2025年河北省NT名校联合体高三下学期第一次调研考试化学试题（附答案解析）

这是一份2025年河北省NT名校联合体高三下学期第一次调研考试化学试题（附答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是
A．国家级非遗产品分水油纸伞的主要成分是纤维素
B．高压钠蒸气灯作高效率光源时，发生的是化学变化
C．抢救钡离子中毒患者时，可以用合适浓度的溶液洗胃
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，应用的原理是牺牲阳极保护法
2．关于实验室安全，下列表述错误的是
A．轻微烫伤可先用洁净冷水处理，再涂烫伤膏
B．强氧化剂如等废渣不能随便丢弃
C．皮肤沾到酸，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗
D．易燃类物质包括易燃气体、遇空气自燃物质、有机过氧化物等
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，所含质子数为
B．中含有键数目最多为
C．常温常压下，3.2 g甲醇中含有的键数目为
D．0.1 ml超重水()分子中含有的中子数目为
4．生活中用到的材料都与化学有关，下列说法错误的是
A．公路上铺的沥青属于天然无机材料
B．网状结构的高分子具有热固性，受热不易熔融或软化
C．机械表中由铝钴镍等元素组成的发条，其材质属于合金
D．航天员出舱服中使用的碳纤维属于无机非金属材料
5．下列分离提纯实验错误的是
A．AB．BC．CD．D
6．甘松香酮B是从甘松中提取的一种倍半萜类化合物，具有多种生物活性。下列说法错误的是
A．分子式为
B．具有抗氧化性
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能在NaOH醇溶液条件下发生消去反应
7．W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期元素，W、Z、Q处于不同周期。由这些元素组成的某种物质的结构如下图，下列说法错误的是
A．该阳离子有配位键B．简单氢化物的沸点：
C．第一电离能：D．Q原子半径在同周期主族元素中最小
8．硫氰酸盐可与双氧水发生反应：，在水溶液中不稳定，会生成和，下列表述错误的是
A．键角：
B．受热不易分解
C．与的价电子数和原子数都相等
D．中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
9．物质的结构决定性质，下列解释不合理的是
A．聚乙炔存在大键所以具有导电性
B．硅酸盐中硅氧四面体结构使其熔点高、硬度大
C．冠醚识别碱金属离子是由于冠醚存在不同大小的空穴
D．铁丝在酒精喷灯上灼烧焰色无明显变化，是因为电子没有发生跃迁
10．根据下列实验及现象，所得结论错误的是
A．AB．BC．CD．D
11．的晶胞结构如图，已知：，相邻两条棱之间夹角均为原子的分数坐标为，B原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是
A．铜原子的配位数为6B．原子C的分数坐标为
C．钾原子与氟原子最近的距离为D．该晶体的密度为
阅读下列材料，完成下列2个小题。
电催化二氧化碳还原反应()生产合成气是一种有前途的绿色合成策略，既能减少的排放，又能将可再生能源转化为燃料储存。现有一研究开发出催化剂，它可以同时催化甘油和的反应，生成1，3-二羟基丙酮和合成气。
12．下列说法错误的是
A．M的电势比N高
B．a膜应选用质子交换膜
C．M极电极反应式：
D．生成-二羟基丙酮的同时生成1mlCO
13．图a是在不同催化剂上的反应历程，图b是甘油在表面的中间羟基和末端羟基的吸附能，下列说法错误的是
A．还原过程中不涉及非极性键的断裂与形成
B．生成是还原过程中的决速步
C．的催化效果不如Au
D．甘油的中间羟基更易吸附在催化剂表面
14．氧化汞可以发生分解反应：，下列起始状态I中有和，经不同过程达到各平衡状态，已知状态I和III的固体质量相等，下列叙述错误的是
A．压强：
B．从I到II的过程
C．逆反应的速率：I>II>III>IV
D．若III的体积为I的2倍，则压强：
二、解答题
15．乙二胺四乙酸钙钠为白色固体粉末，在水中易溶，在乙醇或乙醚中不溶，是一种金属解毒药。乙二胺四乙酸(EDTA)受热易分解，能与多种金属离子结合成稳定的配合物，常用作滴定剂。实验室由EDTA制备乙二胺四乙酸钙钠的原理和步骤如下，回答下列问题。
步骤I：称取EDTA1.7g和碳酸氢钠1.0g置于圆底烧瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，称取氧化钙0.36g(过量)缓慢加入烧瓶中至无气泡产生。
步骤II：用NaOH调节pH值为7，维持温度在，继续加热0.5h，冷却，抽滤除去不溶物。
步骤III：滤液经蒸发浓缩，呈稠糖浆状，冷却后加入15mL无水乙醇，转移至50mL烧杯并置于冰水中。静置一段时间，减压过滤得到白色固体，于烘干箱中干燥，称重，计算产率。
(1)圆底烧瓶的规格最好选用 (填字母)。乙二胺四乙酸钙钠中的配位数为 。
A．100mL B．250mL C．500mL
(2)步骤I反应时温度不宜过高，原因是 。
(3)步骤II反应时pH不宜过高或过低，原因是 。
(4)步骤II中抽滤装置如下，其优点是 。
(5)步骤III中加入无水乙醇的作用是 。
(6)步骤III中判断固体烘干完全的实验方法是 。
(7)对产品进行元素分析发现三种元素的物质的量之比为5：9：1，则产物分子中可能含有 个结晶水。
16．钪(Sc)是一种高度分散的微量元素，赤泥(主要成分为、等)是提取这类稀有贵金属的潜在资源。从赤泥中回收钪元素的流程图如下，回答下列问题。
(1)基态Sc原子价电子的轨道表示式是 。
(2)加速酸浸的操作有 (写出两条即可)，尾渣的主要成分为 。
(3)气体a为氧气与另一气体的混合物，补全“焙烧”的方程式： 。
____________________________________________+___________
为使资源充分利用，可将气体a通入到 (填工序名称)。
(4)如图是不同pH条件下P204和P507两种萃取剂对不同元素的萃取率，流程中选用的萃取剂最好是 ，根据该萃取剂，应选择的适宜的pH为 (填字母)。
A．0.5 B．1.5 C．2.5
(5)“沉淀”得到，该物质“煅烧”时发生分解反应，写出该反应的化学方程式 。
17．碳捕集、利用和封存(CCUS)技术得到了越来越多的关注。加氢制甲醇既可以实现资源化利用，也可实现可再生能源的化学储存，是一种重要的CCUS技术。已知热化学方程式如下，回答下列问题：
I．
II．
(1)若的正反应活化能为，则逆反应的活化能 (用含的代数式表示)。
(2)改变温度，测量平衡状态时的转化率和甲醇的选择性，发现转化率随温度升高而增加，甲醇的选择性随温度升高而降低，解释其原因为 。
(3)研究催化剂对反应的影响发现，相同时间内转化率受催化剂粒径和气体流速的影响如下表，则应选择的反应条件为：催化剂粒径 ，空速 ，呈现表中趋势的原因是 。
(4)①一定条件下，向体积为1L的刚性容器中通入和发生反应I、II，此时分压为100kPa，到达平衡时，转化率为，测得CO分压为25kPa，则反应I的压强平衡常数为 (用分数表示)，此时甲醇的选择性为 %(保留三位有效数字)。[甲醇的选择性]
②反应I的速率，反应II的速率，其中，为定值，分别对应反应I、II的浓度平衡常数、浓度商。某一时刻，剩余量为剩余量为1ml，此时 (用含式子表示)，若此时增大容器体积，则比值会 (填“增大”“减小”或“不变”)。
18．盐酸阿扎司琼药物的主要作用是止吐，特别是对于化疗药导致的恶心、呕吐，具有明显的抑制效果。以下是该药物的合成路线之一：
(1)A的化学名称为 。
(2)B中的含氧官能团名称为 。
(3)的反应类型为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)的反应方程式为 。
(6)G的酸性比强，原因是 。
(7)M的分子式比B少一个的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种。
a．能与溶液反应生成气体 b．遇溶液显色
其中，通过水解反应得到的产物中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的产物的结构简式为 。
A．分离乙醇和四氯化碳
B．分离溴苯和苯
C．分离粗盐中的不溶物
D．除去中少量的
选项
实验操作及现象
结论
A
向苯酚钠溶液中通入少量，溶液变浑浊
的酸性比苯酚强
B
将封装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中，气体颜色变深
升高温度，平衡向吸热反应方向移动
C
向淀粉溶液中加入稀，加热几分钟，冷却后再加入新制浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解
D
向AgCl悬浊液中滴加几滴NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀
粒径
转化率/%
14.45
15.17
16.30
空速[]
9
14
19
转化率/%
19.68
16.17
15.73
《河北省NT名校联合体2025届高三下学期第一次调研考试 化学试题》参考答案
1．B
【详解】A．油纸伞的主要材料是纸（纤维素）和油，主要成分正确，A正确；
B．高压钠灯发光是钠原子电子跃迁释放光能，属于物理变化，B错误；
C．硫酸钠与钡离子生成硫酸钡沉淀，减少吸收，C正确；
D．镁棒作为活泼金属被腐蚀，保护铁内胆，属于牺牲阳极法，D正确；
故答案选B。
2．C
【详解】A．轻微烫伤后用冷水处理可降温并减轻损伤，再涂烫伤膏符合正确处理方法，A正确；
B．强氧化剂如KMnO4废渣可能引发化学反应或污染，需专门处理，B正确；
C．皮肤沾酸后应先用大量水冲洗，但后续应使用弱碱性溶液（如3%-5%碳酸氢钠），而非高浓度的饱和碳酸钠，C错误；
D．易燃类物质包含易燃气体、自燃物质及有机过氧化物（因其易分解或燃烧），D正确；
答案选C。
3．B
【详解】A．标准状况下，NO2在0°C时会部分转化为N2O4，导致分子数减少，但质子总数不变。每个NO2分子含23个质子，1 ml NO2（无论是否二聚）总质子数为23 NA，但标准状况下NO2实际为液态，无法计算气体体积，因此条件不成立。A错误；
B．C2H4O的摩尔质量为44 g/ml，4.4 g对应0.1 ml。分子式为C2H4O的同分异构体有：乙醛（CH3CHO）含6个σ键与环氧乙烷（C2H4 O）含7个σ键，B正确；
C．甲醇（CH3OH）的摩尔质量为32 g/ml，3.2 g对应0.1 ml。每个甲醇分子含1个O-H键（sp3-s σ键）3个C-H键（sp3-s σ键），总数为0.4NA，与选项0.5NA不符。C错误；
D．T2O中每个T含2个中子，O含8个中子，每个分子含12个中子，0.1 ml T2O含1.2NA中子，与选项NA不符。D错误；
答案选B。
4．A
【详解】A．沥青主要成分是碳氢化合物，属于有机物，而天然无机材料如石材等。即使天然沥青存在，仍属有机材料，A错误；
B．网状结构高分子因交联形成稳定结构，具有热固性，受热不易变形，B正确；
C．铝、钴、镍组成的发条是金属合金，具备合金特性，C正确；
D．碳纤维以碳为主要成分，属于无机非金属材料，D正确；
答案选A。
5．A
【详解】A．乙醇和四氯化碳互溶，不能用分液法分离，应采用蒸馏法，A错误；
B．溴苯和苯互溶但沸点不同，蒸馏装置可分离，B正确；
C．过滤可分离粗盐中的不溶物，装置正确，C正确；
D．与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，乙炔不反应，洗气法可除杂，D正确；
故选A。
6．D
【详解】A．根据结构简式，分子中含15个C、22个H、4个O，分子式为，A正确；
B．分子中含羟基（-OH），羟基具有还原性，能被氧化，故具有抗氧化性，B正确；
C．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．该分子含羟基，消去反应需浓硫酸加热条件，D错误；
故选D。
7．C
【分析】短周期一共3个周期，W位于第一周期，XYZ位于第二周期，Q位于第三周期，结构中W原子形成共价键数为1，且原子序数最小，推测为H，X形成共价键数均为4，推测为C，Y形成共价键数为4，与X同周期，原子序数比X大，推测为形成了配位键的N，Z位于第二周期，原子序数比Y大，形成共价键数为2，推测为O，Q位于短周期中的第三周期，形成-1价离子，推测为Cl，据此解答。
【详解】A．该阳离子中，存在Y-W（N-H）之间的配位键，A正确；
B．Z为O，Y为N，简单氢化物分别为H2O、NH3，O电负性比N大，所以H2O分子间氢键强于NH3，沸点H2O>NH3，即Z>Y，B正确；
C．Z为O，Y为N，X为C，第一电离能：N（Y）>O（Z）>C（X）（因N的2p轨道半充满稳定），故Z>Y>X错误，C错误；
D．Q为Cl（第三周期），同周期主族元素原子半径从左到右减小，Cl半径最小，D正确；
答案选C。
8．B
【详解】A．NH3和PH3的中心原子N和P的价层电子对数均为4，孤对电子数均为1，但N的电负性较大，成键电子对更靠近中心原子，排斥力更大，键角大于PH3；A正确；
B．NH4SCN属于铵盐，受热易分解为NH3和HSCN等产物，因此“不易分解”错误；B错误；
C．SCN-和OCN-均为3个原子，且价电子数均为16（SCN⁻：S(6)+C(4)+N(5)+1=16；OCN⁻同理），C正确；
D．和的中心原子S和N的价层电子对数均为4，孤对电子数均为0，故VSEPR模型均为四面体，空间结构均为正四面体，D正确；
故答案选B。
9．D
【详解】A．聚乙炔的导电性源于其共轭大π键结构，电子离域可自由移动，解释合理，A正确；
B．硅氧四面体的网状结构使硅酸盐具有高熔点和高硬度，结构决定性质，B正确；
C．冠醚通过空穴大小选择性识别碱金属离子，结构匹配是关键，C正确；
D．铁丝焰色不明显是因铁的焰色反应颜色较暗或被火焰掩盖，而非电子未跃迁，电子跃迁必然发生，D错误；
答案选D。
10．C
【详解】A．碳酸的酸性强于苯酚，向苯酚钠的水溶液中通入二氧化碳发生的反应为苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，A正确；
B．2NO2N2O4 ΔHIV，C错误；
D．由于状态I和III的固体HgO质量相等，根据氧原子守恒，两状态下O2的物质的量也相等，相同温度，若III的体积为I的2倍，则压强：，D正确；
故选C。
15．(1) A 6
(2)防止乙二胺四乙酸、碳酸氢钠分解
(3)若pH过低，EDTA电离程度小，导致配位反应不完全，产率降低。若pH过高，钙离子可能形成氢氧化钙沉淀，干扰反应
(4)更快得到较干燥的固体
(5)降低乙二胺四乙酸钙钠的溶解度，促进固体析出
(6)连续两次称量的质量差在0.1g以内
(7)3
【分析】EDTA和碳酸氢钠置于圆底烧瓶中，加入蒸馏水溶解，氧化钙缓慢加入烧瓶中至无气泡产生，用NaOH调节pH值为7，维持温度在，继续加热，冷却，抽滤除去不溶物，滤液经蒸发浓缩，呈稠糖浆状，冷却后加入无水乙醇，转移至烧杯并置于冰水中。静置一段时间，减压过滤得到白色固体，于烘干箱中干燥，称重，计算产率，据此分析；
【详解】（1）圆底烧瓶中需要加入的液体为50mL，规格最好选用100mL，故选A；乙二胺四乙酸钙钠结构中的配位数为6；
（2）乙二胺四乙酸(EDTA)、碳酸氢钠受热易分解，温度不宜过高原因防止乙二胺四乙酸、碳酸氢钠分解；
（3）若pH过低，氢离子浓度大，EDTA电离程度小，导致配位反应不完全，产率降低。若pH过高，钙离子可能形成氢氧化钙沉淀，干扰反应；
（4）步骤II中抽滤装置如下，其优点是加快固液分离速度，更快得到较干燥的固体；
（5）乙二胺四乙酸钙钠是离子化合物，乙醇是极性溶液，步骤III中加入无水乙醇的作用是：降低乙二胺四乙酸钙钠的溶解度，促进固体析出；
（6）随着干燥的进行，产品质量会发生变化，当两次称量的质量相差小于0.1g时，就说明干燥完全；
（7）三种元素的物质的量之比为5：9：1，一分子乙二胺四乙酸钙钠中，含2个N，10个C，12个H原子，故有3个结晶水。
16．(1)
(2) 加热，搅拌，粉碎固体(合理即可)
(3) 422+3 酸浸
(4) P204 A
(5)
【分析】赤泥经酸浸成分中的Al2O3、Fe2O3、CaO、Na2O、Sc2O3溶于硫酸形成对应硫酸盐，其中硫酸钙微溶，因此和不溶于硫酸的SiO2一起形成尾渣，Al3+、Fe3+、Na+、Sc3+以离子形式存在于溶液中，通过蒸干操作结合问题三得到了，经过焙烧得到了Fe2O3，通过水浸过滤将铁分离，得到了Al3+、Na+、Sc3+的溶液，经过萃取洗涤反萃取将Sc3+分离出来，再用草酸进行沉淀，得到草酸钪，最后煅烧得到Sc2O3。
【详解】（1）
钪Sc为21号元素，价电子为，因此价电子的轨道表示式是；
（2）加速酸浸就是提高浸出速率，可以采用加热，搅拌，粉碎固体(合理即可)；酸浸后Al3+、Fe3+、Na+、Sc3+以离子形式存在于溶液中，Ca2+与结合形成微溶于水的硫酸钙，与不溶于酸的SiO2一起形成尾渣，因此尾渣的主要成分为；
（3）经焙烧得到了氧气，可以判断发生的为氧化还原反应，氧元素由-2价升到0价，化合价升高，根据方程式铁和钠元素化合价没变，可以判断降价的元素为硫元素且产物为气判断为SO2，根据化合价升降相等及元素守恒得到方程式为
422+3；得到的SO2可以制成硫酸，因此可通入酸浸工序中；
（4）萃取和反萃取是为了分离出Sc3+离子，P204萃取剂的萃取率一直很高，因此选用P204，根据图示信息适宜的pH在0.5时已经很高，因此选用A；
（5）经煅烧得到Sc2O3，草酸根中C元素为+3价，易发生歧化反应生成CO2和CO，故该反应的化学方程式为；
17．(1)
(2)反应I放热，升高温度平衡逆向移动，反应II吸热，升高温度平衡正向移动，且升温对反应II平衡移动的影响大于对反应I平衡移动的影响
(3) 催化剂粒径越小，与反应物接触面积大，使反应物转化更多，空速越大，催化剂与反应物接触时间越短，不利于反应充分进行
(4) 72.2 增大
【详解】（1）反应=反应I-反应II，根据盖斯定律，ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.5kJ/ml-41.2kJ/ml=-90.7kJ/ml，反应放热，则逆反应活化能大于正反应活化能，E逆-E正=90.7kJ/ml，E逆=E正+90.7kJ/ml。
（2）反应I放热，升高温度平衡逆向移动，反应II吸热，升高温度平衡正向移动，且升温对反应II平衡移动的影响大于对反应I平衡移动的影响，因此转化率随温度升高而增加，甲醇的选择性随温度升高而降低。
（3）根据表格数据可以看出，催化剂粒径为160~200μm、空速为9L/(g⋅h)−1时，CO2具有最大的转化率，则应选择的反应条件为：催化剂粒径160~200μm，空速9L/(g⋅h)−1；呈现表中趋势的原因是：催化剂粒径越小，与反应物接触面积大，使反应物转化更多，空速越大，催化剂与反应物接触时间越短，不利于反应充分进行。
（4）①根据已知，有如下三段式：、，由初始分压为100kPa可计算出体系总压强为，平衡时转化率为、CO分压为25kPa，则：、，解得x=0.745ml、y=0.155ml，则平衡时CO2的物质的量为0.1ml、H2物质的量为3-3×0.745ml-0.155ml=0.61ml，CH3OH的物质的量为0.745ml，CO的物质的量为0.155ml，H2O的物质的量为0.9ml，平衡时总的物质的量为4-2×0.745ml=2.51ml，反应I的压强平衡常数为，甲醇的选择性；
②初始：为、为3ml，某一时刻：剩余量为、剩余量为1ml，根据①的三段式可知：x+y=0.8ml、3x+y=2ml，解得：x=0.6ml、y=0.2ml，则该时刻CH3OH为0.6ml、CO为0.2ml、水为0.6+0.2=0.8ml，，，；反应I分子数减少、反应II分子数不变，增大容器体积等价于减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即反应I逆向移动、反应II不移动，则Q1减小、Q2不变，增大。
18．(1)邻羟基苯甲酸甲酯
(2)羟基、酯基
(3)还原反应
(4)
(5)(将写入反应物亦可)
(6)G中存在为吸电子基团，使羧基中的键极性增强，更易断裂
(7) 10 、
【分析】
A在氯化铁作用下与氯气发生取代反应生成B和氯化氢，结合A的分子式及B的结构简式可推知A为，B在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成C，C发生还原反应生成D，硝基转化为氨基，则可确定硝基的位置，C的结构简式为， D与ClCH2COCl发生取代反应生成E，结合E的分子式及D的结构简式可知，E为，根据其他物质的结构简式及反应条件进行分析；
【详解】（1）
A为，化学名称为邻羟基苯甲酸甲酯；
（2）根据B的结构简式可知，B中的含氧官能团名称为羟基、酯基；
（3）根据C与D的结构简式可知，的反应是去氧加氢的还原反应，反应类型为还原反应；
（4）
根据分析可知，E的结构简式为；
（5）
的反应是E与CH3I发生取代反应生成F和HI，反应的化学方程式为；
（6）
G的酸性比强，原因是G中存在为吸电子基团，使羧基中的键极性增强，更易断裂；
（7）
B为，M的分子式比B少一个的同分异构体中，同时满足条件：a．能与溶液反应生成气体，则含有羧基；b．遇溶液显色，则含有酚羟基；则分子中在苯环上有三个取代基分别为氯原子、羧基和酚羟基，根据定二动一，先两个在邻、间、对位，然后第三个取代基放上去分别有4种、4种、2种，则共有10种符合条件的同分异构体；其中，通过水解反应得到的产物中有两个酚羟基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的产物的结构简式为、。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
A
A
D
C
B
D
C
题号
11
12
13
14






答案
C
D
C
C