河南省郑州市2025届高三上学期毕业年级第一次质量预测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1河南省郑州市2025届高三上学期毕业年级第一次质量预测试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．河南是中国文化的重要发源地。河南博物院中馆藏的下列文物，其主要成分不是合金的是A．妇好青铜鸮尊B．玉柄铁剑C．武则天金简D．贾湖骨笛A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】妇好青铜鸮尊是商代时期文物，由青铜制成，主要成分是合金；玉柄铁剑是铁合金；武则天金简以纯度96%的黄金制成，属于合金；贾湖骨笛以鹤类禽鸟截去两端的中空骨节制成，主要成分有蛋白质、磷酸钙等，不是合金。故选D。2．化学与生活密切相关，利用化学知识可以解决生活中的一些实际问题。下列做法不合理的是A．用铁粉制成的双吸剂包放入食品包装袋中延长食品保质期B．用以阴离子表面活性剂为主要成分的洗洁精浸泡电热水壶除去壶内壁水垢C．将少量白醋加入84消毒液中以提高消毒效率D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土使水果保鲜【答案】B【解析】铁粉具有还原性，能与氧气反应，还能吸收水蒸气，制成双吸剂放入食品包装袋中，可防止食品被氧化和受潮，从而延长食品保质期，A做法合理；阴离子表面活性剂主要起清洁作用，不与水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁等反应，无法除去电热水壶内壁水垢，应使用含有酸除垢剂，B做法不合理；84消毒液主要成分是次氯酸钠，白醋中含醋酸，醋酸酸性比次氯酸强，醋酸与次氯酸钠反应可生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能提高消毒效率，C做法合理；水果会释放乙烯，乙烯有催熟作用，高锰酸钾溶液能将乙烯氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可吸收水果释放的乙烯，使水果保鲜，D做法合理。故选B。3．2024年诺贝尔化学奖授予科学家DavidBaker、DemisHassabis和JohnM。Jumper，以表彰他们分别在“计算蛋白质设计”和“蛋白质结构预测”方面的贡献。下列关于蛋白质的说法错误的是A．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元B．蛋白质由碳、氢、氧、氮、硫等多种元素组成，从而决定了其结构的复杂性C．通过计算策略设计合成的自然界中不存在的蛋白质属于合成高分子D．向鸡蛋清的水溶液中加入硫酸铵溶液，鸡蛋清蛋白的结构未发生明显改变【答案】B【解析】氨基酸通过脱水缩合形成多肽，多肽形成蛋白质，故氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，A正确；蛋白质结构的复杂性主要源于氨基酸的种类、排列顺序、数目及空间结构，而非元素种类，B错误；天然蛋白质和合成蛋白质均属于高分子，C正确；向鸡蛋清的水溶液中加入硫酸铵溶液产生盐析现象，盐析过程属于物理变化，蛋白质的结构未发生明显改变，D正确。故选B。4．氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示，其中d为红棕色气体。下列说法正确的是A．a、b、c、d、e都是自然界中氮循环过程中的物质B．a在足量的空气中燃烧能够生成cC．向少量e的浓溶液中加入足量铜片，将产生的气体干燥后可得到纯净的气体dD．实验室中可通过加热消石灰和f固体混合物的方法制取气体a【答案】A【解析】由图像可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为-3价氢化物与+5价酸形成的盐NH4NO3。氮循环中的重要物质主要有氮气、一氧化氮、二氧化氮、氨气和硝酸等，A正确；NH3在足量的空气中燃烧生成N2，B错误；少量的浓HNO3中加入足量铜片，开始生成NO2，由于铜片足量，硝酸浓度降低至稀硝酸时生成NO，最后得到NO2和NO5．锰及其化合物用处广泛。下列有关含锰化合物的反应，用离子方程式表示正确的是A．实验室用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2B．用MnS(难溶于水)除去MnSO4溶液中混有的Cu2+C．草酸使酸性KMnO4溶液褪色：D．向MnSO4溶液中加入过量NH4HCO3【答案】D【解析】实验室用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-≜Mn2++Cl2↑+2H2O，A错误；用MnS(难溶于水)除去MnSO4溶液中混有的Cu2+，MnS在离子方程式中写为化学式，离子方程式为MnS+Cu2+=CuS+Mn2+，B错误；草酸使酸性KMnO4溶液褪色，草酸是弱酸，离子方程式为2MnO4-+5H6．常温下，次磷酸钠(一种正盐，化学式为NaH2PO2)和CuSO4溶液可发生如下反应：A．用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸(H3PO2)，消耗B．pH=13的NaOH溶液中含有Na+C．当生成6.4g铜时，被CuSO4氧化的H2D．每生成11.2LH2【答案】C【解析】次磷酸钠是正盐，故H3PO2为一元弱酸，用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸(H3PO2)，消耗OH-的数目为NA，A错误；溶液体积未知，不能计算pH=13的NaOH溶液中含有Na+的数目，B错误；题干反应中，P元素化合价从+1价升高到+3价，铜元素化合价从+2价降低到0价，氢元素化合价从+1价降低到0价，由电子得失守恒可知，当生成6.4g铜（0.1mol）时，被CuSO4氧化的H2PO7．从当归和白芷中提取出来的紫花前胡醇()具有提高人体免疫力的功能。下列关于该有机物的说法错误的是A．其一氯代物有6种(不考虑立体异构)B．分子中所有碳原子不可能共面C．在氢氧化钠溶液中的溶解性比在水中大D．既能使酸性高锰酸钾褪色，也能使溴的CCl4【答案】A【解析】紫花前胡醇的一氯代物有7种，如图所示，A错误；紫花前胡醇分子中存在一个C原子周围有四个单键的四面体结构，所有碳原子不可能共面，B正确；紫花前胡醇的酯基在碱性条件下可以水解成酸盐和醇，溶解度变大，C正确；紫花前胡醇的碳碳双键和羟基与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，紫花前胡醇的碳碳双键与溴的四氯化碳发生加成反应，既能使酸性高锰酸钾褪色，也能使溴的CCl4溶液褪色，D正确。故选A。8．实验是学习化学的基本方法。下列操作能够达到实验目的的是A．配制一定浓度的KMnO4B．分离乙酸丁酯和乙醇C．验证SO2D．铁钉上镀铜A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】配制溶液时，当溶液凹液面最低点在距离刻度线1~2cm时改用胶头滴管定容，A错误；乙酸丁酯和乙醇互溶，不能通过分液分离乙酸丁酯和乙醇，B错误；SO2是酸性氧化物，能与NaOH反应导致溶液褪色，验证二氧化硫漂白性应该用品红溶液，C错误；铁钉上镀铜，铁钉作阴极，铜片作阳极，电解质溶液用CuSO4溶液，D正确。故选D。9．实验可以深化对知识的理解。根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作及现象结论A向某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色该溶液含有FeB将单质Ag投入HI的水溶液中，有黄色固体和无色无味气体生成Ag和酸反应均能够生成HC用0.1mol⋅L-1NaOH溶液分别与等体积等浓度的CH3COOHKD向AlCl3结合OH-能力：NH4+A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】向某溶液中先滴加KSCN溶液，溶液不变红色，再加氯水溶液变红色，证明该溶液中含有Fe2+。向某溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中可能含有Fe2+，也可能含Fe3+，A结论错误；将单质Ag投入HI的水溶液中，有黄色固体和无色无味气体生成，反应方程式为2Ag+2HI=2AgI+H2↑，该反应能够发生的主要原因是生成了难溶于水的AgI沉淀，这使得化学平衡向生成H2的方向移动。若Ag与硝酸反应不会生成H2，B结论错误；用0.1mol⋅L-1NaOH溶液分别与等体积等浓度的CH3COOH和HF溶液反应至中性，CH3COOH消耗的NaOH溶液少，可知CH3COOH比HF酸性弱，则Ka(CH3COOH)<10．某化学兴趣小组用下列装置制备乙酸乙酯。已知变色硅胶中含有CoCl2，无水CoCl2为蓝色，CoCl2A．NaHSO4B．变色硅胶具有指示反应进程和吸水剂双重功能C．该实验过程中会有SO2、COD．反应完毕并冷却后，向烧瓶中加入饱和Na2【答案】C【解析】用NaHSO4代替浓硫酸进行实验，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以NaHSO4在反应中起催化剂，能降低乙酸与乙醇反应的活化能，A正确；变色硅胶中含有CoCl2，无水CoCl2为蓝色，CoCl2⋅6H2O为粉红色，能通过颜色变化指示反应进程，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，B正确；若用浓硫酸作催化剂取乙酸乙酯浓硫酸具有强氧化性、脱水性，发生副反应生成SO2、CO2等气体，但NaHSO4不具有此性质，无SO211．钴碘循环的甲醇高压羰基化反应示意图如下所示。下列说法错误的是A．M的化学式为HCoB．甲醇羰基化反应为CHC．该反应的催化剂为M和HID．将CH3OH换成CH318【答案】D【解析】由图示可知，CH3COCo(CO)4+H2O=CH3COOH+M，由质量守恒定律知M的化学式为HCo(CO)4，A正确；进箭头为反应物，出箭头指向生成物，该反应的反应物为CO和CH3OH，反应产物为CH3COOH，则甲醇羰基化反应为HI在反应中先消耗后生成，HI为催化剂，CH3I为中间产物，M先消耗后生成，M为催化剂，其余圈上的物质为中间产物，C正确；将CH3OH换成CH318OH，总反应为CH318OH+12．常温下，将10mL3xmol·L-1Na3AsO3、10mL3xmol·LA．当c(AsOB．tm时的v逆小于tC．若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数D．在酸性条件下，H3AsO【答案】C【解析】当c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，A正确；tm和tn时均未达到平衡，tn时v逆<tn时v正，c(AsO43-)随时间增加而增加，反应正向进行，则tm时v逆<tn时v逆，故tm时的v逆小于tn时的v正，B正确；起始时，c(AsO33-13．某种新型无机物的化学式为X3YZW4QW3。Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的5种不同主族的短周期元素；Q是有机物的必备元素，X和Y为金属元素；Q和WA．原子半径：Z>B．氢化物的沸点：WC．单质X能从Y盐的水溶液中置换出Y单质 D．Z的最高价氧化物可用于干燥H2【答案】D【解析】Q是有机物的必备元素，Q为C；Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的5种不同主族的短周期元素，X和Y为金属元素、则X和Y处于第三周期、W为原子序数大于6W位于第二周期的非金属元素，Q和W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的2倍，则W的最外层电子数为偶数、W为O，Q和W的最外层电子数之和是10，Z的最外层电子数为5，五种元素中Z原子序数最大，则Z为P；根据化合物正负化合价代数和为0，可知X为Na；Y为Mg。同周期从左到右，元素的原子半径减小(除稀有气体)，同主族从上到下，元素的原子半径增大，则原子半径：Na＞Mg＞P＞C＞O，即X＞Y＞Z＞Q＞W，A错误；W的氢化物为H2O或H2O2，Q的氢化物为烃，有的烃沸点比水低，如甲烷，有的烃沸点比H2O或H2O2大，B错误；钠和氯化镁溶液反应生成氯化钠、氢氧化镁沉淀和氢气，不能置换出镁单质，C错误；Z的最高价氧化物为五氧化二磷，是酸性干燥剂、且没有氧化性，可干燥H2S气体，D正确。故选14．传统工业中，己二酸是以苯为原料经热催化加氢和硝酸氧化两步法制备。我国科学家提出了以KA油(环己醇与环己酮混合物)为原料经电解合成己二酸的新方法，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．和传统工业相比，电解合成法具有反应步骤少、无氮氧化物排放等优点B．a极发生的电极反应之一为+3H2C．该装置工作一段时间后，b极区pH不变D．每生产1mol己二酸，理论上同时得到标准状况下67.2【答案】D【解析】A．和传统工业相比不需要用硝酸，故电解合成法具有反应步骤少、无氮氧化物排放等优点，A正确；由图示电解池可知，a极由KA油电解得到己二酸，发生氧化反应，a极为阳极，电极反应为为+3H2O-6e-=HOOCHOOCCH24COOH+8H+，B正确；b极为阴极，电极的反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，该装置工作一段时间后，若阳极转移1mol电子，则阳极生成1molH+，且有1molH+通过阴离子交换膜进入到阴极，阴极生成1molOH-，故b极区pH15．在一定温度下，向某非水溶剂(自身不电离)中加入指示剂HIn的钾盐KIn(KIn完全电离，HIn的电离常数Ka(HIn)=3.6×10-20mol⋅L-1)，再向该溶液中加入一元弱酸HX或HY，均发生反应In-+HA⇌A-+HIn(A代表X或Y)。保持A．a点：c(B．用该溶剂分别配制等浓度的HX和HY溶液，电离度：α(C．c(H+D．反应In-+HY【答案】B【解析】向KIn该溶液中一元弱酸HX，发生反应In-+HX⇌X-+HIn、HX⇌X-+H+，由方程式可知，a点时溶液中c(HIn)+c(H+)=c(X-)，A正确；由图像可知，当c(In-)c(HIn)相等时，HX的n(HX)n0(KIn)更小，说明生成等物质的量HIn，消耗HX的物质的量更小，说明HX的酸性更强，电离程度更大，则用该溶剂分别配制等浓度的HX和HY溶液，电离度：α(HX)>α(HY)，B错误；HIn二、解答题16．是合成抗风湿药物非诺洛芬的原料之一，它的一种合成路径如下：回答下列问题：(1)“反应1”的反应类型为。(2)“试剂a”为；D中的官能团名称为。(3)“反应4”的化学方程式为。(4)B的同分异构体中，属于酚的共有种。【答案】(1)还原反应(2)浓硫酸溴原子(碳溴键)(3)+NaCN→NaBr+(4)9【解析】（1）“反应1”中与NaBH4反应生成，—CHO被还原成—CH2OH，反应类型为还原反应。（2）反应2中在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，试剂a为浓硫酸；由D的结构简式可知，D中的官能团为溴原子(碳溴键)。（3）“反应4”中与NaCN发生取代反应生成，反应的化学方程式为+NaCN→NaBr+。（4）B的同分异构体中，属于酚的有、，共9种。17．A、B为生活中常见的金属单质，C、D、E、F、G为化合物，G(K2FeO4回答下列问题：(1)已知反应①常用来野外焊接钢轨，则A的化学式为；写出C的一种用途。(2)写出反应②的化学方程式。(3)G与水缓慢反应生成F和O2，写出该反应的离子方程式【答案】(1)Al红色颜料(或炼铁等)(2)2FeCl(3)4【解析】A、B为生活中常见的金属单质，C、D、E、F、G为化合物，G(K2FeO4)是一种集杀菌消毒和吸附絮凝为一体的新型水处理剂，已知反应①常用来野外焊接钢轨，A为Al，C为Fe2O3，Al和Fe2O3反应生成B为Fe，D为Al2O3，Fe和Cl2反应生成E为FeCl3，FeCl3和NaOH（1）A的化学式为Al，C为Fe2O3，用途为红色颜料(或炼铁等)。（2）反应②中Fe(OH)3和Cl2、KOH反应生成K2FeO4（3）K2FeO4和水缓慢反应生成Fe(OH)3和O三、填空题18．硫代硫酸盐是一种中等强度还原剂。(1)将Na2S和Na2CO3以2:1的物质的量之比配成溶液后，再通入SO2可制得(2)Na2S2O3能定量地被I2氧化为连四硫酸根(S4O62-(3)我国科学家研究发现在以锌为负极材料、S8为正极反应物的水系锌电池中用K当1molS8发生完全转化，第③步转移的电子的物质的量为【答案】(1)2S2-+【解析】（1）将Na2S和Na2CO3以2:1的物质的量之比配成溶液后，再通入SO2可制得Na2（2）Na2S2O3被氧化，化合价由+2价升高到+52价，I2被还原，化合价由（3）由机理可知，第一步转化开环，两端各连接一个K离子，得2电子，第二步同理，则第三步1个形成2个，得2电子，形成1个和1个，得2电子，共得4个电子。四、解答题19．镉(Cd)广泛应用在Ni-Cd电池生产中。从废Ni-Cd电池中(含Cd、Ni、已知：Ksp[Fe(OH)3(1)写出“浸出”时提高浸出速率的1条措施。(2)“电解沉积”时，阴极的电极反应式为。(3)“沉淀1”的化学式为。(4)“滤液1”中Cd2+完全沉淀(c≤1×10-5mol⋅L-1)(5)CdS与H2O2反应的化学方程式(6)CoS(s)+Cd2+(aq)=CdS(s)+Co2+(aq)的化学平衡常数K=(保留【答案】(1)粉碎废料(搅拌、适当增大硫酸的浓度、升高浸取液温度)(2)Cd(3)Fe((4)7.1×(5)CdS+4H2(6)2.5×【解析】废Ni-Cd电池中(含Cd、Ni、Fe、Co)加稀H2SO4调节pH=3.8浸出，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Cd2+、Ni2+等金属离子，电解沉积得到金属Cd和电解液，电解液中通入空气，Fe2+被氧化Fe3+，调节pH=3.8除去Fe3+，沉淀1为Fe(OH)3，滤液1中含Co2+、Cd2+、Ni2+等金属离子，加入Na2S使Cd2+转化成沉淀CdS，过滤得到含Ni2+、Co2+的溶液，CdS（1）“浸出”时提高浸出速率的1条措施有：将原料粉碎，增大反应物的接触面积，适当增大硫酸的浓度，升高浸取液温度；（2）“电解沉积”时得到金属Cd，阴极电极反应式为Cd2+（3）“沉淀1”的化学式为Fe(（4）Ksp(CdS)=c(Cd2+（5）CdS与H2O2在酸性条件下反应生成CdSO4和水，S元素由-2价升高到+6价，O元素化合价由-1价降到（6）CoS(s)+Cd2+(aq)=CdS(s)+Co2+(aq)的化学平衡常数20．高氯酸铜[Cu(ClO4)2Ⅰ．称取2.500gCuSO4⋅5H2Ⅱ．配制200mL、2.000molⅢ．在步骤Ⅰ所得的溶液中加入15mL、2.000mol⋅L-1NaOH溶液，小火加热生成蓝色沉淀，微沸5Ⅳ．向步骤Ⅲ的蒸发皿中滴加1.63mL高氯酸(含高氯酸3.500g)，微热浓缩至蒸发皿上方由白色水雾变成白色烟雾时，停止加热，冷却后得到水合高氯酸铜晶体，干燥、去除杂质，得到3.339g纯品。已知：高氯酸铜及高氯酸的部分性质如下物质物理性质分解温度熔点高氯酸铜易溶于水，微溶于乙醇和乙醚，易溶于丙酮120℃82℃高氯酸(HClO4无色透明发烟液体130℃以上爆炸-122℃完成下列问题：(1)配制200mL、2mol⋅L-1NaOH溶液的操作中，不需要用到的仪器有(2)步骤Ⅰ中加快CuSO4⋅5H2O溶解的方法有(3)检验CuO淋洗干净的方法为。(4)步骤Ⅳ中“微热浓缩”的温度应低于℃，原因是。(5)步骤Ⅳ中产生“白色烟雾”的原因为。Cu(ClO4)2【答案】(1)a、b(2)搅拌、加热(3)取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明已经洗涤干净(4)120防止高氯酸爆炸和高氯酸铜分解(5)HClO4挥发发烟【解析】CuSO4和NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀，加热Cu(OH)2分解为黑色CuO，过滤、洗涤得纯净CuO，CuO和HClO4反应生成Cu(ClO4)（1）配制200mL、2mol⋅L-1NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、200mL（2）根据影响速率的因素，步骤Ⅰ中加快CuSO4（3）固体CuO表面可能附着的杂质为Na2SO4，若最后一次洗涤液中不含SO42-，说明CuO已经淋洗干净，检验CuO淋洗干净的方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加（4）高氯