙醚蒸出得“固体”。为了除去“固体”中的其余杂质，可采取的操作为。Ⅲ．测定产品中BeCl2的含量甲同学取1.000g产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入25mL25%KF溶液溶解固体，滴加酚酞作指示剂，用0.1000mol/L盐酸溶液滴定其中的KOH，消耗盐酸22.50mL。(已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中KF、K2BeF4不与盐酸反应)(5)用NaOH溶液调节pH不能过大，其原因为(用化学方程式表示)。(6)氯化铍在500-600℃气相中以二聚体(BeCl2)2的形式存在，Be原子的杂化方式为sp2。500-600℃气相氯化铍中存在的作用力有。a．离子键b．极性键c．非极性键d．范德华力e．配位键【答案】(1)恒压滴液漏斗球形冷凝管(2)防止反应放热温度过高，乙醚和HCl挥发太快(3)缺少HCl、H2的尾气处理装置(4)用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥(5)Be(OH)(6)bde【解析】装置A中浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，通入Ar气体可促使HCl气体进入装置C中与粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反应生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，装置B和D的浓硫酸具有吸水性，能干燥气体。（1）由图知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；仪器M的作用是冷凝回流，为增大接触面积，应选用球形冷凝管；（2）由于乙醚和HCl均挥发，C需置于温度15℃左右的水浴中，其目的是防止反应放热温度过高，乙醚和HCl挥发太快；（3）由于HCl、H2不能直接排放到空气中，故该实验装置的缺点是缺少HCl、H2的尾气处理装置；（4）由于BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易发生水解；AlCl3溶于乙醚且溶于苯；FeCl2、MgCl2不溶于乙醚和苯，故为了除去“固体”中的其余杂质，可采取的操作为用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥；（5）由于Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似，故用NaOH溶液调节pH不能过大，若pH过大，发生Be(OH)2+2NaOH=Na2[Be(OH)（6）氯化铍在500-600℃气相中以二聚体(BeCl2)2的形式存在，Be原子的杂化方式为sp2，结构式为，故500-600℃气相氯化铍中存在的作用力有极性键、范德华力、配位键，故选bde。16．石油重整是重要的化工过程，其中会大量使用镍钼氧化物催化剂，催化剂报废以后含有多种重金属，属于危险废物。为了保护环境，工业上可采用如图所示工艺流程回收硫酸镍和钼酸钙（部分流程省略）。已知：a．度催化剂中主要含有MoO3、NiO、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2，其中b．当溶液中离子浓度≤1.0×10-6mol⋅L-1时，视为沉淀完全，回答下列问题：(1)Ni在元素周期表中的位置为。(2)焙烧之前，将废催化剂破碎的目的是；烘焙时间超过1h以后，钼的浸出比例反而下降，可能的原因是(3)其中MoO3与Na2CO3(4)H2O2“氧化”的目的是，不能用NaClO代替H2(5)若“氧化”后的溶液中cNi2+=0.001mol⋅L-1，加入(6)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[NH42Mo2O7]，相对分子质量为340]【答案】(1)第四周期第Ⅷ族(2)增大接触面积，使焙烧更充分焙烧时间过长，会使催化剂颗粒烧结，接触面积减小，影响Na2MoO4的浸出(3)MoO3+Na2CO3=ΔNa2MoO4+CO2(4)将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于后续沉淀除去次氯酸钠反应后会生成氯化钠引入新的杂质(5)3≤pH<8(6)MoO3【解析】废催化剂和碳酸钠混合固体焙烧过程中MoO3、Al2O3、SiO2与碳酸钠反应生成Na2MoO4、NaAlO2、Na2SiO3，NiO、Fe2O3、CuO在高温时不与Na2CO3反应；焙烧后，加热水溶解，浸出渣为NiO、Fe2O3、CuO，盐类物质进入浸出液中，浸出渣加硫酸溶解，生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸铜，通入硫化氢将Cu2+沉淀为CuS，同时三价铁被还原为二价铁，过滤后在滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，再加NaOH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，滤液中加碳酸钠将镍离子转化为碳酸镍沉淀，再一系列处理得到NiSO4；浸出液中加适量盐酸，NaAlO2、Na2SiO3可转化为硅酸和氢氧化铝沉淀，过滤除去，再向滤液中加氯化钙生成CaMoO4。（1）Ni为28号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；（2）焙烧之前，将废催化剂破碎的目的是增大接触面积，使焙烧更充分；焙烧时间过长，会使催化剂颗粒烧结，接触面积减小，影响Na2MoO4的浸出，使得钼的浸出比例反而下降；（3）焙烧过程中Mo转化为可溶性钠盐Na2MoO4，故MoO3与Na2CO3反应的化学方程式是MoO3+Na2CO3=ΔNa2MoO4+CO2↑（4）除铜后的滤液中加入双氧水氧化的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于后续沉淀除去；不能用NaClO代替H2O2的原因是次氯酸钠反应后会生成氯化钠引入新的杂质；（5）根据Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，c(Ni2+)=0.001mol/L，则c(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=1.0×10-150.001=10-6mol/L，则pH应小于8，避免Ni（6）设有1mol(NH4)2Mo2O7，其质量为340g，在597℃时，固体损失340×(1-84.70%)=52.02g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后质量变化分析可知，固体损失的质量为2mol氨气和1mol水的质量，所以剩余固体为MoO3，发生反应的化学方程式为：(NH4)2Mo2O7=597℃2MoO3+2NH3↑+H2O↑，答案为MoO317．Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。(1)Deacon氧化反应为4HClg+O2①图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有（填元素符号）。②根据上述机理，反应制得1molCl2，须投入（填序号）CuOA．少量B．2molC．4molD．足量(2)负载在TiO2上的RuO2也可用作Deacon催化氧化的催化剂。TiO2和RuO2的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，RuO2①当RuO2晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价（填“升高”“降低”或“不变”②Ru的相对原子质量为（精确至1）。(3)将HCl和O2分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α①图中T3=②下列措施可提高M点HCl的转化率的是（填序号）。A．增大HCl的流速B．将温度升高40℃C．增大nHCl:nO③图中较高流速时，αT3小于αT1和④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。【答案】(1)Cu、Cl、OA(2)降低101(3)360BD流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢【解析】（1）根据总反应4HClg+O2g=2Cl2g+2H2Og，CuO为催化剂，Y和Z为反应物，X和W为生成物，故Y为HCl，Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，W①图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有Cu、Cl、O；②根据上述机理，CuO为催化剂，反应制得1molCl2须投入少量CuO，故选A（2）①当RuO2晶体中有O原子脱出时，O元素显负价，此时Ru的化合价降低；②TiO2和RuO2的晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66（3）①Deacon氧化反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃；②由图像可知，增大HCl的流