河北省唐山市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=2页，共=sectionpages1616页PAGE1河北省唐山市2025届高三下学期一模一、单选题1．唐山历史悠久，文化灿烂。下列唐山博物馆馆藏文物的制作原料主要是有机化合物的是A．汉代青铜器弩机B．宋代透雕白玉飞天C．民国武员外五绺髯皮影D．新石器时代菱形网格纹彩陶【答案】C【解析】汉代青铜器弩机的制作原料是青铜，青铜是金属合金，属于无机金属材料；宋代透雕白玉飞天的制作原料是白玉，主要成分是硅酸盐等无机物；民国武员外五绺髯皮影是用兽皮制作的，兽皮的主要成分是蛋白质，蛋白质是有机化合物；新石器时代菱形网格纹彩陶的制作原料是黏土等，经过烧制而成，属于无机非金属材料。2．关于实验室安全和试剂保存，下列叙述错误的是A．浓硫酸具有腐蚀性，取用时应戴耐酸碱手套B．不慎将苯酚沾到皮肤上用水冲洗即可C．硝酸银溶液应保存在棕色细口瓶中D．实验后剩余的金属钠可放回原试剂瓶【答案】B【解析】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，能对皮肤造成严重伤害，取用浓硫酸时戴耐酸手套可起到防护作用，A正确；苯酚不易溶于水且对皮肤有强烈的腐蚀性，不慎将苯酚沾到皮肤上，不能用水冲洗，应立即用酒精清洗，再用水冲洗，B错误；硝酸银见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，以避免光线照射加速其分解，C正确；金属钠化学性质活泼，易与空气中的氧气、水等反应，实验后剩余的金属钠放回原试剂瓶可避免其在空气中发生危险，D正确。3．高分子材料在生产生活中有着广泛的用途。下列说法错误的是A．脲醛树脂可制成热固性高分子粘合剂，常用于木地板加工业B．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维，常用于制作电影胶片片基C．乳酸缩聚反应制得的聚乳酸，常用于手术缝合材料D．氯乙烯加聚制得的聚氯乙烯，常用于不粘锅内涂层材料【答案】D【解析】脲醛树脂有体型结构，可制成热固性高分子粘合剂，常用于木地板加工业，A正确；纤维素属于高分子化合物，结构中含有羟基，可以与乙酸酐作用生成的醋酸纤维，常用于制作电影胶片片基，B正确；乳酸含有羧基和羟基，自身可以缩聚反应制得的聚乳酸，聚乳酸易水解，在人体内可以被吸收，常用于手术缝合材料，C正确；聚氯乙烯有毒，且不耐高温，不能用于不粘锅内涂层，D错误。4．氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3A．28gN2和COB．12g石墨中含有C-C．22.4LN2中含有πD．该反应每生成2molAlN转移电子的数目为【答案】A【解析】N2、CO的相对分子质量相等，N2、CO分子中都含14个电子，28gN2和CO混合气体中含有的电子数目为28g28g/mol×14×NA=14NA，A正确；石墨晶体中每个碳原子与相邻3个碳原子形成3个共价键，12g石墨中含有C-C键的数目为1.5NA，B错误；没有指明是否为标准状况，22.4LN2的物质的量不一定是1mol，含有π键的数目不一定为5．反应2CrA．基态Cr3+核外价电子排布图为B．碳的基态原子最高能级轨道形状为哑铃形C．CH3COOH中CD．H2O【答案】C【解析】Cr的原子序数为24，基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，基态Cr3+核外价电子排布图为，A正确；基态碳原子最高能级为2p能级，轨道形状为哑铃形，B正确；CH3COOH中甲基上C原子的杂化类型为sp3，羧基上碳原子为sp2杂化，C错误；H2O是共价化合物，形成过程可表示为：6．有机物Q具有广谱抗菌活性。下列有关该化合物说法错误的是QA．含5种官能团B．1molQ最多可消耗C．存在顺反异构和对映异构D．其水解产物之一可发生加聚反应和缩聚反应【答案】B【解析】由Q的结构简式可知其含有的官能团有羟基、碳碳双键、酯基、酰胺基、羧基等5种官能团，A正确；2个酚羟基消耗2molNaOH，酚酯基水解后消耗2molNaOH，酰胺基水解后消耗1molNaOH，羧基消耗1molNaOH，则1molQ最多可消耗6molNaOH，B错误；Q的两个碳碳双键都存在顺反异构，标识位置为手性碳原子，存在对映异构，C正确；水解产物中带苯环结构的有双键，可反生加聚反应，带有羧基和氨基可发生缩聚反应，D7．根据下列实验操作及现象，得出相应结论正确的是选项实验操作及现象结论A向铜片上滴加FeCl3氧化性：FeB向醋酸铵溶液中滴加石蕊试液，得到紫色溶液醋酸铵未水解C向滴有酚酞的氨水中通入SO2SO2D向待测液中滴加过量稀硫酸，产生无色气泡待测液中一定含有CO【答案】A【解析】向铜片上滴加FeCl3溶液，铜片被腐蚀，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性Fe3+>Cu2+，A结论正确；醋酸铵是弱酸弱碱盐，NH4+和CH3COO-都会发生水解，其水解程度相近，溶液呈中性，使石蕊试液显紫色，并不是醋酸铵未水解，B结论错误；向滴有酚酞的氨水中通入SO2溶液褪色，是因为8．W、X、Y、Z、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大，W的原子半径最小，X基态原子核外有3个未成对电子，Z元素的焰色试验呈黄色，QY2A．简单离子半径：Y<Z BC．含氧酸的酸性：X<Q D．XW4【答案】D【解析】Z元素的焰色试验呈黄色，Z是Na，W的原子半径最小，原子半径最小的是H，W是H，基态原子核外有3个未成对电子，原子序数小于Na，则X是N，QY2用于自来水消毒，QY2是ClO2，Y是O，Q是Cl。Y的简单离子O2-和Z的简单离子Na+电子层结构相同，电子层结构相同的离子核电荷数越大，离子半径越小，离子半径O2-＞Na+，A错误；ClO2中O显负价判断O吸引电子能力更强，O的电负性大于Cl，B错误；X为N，Q为Cl，N的含氧酸如HNO3，Cl的含氧酸如HClO，HNO3的酸性强于HClO，C错误；XW4+即NH4+，中心9．用下列装置不能制取相应气体的是A．装置①：消石灰和氯化铵固体反应制氨气B．装置②：二氧化锰和浓盐酸反应制氯气C．装置③：乙醇和浓硫酸反应制乙烯D．装置④：铜和浓硫酸反应制二氧化硫【答案】B【解析】消石灰[Ca(OH)2]和氯化铵固体加热制氨气，符合固体与固体加热制取气体，A装置①可以制取氨气；二氧化锰和浓盐酸反应制氯气需要加热，该装置没有加热装置，B装置②不能制取氯气；乙醇与浓硫酸加热到170oC制取乙烯，C装置③可以用来制取乙烯；铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，D装置④可以制二氧化硫。10．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是选项实例解释A键角：NHN-H、B活泼性：C碳碳键强度：σ键>πC沸点：醋酸>硝酸醋酸可形成分子间氢键，硝酸可形成分子内氢键D第一电离能：磷>硫磷原子的3p【答案】A【解析】NH3和H2O中心原子均为sp3杂化，N原子上有1对孤电子，O原子有2对孤电子，孤电子对越多，孤电子对对对成键电子对的斥力越大，键角：NH3>H2O，A解释错误；C2H6中碳与碳之间是单键，是σ键，C2H4中有碳碳双键，一个为σ键，一个为π键，碳碳键强度：σ键>π键，因此乙烯活泼性强，B解释正确；醋酸可形成分子间氢键，沸点高，硝酸可形成分子内氢键，沸点变低，沸点：醋酸>硝酸，C解释正确；基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，3p轨道处于半充满状态，不易失去电子，基态硫原子的价电子排布式为3s23p11．北京大学某研究团队合成了系列新型玻璃相硫化物LBPSILi2S-B2S3-P2下列关于新型玻璃相硫化物电解质全固态锂硫电池的叙述错误的是A．放电时负极区反应为：LiB．充电时，石墨电极接外电源负极C．充电时Li+从石墨电极向InD．新型玻璃相硫化物LBPSI电解质的作用是增强Li+【答案】B【解析】由图示原电池可知，充电时，固态电解质表面的I-可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I2和I3-I2I3-，石墨电极为阳极，In电极为阴极，放电时，In电极为负极，电极反应式为：Li2S-2e-=S+2Li+，A正确；充电时，石墨电极为阳极，与电源的负极连接，B错误；充电时，阳离子Li+移向阴极In电极，C正确；12．Li2S的晶胞结构如图，晶胞参数为A．S2-周围最近的S2-个数为B．Li+位于SC．晶胞密度为1.84×D．晶胞中m离子和n离子之间的距离为11【答案】C【解析】由图示晶胞可知，一个S2-周围最近的S2-有12个，A正确；一个Li+周围有四个S2-离子，且位于S2-构成的四面体的空隙中，B正确；晶胞中有8个Li+，8×18+6×12=4个S2-，晶胞的质量为4×46NAg=184NAg，晶胞的体积为(a×10-30)3cm3=a3×10-30cm3，晶体的密度为1.84×1032a3×NAg⋅cm-3，C错误；由图可知，设mn之间距离为x，则有x213．机械互锁分子是由一个或多个分子结构单元经互锁或互穿等方式相互缠结，而非通过化学键连接在一起所形成的分子。TY型质子化咪唑盐与冠醚形成的机械互锁分子，可形成对Li+匹配的空腔环境，进而负载Li当取代基R1、R2不同时，RHRHHHH结合常数1670118059703720下列说法错误的是A．机械互锁分子对Li+的负载，是冠醚与LiB．TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大C．加入Li+后冠醚在机械互锁分子内的移动受R1、R2的推(D．负载Li+【答案】D【解析】冠醚分子中氧提供孤电子对、锂离子提供空轨道，两者形成配位键，A正确；由表，R1为-NO2时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最大，-NO2为吸电子基团，R1为-CH3时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最小，-CH3为供电子基团，说明TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大，B正确；R1、R2的推(吸)电子效应会导致电荷分布的不均匀，由图，在加入Li+或脱离Li+后，冠醚在机械互锁分子内的移动，其移动受R114．在水溶液中，CN-可分别与Ag+、Ni2+反应形成AgCNmm-1-、Ni下列说法错误的是A．m:nB．向T点两种配合物的混合液中加少量NaCN，达平衡时cC．S点所示溶液中，两反应均向形成配离子方向进行D．将少量氯化银固体加入足量0.1mol⋅L【答案】C【解析】由mCN-+Ag+⇌AgCNmm-1-可知K=cAgCNmm-1-cAg+cmCN-，两边取对数得lgK=lgcAgCNmm-1-cAg+cmCN-，lgcAgCNmm-1-cAg+cmCN-lgKAg-m-lgcCN-，则21=lgKAg，0=lgK-m×10.5二、解答题15．青蒿素C15H22O5为无色晶体，难溶于水，易溶于乙醇、乙醚(沸点为34.5℃)Ⅰ．用索氏提取器提取青蒿素。将乙醚置于烧瓶内，干黄花蒿粉末置于滤纸套筒内，加热，乙醚蒸汽从蒸汽导管上升遇冷液化并滴入滤纸套筒内，当乙醚和青蒿素的混合物液面达到虹吸管顶端时，从虹吸管下端返回到烧瓶，循环多次。Ⅱ．将步骤Ⅰ的萃取液蒸馏，得到青蒿素粗品。Ⅲ．将步骤Ⅱ的青蒿素粗品溶于95%的乙醇中，经系列操作……，得到精品。回答下列问题：(1)仪器A的作用为。(2)步骤Ⅱ蒸馏时，温度计的正确位置是。(3)索氏提取器的优点是。(4)步骤Ⅰ、Ⅱ的最佳加热方式为。(5)步骤Ⅲ的系列操作包括、过滤、洗涤、干燥。(6)称取3.00g精品青蒿素溶于适量乙醇，加入过量KI溶液并加入几滴淀粉溶液，用1.00mol⋅L-1的Na已知：1mol青蒿素(C15H22O5，M=282g①达到滴定终点时的颜色变化为。②精品青蒿素的纯度为。③若滴定结束时，仰视滴定管读数，测量结果(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1)导气、冷凝回流(2)蒸馏烧瓶的支管口处(3)萃取剂可以连续(或循环)使用，萃取率高(4)水浴加热(5)控制在低于60℃蒸发浓缩，冷却结晶(6)溶液由蓝色变成无色94%偏大【解析】（1）仪器A为球形冷凝管，其作用为导气、冷凝回流，减少乙醚挥发；（2）步骤Ⅱ中蒸馏时，应将温度计置于蒸馏烧瓶的支管口处，测定馏分得温度；（3）索氏提取器可以将萃取剂连续(或循环)使用，提高萃取率；（4）由于青蒿素高于60℃易分解，故应采用水浴加热，控制温度；（5）由于蒿素C15H22O5为无色晶体，难溶于水，易溶于乙醇、乙醚(沸点为34.5℃)等有机试剂，在95%的乙醇中溶解度随温度升高而增大，高于60℃（6）①由于淀粉遇碘变蓝，滴定时发生I2②n(Na2S2O3)=1.00 mol/L×0.0200 L=0.02 mol，由反应I2+2Na2S2O3=2③仰视读数，滴定管读数偏大，消耗的硫代硫酸钠体积读数偏大，导致计算的青蒿素量偏大，纯度偏大。16．有机净化钴渣的主要成分为螯合物CH32NCSS2M、SiO2等(M代表Zn已知：①25℃时，KspFeOH②“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理为：Mn+回答下列问题：(1)Co的基态原子价电子排布式为。(2)酸洗的反应机理为CH32NCSS2M+2H+结合图像分析，酸洗时所用溶液的pH一般控制在左右；在酸性溶液中，该有机鳌合剂与金属螯合的能力：Co2+Zn2+(填“>”或“<(3)“热解”工序中，钴元素转化为Co3S4、CoS，从环保角度考虑，不在空气中直接热解的主要原因为(4)“氧压酸浸”工序中，Co3S4中的硫转化为+6价，反应的离子方程式为，浸渣的主要成分为(5)调pH的目的为除去溶液中的Fe3+。25℃时，若浸取液中cCo2+=0.16mol⋅(6)“反萃取”工序中，试剂X为。【答案】(1)3d74s2(2)2.5>(3)防止生成SO2污染空气(4)2Co3S4【解析】有机净化钴渣的主要成分为螯合物CH32NCSS2M、SiO2等(M代表Zn、Co、Fe)，加H2SO4酸洗，螯合物CH32NCSS2M中的Zn转化为Zn2+分离出来，酸洗液中含有Zn2+，热解，Co元素转化为Co3S4、CoS，通O2、加H2SO4氧压酸浸，Co3S4中的S元素被氧化为SO42-，铁元素转化为Fe3+，浸渣为SiO2，调pH值除去Fe3+转化为（1）Co的原子序数为27，基态Co原子价电子排布式为3d（2）pH=2.5时。Co的损失率最低，钴锌分离系数最大，锌的浸出率最高，因此pH控制在2.5左右；在酸性溶液中，Zn2+先从螯合物中浸出，说明有机鳌合剂与金属螯合的能力：Co2+>Zn（3）“热解”工序中，钴元素转化为Co3S4、CoS，在空气中热解会生成（4）“氧压酸浸”工序中，Co3S4中的硫被氧气氧化为SO42-，Co被氧化为Co2+，离子反应方程式为（5）除去溶液中的Fe3+，使c(Fe3+)≤10-5mol·L-1，根据KspFeOH3=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=10-5×c3(OH-)=1×10-38，得c(OH-)=10-11mol·L-1，c(H+)=10-3mol·L-1，pH=3，cCo2+=0.16mol⋅L-1，根据K=1.6×10-15，c(OH-)=10-7mol·L-1，c(H+)=10-7mol·L-1，pH=7，故pH在3~7之间；（6）根据萃取的原理：Mn++nHR⇌反萃取萃取MRn+nH+，反萃取让平衡逆向移动，同时最终得到CoSO17．N，N-二甲基甲酰胺(DMF)是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种COⅠ：(g)+CO2(g)+H2(g)⇌(g)+H2O(g)ΔH1=+56Ⅱ：(g)+CO2(g)+3H2(g)⇌(g)+2H2O(g)ΔH2=-100回答下列问题：(1)反应(g)+2H2(g)⇌(g)+H2O(g)

ΔH3=kJ⋅mol-1，该反应在(填“较高”“较低”或“(2)已知平衡常数K仅与温度有关，且lnK=-ΔHRT+C(R与C为常数)，若升高温度，则ΔK1ΔK21(填“>”“(3)DMA在ZnO-TiO2①在位点上(填“Zn-O-Ti”或“Zn-O-Zn②恒容条件下，下列说法正确的是(填字母)。a．ZnO-b．混合气体密度保持不变，说明反应均达到平衡状态c．适当增大压强，可提高DMA的转化率d．温度越高，DMF的回收率越高(4)300℃时，向2L恒容密闭容器中加入DMA、CO2各1mol，H0∼2min内，H2的化学反应速率为mol⋅L-1⋅min-1。若平衡总压为p0kPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp=【答案】(1)-156较低(2)<(3)Zn-O-Tic【解析】（1）反应Ⅲ由Ⅱ-Ⅰ得到(g)+2H2(g)⇌(g)+H2O(g)，由盖斯定律得，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-100-56)kJ·mol-1=-156kJ·mol（2）反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K1增大；反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K2减小。由lnK=-ΔHRT+C(R与C为常数)可知，|ΔH|越大，改变相同温度lnK变化量越大，|ΔK（3）①由图知，Zn−O−Ti位点能垒更低，更有利于HCOO*与DMA反应生成DMF②催化剂不改变焓变，错误；恒容时气体密度始终不变，不能判断平衡，错误；增大压强，反应向气体分子数减少方向移动，提高DMA转化率，正确；高温DMF分解，回收率降低，错误。故选c；（4）①由图知，0∼2 min，DMA消耗0.2 mol，反应Ⅰ生成DMF 0.18 mol，消耗H2 0.18 mol；反应