河北省保定市2024-2025学年高三上学期期末调研考试化学试题（解析版）

这是一份河北省保定市2024-2025学年高三上学期期末调研考试化学试题（解析版），共21页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其它答案标号。回答非选择题时，用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Mg 24 S 32 K 39 Ti 48 Mn 55 Zn 65
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中华优秀传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A. 被列为《世界遗产名录》的秦始皇兵马俑主要由合金材料制成
B. “凡石灰，经火焚炼为用”中提到的“石灰”为氢氧化钙
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，这一过程中不发生置换反应
D. “烟霾有氛氲，精光无明异”，烟属于胶体，能产生丁达尔效应
【答案】D
【解析】A．秦始皇陵兵马俑是陶俑，主要成分是硅酸盐，A错误；
B．“凡石灰，经火焚炼为用”中“石灰”指的是碳酸钙，碳酸钙高温下分解为生石灰(CaO)，B错误；
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是指铁与硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，C错误；
D．烟是胶体，胶体可以产生丁达尔效应，D正确；
故本题选D。
2. 下列物质的性质和用途，不具有对应关系的是
A. 明矾溶于水能吸附水中的悬浮物，可用作净水剂
B. 过氧化钠能够与有机色素反应，可作漂白剂
C. 抗酸药中淀粉的主要作用是其水解消耗胃酸中的
D. ，溶于水显碱性，可用于去除餐具表面的油污
【答案】C
【解析】A．明矾溶于水能电离出Al3+，易水解产生Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，A不符合题意；
B．过氧化钠是一种强氧化剂，可以与有机色素反应将有机色素氧化，过氧化钠与水等接触会有H2O2生成，有漂白性，可以作漂白剂，B不符合题意；
C．抗酸药中淀粉的主要作用是做填充剂或稳定剂，中和胃酸中的H+主要靠氢氧化铝或碳酸氢钠等物质，C符合题意；
D．碳酸钠中碳酸根水解使溶液显碱性，油脂碱性条件下水解，故碳酸钠可以用于去除餐具表面的油污，D不符合题意；
故本题选C。
3. 利用酸性溶液可检验还原性：。下列说法错误的是
A. 的VSEPR模型为平面三角形
B. 中H与O形成键
C. 基态Mn原子的价电子排布式为
D. 上述反应的生成物中有两种离子晶体
【答案】B
【解析】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，A正确；
B．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，中H与O形成键，B错误；
C．锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为，C正确；
D．上述反应的生成物中有硫酸钾、硫酸锰两种离子晶体，D正确；
故选B。
4. 植物的光合作用在自然界中有着重大意义。植物的光合作用在光和叶绿体的作用下发生反应：，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液中含有的分子数目为
B. 标准状况下，该反应生成反应物中断裂键数目为
C. 中含有的中子数，电子数均为
D. 消耗该反应中转移的电子数为
【答案】C
【解析】A．溶液中含有1ml，此外还含有水分子，含有的分子数目大于，A错误；
B．标准状况下，该反应生成为11.2L÷22.4L/ml=0.5ml，生成1ml氧气，消耗1mlCO2和1mlH2O，断裂4mlσ 键，则生成氧气为0.5ml时，断裂键数目为2，B错误；
C．1个分子含有10个中子、10个电子，中含有的中子、电子均为，中子数、电子数均为，C正确；
D．反应中氧元素化合价由-2变为0生成氧气，电子转移为，消耗该反应中转移的电子数为，D错误；
故选C。
5. 用铁及其化合物可以去除某些氮化物。一定条件下，将与的混合气体通入与的混合溶液中的转化过程如图甲所示；用去除水体中的如图乙所示。
下列说法错误的是
A. 反应Ⅰ的离子反应方程式为
B. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 由图甲转化过程可得出氧化性：
D. 图乙中转化为则参加反应的为3ml
【答案】B
【解析】分析转化关系图，可知过程Ⅰ为：，过程Ⅱ为：，总反应为：。
A．反应Ⅰ为氢气还原铁离子生成亚铁离子，离子反应方程式为，A正确；
B．过程Ⅱ为亚铁离子还原NO为氮气，NO为氧化剂、亚铁离子为还原剂，反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误；
C．结合分析，过程Ⅰ中铁离子被还原为亚铁离子，氧化性：，过程Ⅱ中NO氧化亚铁离子为铁离子，则氧化性，可得出氧化性：，C正确；
D．图乙中硝酸根离子被铁还原为铵根离子，铁被氧化为四氧化三铁，结合电子守恒：，则转化为则参加反应的为3ml，D正确；
故选B。
6. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 利用甲装置分离浓硫酸和浓硝酸
B. 利用乙装置加热绿矾晶体()制备
C. 利用丙装置验证受热分解产生不饱和烃
D. 利用丁装置制备
【答案】C
【解析】A．浓硝酸受热分解为氧气和二氧化氮，不能加热分馏分离浓硫酸和浓硝酸，A错误；
B．绿矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水时，会被氧气氧化，得不到FeSO4，B错误；
C．受热分解产生不饱和烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能达到实验目的，C正确；
D．氨气极易溶于水，会导致倒吸，故氨气进入的导管不能伸入液面以下，D错误；
故选C。
7. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，为平面三角形分子，Y和Z的同位素原子之间存在核反应，Z原子的核外电子总数是次外层电子数的4倍，W的简单阳离子不能发生水解反应。下列说法正确的是
A. 四种元素非金属性最强的为Y
B. X、Y简单氢化物稳定性：
C. 转化为发生化学变化
D. 同周期元素中，W单质的熔点最低
【答案】B
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z原子的核外电子总数是次外层电子数的4倍，推出Z为O，XH3为平面三角形分子，推出X为B，W的简单阳离子不能发生水解反应，则W为Na，根据核反应推出a=16，b=7，即Y为N，据此分析解题；A．四种元素中，非金属性最强的是O，故A错误；
B．N的非金属性强于B，因此NH3比BH3稳定，故B正确；
C．化学变化遵循原子守恒和元素种类不变，核反应中元素种类发生改变，不属于化学变化，故C错误；
D．Na元素位于第三周期，金属钠常温下为固体，氯气常温下为气体，氯气的熔点低于金属钠，因此同周期元素中，钠单质的熔点不是最低，故D错误；
答案选B。
8. 维生素B1被称为硫胺素或抗神经炎素，结构如图所示。其部分结构与苯类似，分子中也存在离域大键(中n代表成键原子个数，m代表p轨道上的电子数)。下列说法错误的是
A. 维生素B1中键角
B. 维生素B1中存在离域大键
C. 维生素B1属于水溶性维生素
D. 维生素B1中存在的共价键既有极性键又有非极性键
【答案】A
【解析】A．根据结构可知，二者的中心原子均是sp3杂化，∠H-O-C中O含有2个孤电子对，∠H-N-C中N无孤电子对，因此∠H-O-C＜∠H-N-C，故A说法错误；
B．维生素B1中存在平面的六元环和平面的五元环，六元环中的C、N各提供形成一个电子形成大π键，根据大π键的定义，大π键为π，五元环中C、N各提供一个电子，S提供2个电子形成大π键，即五元环的大π键为π，故B说法正确；
C．维生素B1是离子化合物，易溶于水，因此维生素B1属于水溶性维生素，故C说法正确；
D．根据结构可知，存在极性共价键和非极性共价键，故D说法正确；
答案为A。
9. 下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A. 沸点：对羟基苯甲酸高于邻羟基苯甲酸，是因为对羟基苯甲酸中化学键键能大
B. 熔点：氟化铝>氯化铝，是因为氟化铝中的离子键晶格能大于氯化铝中的离子键晶格能
C. 酸性：，是因为的吸电子效应导致氢氧键极性增强
D. 稳定性：，是因为所具有空轨道的数量少于
【答案】C
【解析】A．对羟基苯甲酸分子之间存在氢键，邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，因此对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，与化学键的键能大小无关，故A错误；
B．氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，不含离子键，故B错误；
C．-CH3为推电子基团，-F为吸电子基团，使-CH2F的吸电子效应增强，导致-COOH中的氢氧键极性增强，因此FCH2COOH的酸性强于CH3COOH，故C正确；
D．Fe2+价电子排布式为3d6，Fe3+价电子排布式为3d5，为半充满稳定结构，能量较低，再失去一个电子所需能量高，因此Fe3+比Fe2+稳定，与空轨道的数目无关，故D错误；
答案为C。
10. 下列操作能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．溴可氧化亚铁离子，溴的CCl4溶液的颜色变浅或消失，可检验FeCl3溶液中含Fe2+，反之不含，故A正确；
B．溶液的pH大于4.4时，滴加甲基橙，溶液为黄色，则分别向NaNO2和NaCl溶液中滴入几滴甲基橙，均为黄色，不能鉴别，故B错误；
C．CaO与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，应蒸馏分离，不能过滤，故C错误；
D．酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能使用稀硫酸，故D错误；
答案选A。
11. 25℃时，向10mL的HA溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，溶液中与的变化关系如图所示。已知：25℃时，。下列说法错误的是
A. 25℃，
B. 25℃，的化学平衡常数
C. 当溶液中时，溶液呈酸性
D. 25℃，0.1ml/LNaB溶液的pH约为11
【答案】C
【解析】A．lg=0，推出c(HB)=c(HA)，lg=3，推出c(A-)=103c(B-)，HA的电离平衡常数K=，代入数值，K==1×10-6，推出HB的电离平衡常数K=1×10-9，故A说法正确；
B．该反应的平衡常数K==10-3，故B说法正确；
C．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，将c(Na+)=2c(A-)+c(B-)代入，得出c(A-)+c(H+)=c(OH-)，c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，故C说法错误；
D．由上述分析可知，B-的水解平衡常数为Kh==10-5，0.1mlNaB溶液中c(OH-)=ml/L=10-3ml/L，c(H+)=10-11ml/L，pH=11，故D说法正确；
答案C。
12. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体，棱长为anm(图甲)，当部分被取代后可获得高性能激光材料(图乙)。下列说法错误的是
A. 图甲中的配位数为6
B. 图甲表示的晶体的密度为
C. 图乙晶胞中的坐标或
D. 图乙表示的化学式为
【答案】D
【解析】A．根据图甲可知，离Mg2+最近的F-有6个，因此Mg2+配位数为6，故A说法正确；
B．K+位于顶点，个数为=1，Mg2+位于体心，个数为1，F-位于面心，个数为=3，化学式KMgF3，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3×10-21cm3，该晶胞的密度为g/cm3，故B说法正确；
C．根据图乙可知，Mg2+位于两个小立方体的体心，因此坐标为(0.5，0.5，0.25)、(0.5，0.5，0.75)，故C说法正确；
D．根据图乙结构以及电荷守恒，在垂直的棱心处的4个K+只能被2个Eu2+取代，有两个空位，因此图乙表示物质的化学式为K2EuMg4F12，故D说法错误；
答案为D。
阅读以下材料，完成下列问题。
我国政府一直高度关注气候变化对国家和社会的影响，并积极推进碳减排工作。随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，具有相同元素组成的二氧化碳和一氧化碳的资源化利用备受关注。
13. 二氧化碳的一种资源化利用。利用某铝-电池为电源，电解硫酸铜溶液的装置工作原理如图所示。b为铝电极，其余为石墨电极，双极膜中水电离产生的和可以在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是
A. 双极膜中的移向铝电极
B. c电极上析出红色固体
C. b电极反应式为
D. 若a电极附近生成4.6g甲酸，则d电极上生成(标准状况)
14. 工业上可以用和制取甲醇， ，催化剂对反应物的吸附顺序与反应历程之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应历程的最优途径是a
B. 该历程中最大能垒(活化能)为
C. 三种情况下，先吸附时反应速率最慢
D. 相同条件下，采用不同途径时，氢气的平衡转化率相等
【答案】13. D 14. B
【解析】13.A．根据信息可知，左边装置为化学电源，右边装置为电解装置，Al失电子转化为Al(OH)，Al元素化合价升高，根据原电池工作原理，b电极为负极，a电极为正极，OH-移向负极，即移向铝电极，故A说法正确；
B．c电极连接b电极，即c电极为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，c电极上析出红色固体，故B说法正确；
C．b电极为负极，根据装置图可知，b电极反应式为Al-3e-+4OH-=Al(OH)，故C说法正确；
D．4.6g甲酸物质的量为0.1ml，a电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，d电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此有2CO2~4e-~O2，a电极附近生成4.6g甲酸时，d电极生成氧气的体积为=1.12L，故D说法错误；
答案为D。
14.A．根据图像可知，途径a的活化能最小，反应速率最快，因此反应历程的最优途径是a，故A说法正确；
B．途径a活化能为(12-4)dkJ/ml=8dkJ/ml，同理另外2个途径的活化能分别为(16-6)dkJ/ml=10kJ/ml、(20-8)dkJ/ml=12kJ/ml，因此历程中最大能垒为12kJ/ml，故B说法错误；
C．根据B选项分析，途径c的活化能最大，反应速率最慢，即先吸附氢气的反应速率最慢，故C说法正确；
D．催化剂对化学平衡移动无影响，因此相同条件下，采用不同途径时，氢气的平衡转化率相等，故D说法正确；
答案为B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 连二硫酸锰(，其中Mn为+2价)可缓慢释放，起到对水果灭菌，保鲜的作用。实验室用与水悬浊液(反应前后体积不变)反应制备，装置如图(夹持装置等略)。
回答下列问题：
（1）b仪器的名称为___________，c管的作用是___________。
（2）装置乙中制备反应的化学方程式为___________。
（3）d中盛装的药品可以是___________(填序号)。
A. 无水B. 碱石灰 C. D. 固体
（4）为提高产率，装置乙中反应温度需保持在5~7℃，pH应控制在2.8～3.5.则乙中缺少的仪器为___________和___________。
（5）产品母液中通常有副产物，反应结束后用传感器监测到生成物中硫酸根离子浓度为，为除去副产物，需加入的试剂是___________，物质的量为___________ml，过滤后真空蒸发浓缩，低温下结晶，即可得到[已知：、和均易溶于水，。]
（6）取产品15g溶于水配成250mL溶液，取25mL用重铬酸钾溶液滴定(重铬酸钾难以氧化二价锰离子)，记录消耗重铬酸钾溶液的体积，重复三次实验，平均消耗重铬酸钾溶液17mL，计算所得产品中含的质量分数___________(保留两位小数)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 使b中浓硫酸顺利滴下
（2）2SO2+MnO2=MnS2O6 （3）BD
（4） ①. 温度计 ②. pH计
（5） ①. Ba(OH)2或BaS2O6 ②. 0.4
（6）97.58%
【解析】本实验制备MnS2O6，其原理是2SO2+MnO2=MnS2O6，甲装置是制备二氧化硫，乙装置是制备MnS2O6，因为二氧化硫有毒，为防止污染空气，需要除去尾气，即d装置作用是吸收多余的二氧化硫，据此分析；
（1）根据装置图可知，仪器b为分液漏斗，c管的作用是平衡气压，使b中硫酸顺利滴下；故答案为分液漏斗；使b中浓硫酸顺利滴下；
（2）装置乙制备MnS2O6，其反应方程式为2SO2+MnO2=MnS2O6，故答案为2SO2+MnO2=MnS2O6；
（3）d的作用是除去多余的二氧化硫，可以用碱石灰，也可以用NaOH固体，无水CaCl2、P2O5一般作干燥剂，不与二氧化硫反应，故答案为BD；
（4）需要温度在5~7℃，根据图中所给仪器，缺少温度计，pH应控制在2.8~3.5，缺少的仪器是pH计，故答案为温度计；pH计；
（5）除去SO一般用Ba2+，生成硫酸钡沉淀，Mn(OH)2为难溶物，BaS2O6易溶于水，因此除去副产物MnSO4，可以用Ba(OH)2或BaS2O6；溶液体积200mL，因此n(SO)=200mL×10-3L/mL×2ml/L=0.4ml，因此需要加入Ba(OH)2或BaS2O6的物质的量为0.4ml；故答案为Ba(OH)2或BaS2O6；0.4；
（6）重铬酸钾溶液作氧化剂，Cr元素由+6价降低为+3价，MnS2O6作还原剂，硫元素由+5价升高为+6价，根据得失电子数目守恒：n(MnS2O6·4H2O)×2×1=n(K2Cr2O7)×2×3，代入数值，计算出n(MnS2O6·4H2O)==5.1×10-3ml，产品的质量分数=97.58%；故答案为97.58%。
16. 偏钛酸钡具有显著的压电效应，可用来制作微型电容。一种以含钛废料(主要成分为，含少量、等)为原料制备的工艺流程如图：
已知：
①不溶于水，也不溶于稀酸，在加热条件下可溶于浓硫酸生成。
②易水解生成不溶于水的。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施为___________(答出一条即可)；滤渣的主要成分为___________；流程中可循环利用的物质为___________。
（2）制取需加入大量水并加热，原因是___________(结合离子方程式说明)。
（3）已知的溶解度(S)随温度的变化如图，由滤液1获得的操作为：在60℃左右蒸发浓缩至___________，过滤，洗涤，烘干。在烘干时需低温烘干的原因是___________。
（4）写出“共熔”时的化学方程式___________。
（5）一种电解制备金属Ti的装置如图所示，以熔融的为电解质，电解产生的Ti附着在电极上，石墨电极上产生、。
①写出阴极电极反应式___________。
②若电解前两电极质量相等，当电路中通过1.0ml电子时两电极质量相差6.8g，则相同状况下产生的、的体积之比是___________。
【答案】（1） ①. 将钛废料粉碎、搅拌等 ②. SiO2 ③. 硫酸
（2），加水稀释和加热都可促进TiO2+水解，所以制取H2TiO3，需加入大量水并加热
（3） ①. 晶膜产生时停止加热，再进行冷却结晶 ②. 防止温度过高导致ZnSO4·7H2O分解
（4）
（5） ①. ②. 3∶2
【解析】含钛废料首先用稀硫酸“酸浸”，ZnO溶解，TiO2、SiO2不溶，过滤后加入浓硫酸，在加热条件下TiO2转化为TiOSO4，SiO2不溶，过滤，将滤液“加热水解”使TiO2+转化为不溶于水的H2TiO3，过滤，“煅烧”H2TiO3得到TiO2，高温下TiO2与 BaCO3“共熔”得到 BaTiO3。
（1）根据外界条件对化学反应速率的影响可知，为提高“酸浸”效率，可采取的措施为将钛废料粉碎、搅拌等；根据分析可知滤渣的主要成分为SiO2，水解时有硫酸生成，所以流程中可循环利用的物质是硫酸；
（2）由于溶液中存在平衡，，加水稀释和加热都可促进TiO2+水解，所以制取H2TiO3，需加入大量水并加热；
（3）由题图可知，60℃时，ZnSO4在水中的溶解度最大，故由滤液1获得ZnSO4·7H2O的过程中，需要将滤液1在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热，再进行冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；烘干时需低温烘干，防止温度过高导致ZnSO4·7H2O分解；
（4）根据原子守恒可知，“共熔”时的化学方程式为：；
（5）①阴极TiO2放电，电极反应式为；
②阳极反应式为：，，电路中通过1.0ml电子时阴极质量减少0.5ml×16g·ml-1=8.0g，此时两电极质量相差6.88，说明石墨电极质量减少1.2g，即消耗碳的物质的量是0.1ml，转移0.4ml电子，所以产生氧气时转移0.6ml电子，对应氧气的物质的量是0.15ml，因此产生的O2，CO2的体积之比=物质的量之比=0.15 ml∶0.l ml=3∶2。
17. 目前“低碳经济”备受关注，有效开发利用成为科学家研究重要课题。回答下列问题：
（1）在一定条件下加氢制备甲醇的反应为 。已知298K时，部分物质的相对能量如图所示。则___________。
（2）在一定条件下可合成乙烯，涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
将与通入容积为2L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。
已知：的选择性
①曲线随温度升高呈现如图所示变化的原因是___________。
②合成乙烯的适宜温度为500K，其理由是___________；若该温度下反应经5s达到平衡状态，则该时间内___________，反应Ⅱ的平衡常数___________。
③其他条件不变，改为恒压条件，平衡选择性比恒容条件下的平衡选择性___________(填“高”“低”或“不变”)。
（3）在恒温恒容条件下充入与，发生(2)中的反应Ⅰ．
①下列说法正确的是___________(填标号)。
a．该反应在低温下自发进行
b．反应达到平衡时，
c．其他条件不变时，使用催化剂可提高平衡转化率
d．浓度商不随时间变化时，反应达到平衡状态
②反应生成乙烯的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度有关)。温度为℃时，、温度为℃时，，则___________(填“>”“=”或“