黑龙江省齐齐哈尔市2025届高三下学期三模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1黑龙江省齐齐哈尔市2025届高三下学期三模考试一、单选题1．金属材料是现代社会生产和生活中不可或缺的重要材料，应用广泛。下列说法错误的是A．人类最早使用的铁，是来自太空的陨铁B．铝制品表面用铬酸进行化学氧化，可以使氧化膜产生美丽的颜色C．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与HD．过渡金属(如铬、锰、镍等)可大大改善合金性能，被誉为“冶金工业的维生素”【答案】D【解析】人类最早使用的铁确实来自陨铁，因其为天然单质铁，无需冶炼即可加工，A正确；铝制品经铬酸氧化处理可形成致密氧化膜，并通过吸附染料产生颜色，B正确；储氢合金通过吸收氢气形成金属氢化物储存氢，加热或减压时释放氢气，C正确；过渡金属（如铬、锰、镍）虽能改善合金性能，但“冶金工业的维生素”通常指稀土元素（添加量少但显著提升性能），而非过渡金属，D错误。故选D。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．氮化硅的分子式为SiB．氧的基态原子轨道表示式为C．氯化铯的晶胞为D．邻羟基苯甲醛分子内氢键表示为【答案】C【解析】氮化硅为共价晶体，晶体中不存在分子，其化学式为Si3N4，A错误；基态O原子价电子排布式为2s22p2，其价层电子轨道表示式为，B错误，CsCl晶胞为体心立方晶胞，即，C正确；邻羟基苯甲醛中羟基H与羰基氧之间形成氢键，表示为，D错误。故选C。3．关于物质鉴别，下列说法错误的是A．NO2和Br2B．SO2和COC．MgOH2和AlOHD．NaHCO3溶液和Na【答案】D【解析】NO2能溶于水生成无色气体NO且溶液为无色，而Br2g在水中溶解度不大且溶液呈黄色，可以区别，A正确；SO2能使品红溶液褪色，而CO2不能，可以区别，B正确；Al(OH)3能溶于NaOH溶液，而Mg(OH)24．一水合硫酸四氨合铜CuNHA．键角：HB．铜元素基态原子的价层电子排布式：3C．电负性：OD．CuNH34SO【答案】B【解析】NH3和H2O中心原子的杂化类型相同，NH3分子中有一对孤电子对，H2O分子中有两对孤电子对，孤电子对数越多，孤电子对对共用电子对的斥力越大，键角越小，A正确；铜的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，B错误；同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，则电负性：O>N>S，C正确；该配合物的中心离子为Cu2+，5．如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系。已知E为淡黄色粉末、可做供氧剂，D的密度是相同条件下空气密度的2.45倍，NAA．1LpH=1的F溶液中含有B．1L0.1mol/L的G溶液中阴离子数目小于0.1C．标准状况，2.24LD与铁充分反应时转移电子数为0.3D．若反应①中消耗B的量与反应②中生成B的量相等，则两个反应转移电子数均为2【答案】A【解析】E为淡黄色粉末、可做供氧剂，E是Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，B是O2，A是Na，G是Na2CO3；D的密度是相同条件下空气密度的2.45倍，其相对分子质量为71，D是Cl2，Cl2和H2在光照下反应生成HCl，F是HCl，C是H2。F为HCl，1LpH=1的盐酸中含有0.1NA个H+，A正确；G为Na2CO36．下列化学过程的表达正确的是A．用电子式表示HCl的形成过程：B．用TiCl4制备TiO2C．用电子云轮廓图示意p-pσD．腺苷三磷酸(ATP)水解时磷酸酐键断裂过程的能量变化表示为：【答案】B【解析】HCl为共价化合物，则用电子式表示HCl的形成过程为，A错误；TiCl4极易水解，因此可用TiCl4与H2O作用来制备TiO2，水解反应方程式为TiCl4+x+2H2O=TiO2⋅xH2O7．下列操作及装置(夹持装置省略)能达到实验目的的是AB验证碳酸的酸性比苯酚的强证明改变压强能破坏化学平衡状态CD证明沉淀转化铁钥匙镀铜A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】盐酸易挥发，盐酸能使苯酚钠溶液变浑浊，不能说明碳酸酸性比苯酚强，A不能达到实验目的；该反应前后气体化学计量数不变，改变压强平衡不移动，B不能达到实验目的；第一支试管中AgNO3溶液少量，可视为Ag+反应完全，第二支试管中还有黄色沉淀生成，说明氯化银转化为碘化银沉淀，第三支试管中有黑色沉淀生成，证明碘化银沉淀转化为硫化银，C能达到实验目的；铁钥匙镀铜，铁钥匙作阴极，应与电源负极相连，D不能达到实验目的。故选8．实验是进行化学研究的重要途径之一，下列实验操作及现象描述正确的是A．纯净的Cl2在HB．将包有少量淡黄色过氧化钠的棉花放入坩埚，用滴管向棉花上滴几滴水，棉花立刻燃烧起来C．向氨水中滴加AgNO3D．在玻璃斜切面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡在不同方向熔化的快慢不同【答案】B【解析】H2在Cl2中安静的燃烧，发出苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成白雾，A错误；过氧化钠与水反应剧烈，化学反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+9．为了提高煤气泄漏的可检测性，通常会在煤气中添加少量的四氢噻吩()，这是一种具有强烈臭味的还原性有机化合物，可帮助人们在煤气泄漏时及时察觉。其中两种制备方法如下：方法Ⅰ：噻吩催化加氢法：方法Ⅱ：1，4-二溴丁烷与硫化钠反应：下列说法错误的是A．催化剂的选择是方法Ⅰ的关键，应注意催化剂的活性、选择性以及抗中毒能力B．可用酸性高锰酸钾溶液检验四氢噻吩()中是否含有噻吩()C．方法Ⅱ反应后经过滤、萃取、蒸馏、洗涤、干燥、重结晶提纯产品D．方法Ⅱ中的醇帮助1，4-二溴丁烷与硫化钠更好地接触和反应，从而提高反应效率和产率【答案】B【解析】在方法Ⅰ中，噻吩催化加氢法制备四氢噻吩，催化剂的选择确实是一个关键因素，催化剂的活性、选择性和抗中毒能力都会直接影响反应的效率和产物的纯度，A正确；四氢噻吩是一种具有强烈臭味的还原性有机化合物，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验四氢噻吩中是否含有噻吩，B错误；反应后先过滤除未反应的固体硫化钠和其他不溶性杂质，再萃取出四氢噻吩，然后蒸馏、洗涤、干燥、重结晶，C正确；在方法Ⅱ中，醇作为溶剂可以增大1,4-二溴丁烷与硫化钠的接触面积，从而提高反应效率和产率，D正确。故选B。10．己二腈NCCH24CN是生产尼龙-66的主要原料，尼龙-66在电子、轻工以及其它有机合成领域有着广阔的应用，其优异的力学材料特性，使其适用于如飞机、战斗机等特种轮胎的军工领域，是国防不可缺少的重要材料之一，也是新一代汽车中为减轻车重，降低消耗的金属替代品。己二腈工业化生产工艺有很多种，如：巴内酰胺法、糠醛法、乙炔法、己二酸催化氨化法关于尼龙-66，下列说法错误的是A．丙烯、丙烯腈和己二腈中碳原子杂化类型各不相同B．第一电离能：NC．尼龙-66是通用高分子材料，属于塑料的一种D．制冬尼龙-66：【答案】C【解析】饱和碳原子采取sp3、双键碳原子采取sp2杂化、三键碳原子采取sp杂化；丙烯CH3CH=CH2：sp2、sp3杂化，丙烯腈CH2=CHCN：sp2、sp杂化，己二腈[NCCH24CN]：sp、sp3杂化，各不相同，A正确；同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半满，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：11．己二腈NCCH24CN是生产尼龙-66的主要原料，尼龙-66在电子、轻工以及其它有机合成领域有着广阔的应用，其优异的力学材料特性，使其适用于如飞机、战斗机等特种轮胎的军工领域，是国防不可缺少的重要材料之一，也是新一代汽车中为减轻车重，降低消耗的金属替代品。己二腈工业化生产工艺有很多种，如：巴内酰胺法、糠醛法、乙炔法、己二酸催化氨化法丙烯腈电有机合成己二腈的原理如下图所示，下列说法错误的是A．与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点B．季铵盐能够提高电解液的电导率，提高电解过程的稳定性C．电解池总反应为：4D．a膜为质子交换膜，通电一段时间后，左室pH增大【答案】D【解析】在反应体系中，电子转移和化学反应两个过程同时进行，在反应条件、反应条件温和、生产效率、环境保护等方面，都优于其他有机合成法，A正确；季铵盐是一种常用的电解液添加剂，它能够增加电解液的离子浓度，从而提高电导率。季铵盐阳离子还可以选择性吸附丙烯氰，稳定电解过程，减少副反应的发生，提高电解效率，B正确；该装置为电解池，右侧阴极上丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CH2=CHCN+2e-+2H2O=NC(CH2)4CN+2OH-，左侧为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。将分析中的阴极反应×2+阳极的反应可以得到总反应为4CH2=CHCN+2H2O电解12．用黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2已知：“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；CuClA．“一次浸取”反应方程式为CuFeSB．滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得FeC．“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的NaOH溶液分离D．“调节pH”中每生成1 molCu，转移【答案】C【解析】黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)中加FeCl3溶液一次浸取，滤渣主要为CuCl、S、SiO2；可知CuFeS2被FeCl3氧化生成CuCl和S；过滤，滤渣中加NaCl溶液二次浸取，CuCl转化为CuCl2-；过滤，所得滤液加盐酸调节pH，CuCl2-转化为Cu。结合已知CuFeS2被FeCl3氧化生成CuCl和S，FeCl3被还原为FeCl2，化学反应方程式为CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S，A正确；滤液1主要成分为FeCl2，FeCl2在空气中加热会被氧化为FeCl3，蒸干过程中FeCl3水解生成Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3得到Fe2O3，B正确；二次浸取后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH13．氧化铈CeO2是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。A、C原子的分数坐标分别为0,0,0、1,1,1，假设CeO2晶胞边长为A．CeO2晶胞中O原子位于CeB．CeO2晶胞中Ce4+与最近OC．CeO2晶体中B原子的分数坐标为D．每个CeO2-x晶胞中Ce【答案】D【解析】Ce4+占据顶点和面心位置，O2-填充在四面体空隙处，A正确；CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞体对角线长度的14，即34apm，B正确；B点位于立方体的后面面心处，原子的分数坐标为12,1,12，C正确；设CeO2-x中Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为014．工业上利用反应COg+H2Og⇌CO2g+H2A．0~10min反应的平均速率vB．A点是在催化剂1、温度T1C．温度为T2时，该反应的平衡常数D．催化剂2比催化剂1的催化效率高【答案】A【解析】相同时间段内CO转化率越大反应速率越大，则VB>VA>VC；C点CO转化率为40%，该反应的平均速率用CO表示为v=ΔcΔt=0.5mol/L×40%10min=0.02mol⋅L-1⋅min-1，A正确；若A点达平衡，由于B点温度更高，且反应ΔH<0，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，B点CO的转化率应该更小，而B点CO转化率比A点高，则在A点时，反应一定未达到平衡，同理C点也未达到平衡，B错误；温度为T2时，CO的转化率为40%15．常温下，向20.00mL0.1000mol/L二元酸H2A溶液中滴入等浓度的NaOH溶液，混合A物种的分布系数δ[δ(某含A物质)=该含A物质的浓度A．M点与N点溶液中cHA-相等 B．NC．Q点溶液pH为8 D．V【答案】A【解析】M点与N点δHA-相等，由元素守恒知，M点与N点的nHA-也相等，但加入NaOH溶液的体积不相等使得溶液体积不相等，cHA-不相等，A错误；由电荷守恒知，溶液中有cNa++cH+=cOH-+cHA-+2cA2-，N点时cA2-=cHA-，代入得cNa++cH+=cOH-+3cA2-，此时溶液呈碱性，cH+<cOH-，故cNa+>3cA2-，B正确；由图像可知，一直下降的曲线代表H2A，先上升后下降的曲线代表HA-，开始很小后来一直上升的曲线代表A2-，Ka1=cHA-⋅cH+二、解答题16．铈的氧化物CeO2是提高净化汽车尾气催化剂性能的一种重要添加剂，此外在光催化剂以及抗菌陶瓷和富氧离子环保涂料方面也有广泛应用；工业上利用主要成分为CeCO3F(1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是。(2)“焙烧”过程中生成1mol气体X时转移电子的数目为。(3)上述流程中CeO2与盐酸反应的离子方程式，该流程中为了避免产生污染性气体，其中盐酸可用稀硫酸和替换(填物质名称)(4)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全cCe3+=1.0×10-5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中cHCO3-=mol/L(保留(5)CeO2在汽车尾气净化器中发挥关键作用，铈的氧化还原特性使其能够在不同的情况下进行氧气的供给和消耗。写出CeO2供氧并生成CeO的化学方程式【答案】(1)增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率(2)NA或(3)2Cl-(4)2Ce3++6(5)2【解析】含铈矿石(主要成分为CeCO3F)焙烧得到CeO2、CeF4，铈化合价升高，则空气中的O2为氧化剂，气体X为CO2，CeO2、CeF4加盐酸、H3BO3，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3，Ce(BF4)3中加入KCl溶液得到KBF4沉淀；滤液中的CeCl3和NH4HCO3混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧Ce2(CO3)3得到CeO（1）“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率。（2）焙烧时发生化学反应4CeCO3F+O2焙烧3CeO2+CeF（3）CeO2与盐酸反应的离子方程式为2Cl-（4）“沉铈”过程中元素化合价不变，则“沉铈”中同时有CO2产生，离子反应方程式为2Ce3++6HCO3-=Ce2CO33↓+3H2O+3CO（5）CeO2供氧并生成CeO，则该反应为氧化还原反应，CeO为还原产物，O2为氧化产物，化学反应方程式为217．硫酸肼N2Ⅰ．水合肼(N2H4⋅H2O，沸点约118℃，可与酸反应被视为二元弱碱)的制备。由尿素CONH2Ⅱ．合成硫酸肼，其装置以及具体步骤如下：①将一定量的水合肼于仪器A中稀释，在低温浴槽内冷却降温。②将仪器C内的98%浓硫酸，缓慢滴加至仪器A中，搅拌并保持温度在0~10℃左右，当pH为5~7时停止滴加。③将溶液缓慢降温，2h后沉降出白色固体。过滤、洗涤、室温风干即可得硫酸肼产品。回答下列问题：(1)装置中仪器B的名称为。(2)反应物次氯酸钠不能过量，否则产率过低，主要原因是。(3)合成N2H4⋅H2O时，还生成2种钠盐。写出合成(4)步骤①中水合肼稀释时放出热量，主要原因是。(5)步骤②中，如果pH为4时停止滴加硫酸，产率(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是。(6)步骤③中固体最好用洗涤2~3次。(7)在优化工艺条件下，该方法制备硫酸肼的转化率可达70%，且产品纯度高达98%。此时30g尿素可制备g硫酸肼产品(列出算式)。【答案】(1)球形冷凝管(2)会氧化生成的N(3)CONH22(5)减小硫酸肼与硫酸反应生成了N2H(6)无水乙醇(7)30×130×70【解析】（1）仪器B的名称为球形冷凝管；（2）水合肼具有还原性，次氯酸钠具有强氧化性，反应物次氯酸钠不能过量，否则产率过低，主要原因是次氯酸钠会氧化生成的N2（3）次氯酸钠和尿素在碱性下生成水合肼N2H4⋅H2O时，还生成2种钠盐，由质量守恒知，生成NaCl和Na2CO3，反应中氮化合价由-3变为（4）由于肼与水形成氢键而放热，导致步骤①中水合肼稀释时放出热量；（5）N2H4⋅H2O（6）硫酸肼微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，故最好用乙醇洗涤2~3次。（7）结合反应CONH22+NaClO+2NaOH=18．乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中可能发生下列反应：Ⅰ．水蒸气重整：CHⅡ．热裂解：CHⅢ．水煤气变换：CO回答下列问题：(1)反应Ⅰ的ΔH1=kJ⋅mol-1，该反应在(填“高温”“低温”(2)若反应Ⅱ在恒温恒容的密闭容器中发生，下列能说明该反应已达到平衡状态的是(填字母)。A．容器内氢元素的质量分数不再变化B．容器内气体的平均摩尔质量不再变化C．容器内的压强不再变化D．容器内nE．单位时间内，每断裂3molC-H(3)已知：水碳比H2O/C是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总数的比值。下图是水碳比H2O/①表示水碳比H2O/C=4的曲线是(②水碳比H2O/C=2时，H2g平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小。(4)已知：S表示选择性，SCO=n生成COn生成CO+n生成CO2×100%。在n①350℃下，CO2选择性随压强变化的曲线是(填字母)②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中与A点处于相同化学平衡状态的点有个。(5)在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2molH2O和1molCH3COOH，同时发生上述三个反应，达到平衡时CO的选择性(SCO=n生成COn【答案】(1)+131.5高温(2)BC(3)a此时体系内主要发生反应Ⅲ，反应Ⅲ放热，升高温度，平衡逆向移动，消耗H(4)a3(5)6【解析】（1）I=II+2×III。由盖斯定律可知，ΔH1=ΔH2+2（2）反应前后氢元素始终在体系内，根据质量守恒定律，容器内氢元素的质量分数始终不变，A不能说明反应达到平衡；反应前后气体总质量不变，气体总物质的量改变，根据M-=mn，当容器内气体的平均摩尔质量不再变化时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，B能说明反应达到平衡；反应前后气体分子数不同，在恒温恒容条件下，容器内压强不再变化，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，C能说明反应达到平衡；容器内n(H2):n(CO)=1:1不能说明各物质的量不再变化，不一定达到平衡，D不能说明反应达到平衡；单位时间内，每断裂3molC（3）①水碳比(H2O/C)越大，水蒸气相对量越多，有利于反应正向进行，氢气平衡产率越高，所以表示水碳比(H2O/C)=4的曲线是a。②水碳比(H2O/C)=2时，H2(g)(g)平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小。前期升温反应未达平衡，反应正向进行，H2（4）①乙酸水蒸气重整制氢气的反应，反应Ⅰ为主要反应，即CO2的选择性较高，CO的选择性较低，且增大压强时，反应Ⅰ平衡逆向移动，则CO2选择性降低，CO2选择性随压强变化的曲线是a；②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中M、Q、D与A点平衡状态相同，则与A（5）CO的选择性为20%，利用质量守恒法解题，具体为：初始投入2molH2O和1molCH3COOH，则nC=2mol，nH=8mol根据C原子守恒nCH根据O原子守恒nH根据H原子守恒nH根据平衡时体系中气体物质的量增加50%得出平衡气