2024届河北省邯郸市高三下学期第四次调研检测化学试卷（解析版）

第1页/共1页邯郸市2024届高三年级第四次调研监测化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，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，再洗涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Ti48Fe56Zn65一、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意。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是选项AB文物名称先锋煲（陶）翔鹭纹铜鼓选项CD文物名称弦纹玻璃杯六棱柱形水晶穿珠A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】根据原电池的构成条件可知，常见的合金和潮湿的空气构成原电池，活泼金属铁或铜为负极，易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，据此分析。【详解】先锋煲（陶）、弦纹玻璃杯、六棱柱形水晶穿珠均为无机非金属材料，化学性质稳定，不易腐蚀，翔鹭纹铜鼓铜为青铜是锌铜合金，锌、铜和潮湿的空气构成原电池，锌为负极，易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故答案为：B。2.亚氨基化硫（）的制备原理：。下列化学用语表述正确的是A.基态S原子的价层电子排布式：B.的VSEPR模型：C.的电子式：D.的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．S是16号元素，价层电子排布式：，A错误；B．中心原子价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，B错误；C．是离子化合物，电子式为，C正确；D．是共价化合物，结构式为：，D错误；故选C。3.以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2―硝基―1，3―苯二酚，下列仪器不需要被使用的是ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】以50%乙醇为溶剂，采用重结晶法提纯2-硝基-1，3-苯二酚，需要用到烧杯、漏斗和酒精灯，不需要冷凝管，故选C。4.下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是A.小苏打溶液中存在电离和水解平衡B.若硫化氢和浓硫酸反应后的含硫产物只有，既是氧化产物，又是还原产物C.电解饱和食盐水时阴极和阳极反应同时发生D.、、的氧化性随着卤素原子序数的增大而减弱【答案】D【解析】【详解】A．同一物质在水溶液中的电离与水解是对立关系，碳酸氢根在水中既电离，又水解，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；B．氧化产物与还原产物是对立的关系，但该反应的产物SO2既是氧化产物，又是还原产物，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；C．电解池工作时，阳极和阴极同时发生反应，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在电解池中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；D．某元素单质氧化性的增强和原子序数的增大不是对立关系，故F2、Cl2、Br2的氧化性随着卤素原子序数的增大而减弱与“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点无关，D符合题意；本题选D。5.下列物质性质和原理分析相匹配的是选项物质性质原理分析A冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电冰醋酸中没有能自由移动的离子醋酸溶液中有能自由移动离子B的酸性比的强的摩尔质量小于C甲酸的沸点高于二甲醚甲酸的范德华力大于二甲醚D油漆易溶于甲苯，不溶于水甲苯是非极性溶剂，水是极性溶剂油漆是极性大的物质A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．冰醋酸没有电离出自由移动的离子，所以不导电，醋酸在水溶液电离出能自由移动的氢离子和醋酸根离子，所以能导电，故A物质性质和原理分析相匹配；B．由于F的电负性大于Cl，导致中羧基比更容易电离，所以的酸性比的强，故B物质性质和原理分析不匹配；C．甲酸分子间可以形成氢键，二甲醚不可以形成氢键，所以甲酸的沸点高于二甲醚，故C物质性质和原理分析不匹配；D．油漆是非极性物质，甲苯是非极性溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶，油漆易溶于甲苯，不溶于水，故D物质性质和原理分析不匹配；故选A。6.武汉大学某课题组通过铜/铬催化实现烃与醛合成醇，下列叙述错误的是A.基态、原子中未成对电子数分别为4、1B.上述反应是加成反应，丙能发生消去反应C.丙分子含1个手性碳原子D.甲、丙都能使酸性溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．基态价电子排布式为3d54s1，含有6个未成对电子，基态价电子排布式为3d104s1，含有1个未成对电子，A错误；B．由甲、乙的结构简式可知，甲和乙发生加成反应生成丙，丙中有-OH，且与-OH相连C原子的相邻C原子上含有H原子，能发生消去反应，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，丙分子中与-OH相连C原子是手性碳原子，C正确；D．甲中含有醛基能使酸性溶液褪色，丙中含有羟基能使酸性溶液褪色，D正确；故选A。7.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W位于同主族但不相邻，基态Z原子价层电子排布式为，是生活中常见的食品发泡剂。下列叙述正确的是A.电负性： B.第一电离能：C.最简单氢化物的键角： D.熔点：【答案】C【解析】【分析】基态Z原子价层电子排布式为则n=2，Z元素为O，X、W位于同主族但不相邻，是生活中常见的食品发泡剂，则为，即X元素为H，Y元素为C，W元素为元素。【详解】A．电负性：，即，故A错误；B．第一电离能：，即，故B错误；C．Y元素为C，最简单氢化物是CH4，键角是109°18´，Z元素为O，最简单氢化物是H2O，键角是105°，键角大小：，故C正确；D．是，是离子晶体，是，是分子晶体，熔点：，故D错误；故选C8.水热法制备的流程如图，下列叙述正确的是A.本实验使用托盘天平称量 B.作反应的氧化剂C.调为2的目的是促进反应完全 D.用溶液检验产品是否洗净【答案】C【解析】【分析】Na2WO4∙2H2O加入去离子水溶解，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4和NaCl，H2WO4加热分解生成WO3，抽滤洗涤后，烘干得到WO3。【详解】A．托盘天平的精确度为0.1g，不能称量0.825g药品，故A错误；B．Na2WO4∙2H2O中W元素为+6价，产物WO3中W元素也为+6价，流程中其他元素化合价也没有改变，不涉及氧化还原反应，故B错误；C．Na2WO4和盐酸反应的离子方程式为+2H+=H2WO4，调pH为2可增大氢离子浓度，目的是促进反应完全，故C正确；D．反应过程中杂质为NaCl，故要检验氯离子从而检验产品是否洗净，BaCl2溶液无法检验氯离子，故D错误；故选C。9.下列实验操作正确或操作规范且能达到实验目的的是选项操作目的A取适量晶体溶于浓硝酸中，加水稀释到指定刻度配制一定物质的量浓度的溶液B用碱式滴定管盛装标准溶液并滴定草酸溶液测定草酸溶液浓度C向的酒精中加入钠粒证明的酒精中含水D向溶液中先滴加少量溶液振荡后再滴加少量溶液明：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．硝酸会氧化亚铁离子，故A错误；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，故B错误；C．乙醇也能与金属钠反应生成氢气，不能证明的酒精中含水，故C错误；D．NaCl过量，硝酸银不足，生成氯化银沉淀，加入，白色沉淀转化为黄色沉淀，证明，能达到实验目的，故D正确；故选D。10.硫代硫酸钠主要用于照相时作定影剂，也可用作氰化物的解毒剂，下列离子方程式书写错误的是A.用过量的溶液除去底片上的时有生成：B.久置空气中的溶液变质：C.用溶液吸收工业尾气中足是的：D.向溶液中滴加稀硫酸：【答案】A【解析】【详解】A．用过量的溶液除去底片上的时有生成，反应的离子方程式为：，选项A错误；B．久置空气中的溶液变质，被空气中的氧气氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为：，选项B正确；C．用溶液吸收工业尾气中足量的，生成硫酸钠、氯化钠和盐酸，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．向溶液中滴加稀硫酸，生成硫和二氧化硫，反应的离子方程式为：，选项D正确；答案选A。11.的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为的和，发生反应：①，②。在相同时间内，的转化率、的选择性[的选择性]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是A.温度高于时，主要发生反应②B.温度低于时，的选择性随温度升高而增大C.平衡时，再充入和，再次达到平衡时，的物质的量增大D.下反应达到平衡时，、、的浓度之比为【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，当温度高于673K时，CO2的转化率增加，但HCOOH的选择性降低，故以发生反应②为主，A正确；B．根据图像可知，当温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大，B正确；C．平衡时再通入0.1molCO2和0.1molH2,平衡一定正向移动，HCOOH的物质的量一定增大，C正确；D．根据题意，利用转化率和选择性表达式可知，673K时CO2的转化率为95%,其中HCOOH的选择性为30%,那么CO的选择性为70%，设起始时二氧化碳的物质的量为amol，根据化学方程式利用元素守恒，平衡时二氧化碳0.05amol，HCOOH和CO物质的量之和为0.95amol，那么HCOOH的物质的量为0.95a×30%＝0.285amol,CO的物质的量为0.95a×70%＝0.665amol，容密闭容器中CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10:57:133，故D错误；故选D。12.香港城市大学、中国科学院深圳先进技术研究院和深圳大学合作，证明了纳米片在酸性条件下具有本征差的析氢活性，展现出快速选择性地将硝酸根离子还原为氨的催化性能。下列有关装置放电过程（如图所示）的叙述错误的是A.电子由a极经用电器流向b极B.a极为负极，b极发生还原反应C.b极上的电极反应式为D.a极质量减少2.60g时，b极区有0.09向双极膜迁移【答案】D【解析】【分析】a极上Zn发生失电子的氧化反应转化成Zn2+，a极为负极，b极上发生得电子的还原反应转化成NH3，b极为正极。【详解】A．放电时，电子由负极（a极）经用电器流向正极（b极），A项正确；B．根据分析，a极为负极，b极为正极，b极上发生还原反应，B项正确；C．b极上发生还原反应转化成NH3，电极反应式为+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，C项正确；D．a极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，a极减少Zn的物质的量为=0.04mol，电路中通过电子物质的量为0.08mol，b极电极反应式为+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，b极区有0.08molOH-向双极膜迁移，D项错误；答案选D。13.常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它的晶胞（结构如图）为等轴晶系。下列叙述错误的是已知：晶胞参数为a，为阿伏加德罗常数的值。A.分数坐标为 B.氧离子构成正八面体形C.和之间的距离为 D.晶体密度为【答案】C【解析】【详解】A．根据图中已知的两个Ti原子的坐标(0,0,0)和(1,1,1)，Fe2+在体心位置，分数坐标为，故A正确；B．根据晶胞结构示意图，氧离子构成正八面体形，故B正确；C．和之间的距离为体对角线的，即为，故C错误；D．根据晶胞结构示意图，晶胞中Fe2+个数为1，O2-个数为=3，的个数为=1，晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体的密度为，故D正确；答案选C。14.常温下，向浓度相等的甲酸（）和醋酸（）的混合溶液中滴加氨水，溶液中［，、、］与的关系如图所示。下列叙述错误的是A.代表与的变化关系B.常温下，C.向溶液中滴加氨水至Q点：D.上述反应中，最先生成和【答案】C【解析】【分析】由、、并结合题干图像信息可知，随着pH的增大，c(H+)减小，HCOOH、HAc的X增大，pX减小，氨水的X减小，pX增大，且由于-CH3为推电子基团，导致CH3COOH中羧基上的O-H极性比HCOOH的小，则CH3COOH的酸性弱于HCOOH，即Ka(HAc)＜Ka(HCOOH)，据此可知L1代表随pH的变化，L2代表随pH的变化，L3代表随pH的变化，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，代表与的变化关系，A正确；B．由分析可知，L2代表随pH的变化，由点(8.75，-5)可知，根据可得，，即常温下，，B正确；C．由分析并结合题干信息可知，，即Ka(CH3COOH)=10-4.76，，Kb(NH3•H2O)=10-4.76，向溶液中滴加氨水至Q点对应的pX和pH分别相等，则溶液显中性，即有，C错误；D．由分析可知，CH3COOH的酸性弱于HCOOH，则向浓度相等的甲酸（）和醋酸（）的混合溶液中滴加氨水时HCOOH先于氨水反应，即上述反应中，最先生成HCOONH4和H2O，D正确；故答案为：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铬酸铅（）又称铬黄，是一种重要的黄色颜料，常用作橡胶、水彩、色纸的着色剂。以含铅废渣（主要成分是和，还含，等）为原料制备铬酸铅的流程如下：已知：①不溶于硝酸。②常温下，几种难溶电解质的溶度积如下：电解质回答下列问题：（1）铅位于周期表第_________周期_________族，基态铅原子最高能级上电子云轮廓图为_________形。（2）“碱浸”中转化反应的离子方程式为_________。（3）已知：“酸浸”中6.3g作氧化剂时转移0.3电子。气体R在空气中的颜色变化为_________。（4）“酸浸”中铅元素浸出率与温度、硝酸浓度的关系如图所示。“酸浸”最佳条件为______________。（5）常温下，若测得“酸浸”后得到的溶液中，“除铁”中控制范围为____________，，则表明已完全沉淀。（6）“沉铬”中生成反应的离子方程式为____________。【答案】（1）①.六②.ⅣA③.哑铃（2）（3）由无色变为红棕色（4）60℃、20（5）（6）【解析】【分析】含铅废渣（主要成分是和，还含，等）加入氨水、碳酸铵进行碱浸并过滤，滤液中含转变生成的[Zn(NH3)4]2+，浸渣含有转变生成的PbCO3以及、，浸渣加入硝酸酸浸，PbCO3转变为Pb(NO3)2、CO2，Fe3O4转变为Fe(NO3)3、同时产生NO，则R为CO2和NO，过滤得到的滤渣为难溶的含硅元素固体，向滤液1中加入KOH调节pH生成Fe(OH)3除去Fe3+，然后向过滤后的滤液2中加入NaOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀。【小问1详解】铅为82号元素，位于周期表第六周期ⅣA族，基态铅原子价电子排布式为，则最高能级上电子云轮廓图为哑铃形。【小问2详解】据表中数据，比更难溶，则“碱浸”中转化为，反应的离子方程式为。【小问3详解】已知：“酸浸”中6.3g即0.1mol作氧化剂时转移0.3mol电子，则N元素化合价降低3价，生成NO，NO与氧气反应生成红棕色气体NO2，故气体R在空气中的颜色变化为由无色变为红棕色。【小问4详解】由图知，60℃、2.0下进行“酸浸”，铅元素浸出率最高，则“酸浸”最佳条件为60℃、2.0。【小问5详解】“除铁”时要使铁离子沉淀完全而防止铅离子沉淀，常温下，若测得“酸浸”后得到的溶液中，则c(OH-)=mol·L-1=10-7mol·L-1，此时溶液pH=7，即应控制溶液的pH＜7；表明已完全沉淀，则c(OH-)=mol·L-1，此时溶液pH=3.0，即应控制溶液的，故“除铁”中控制范围为。【小问6详解】结合分析可知，“沉铬”中生成反应离子方程式为。16.硫酸四氨合锌［］是一种重要的试剂，在工业上有重要的应用。某小组在实验室制备硫酸四氨合锌的步骤如下：在仪器X内加入1.5g、2.5g尿素（，过量）和5.0乙二醇（）及适量蒸馏水，油浴加热，控制温度在120℃以下回流。加热时溶液澄清，继续反应半小时有固温度计体析出，再反应半小时，冷却，抽滤，用无水乙醇洗涤沉淀数次，在95℃下烘干产品。回答下列问题：（1）尿素所含元素中，基态N原子的轨道表示式为_________；尿素易溶于水的原因是_______________。（2）仪器X的名称是_________；冷凝管中进水口是_________（填“a”或“b”）。（3）尿素与水反应的化学方程式为_________；乙二醇的作用是_________。（4）加热“回流”时温度不宜高于120℃，其原因是_________。（5）烘干产品时宜选择的加热方式为_________（填标号）。a.酒精灯直接加热b.沙浴c.水浴加热（6）用乙醇洗涤产品，而不用水洗涤，利用了乙醇的性质是_________。（7）若最终得到1.976g，则产率为_________（保留3位有效数字）。【答案】（1）①.②.尿素能与水形成分子间氢键（2）①.三颈（口）瓶②.a（3）①.②.作溶剂（4）温度过高，氨挥发快，损失反应物；水解生成（或其他合理答案）（5）c（6）极性弱（或极性弱于水等其他合理答案）（7）85.9%【解析】【分析】尿素（，过量）和5.0乙二醇（）及适量蒸馏水，发生反应生成氨，氨水过量与作用生成，固体析出冷却、抽滤，用无水乙醇（减少产品损失）洗涤烘干得产品；【小问1详解】N是第7号元素，基态N原子的轨道表示式为；尿素能与水形成分子间氢键，增大在水中溶解度；【小问2详解】仪器X的名称是：三颈（口）瓶；冷凝水是下进上出，进水口是a；【小问3详解】尿素与水反应的化学方程式为：；乙二醇的作用作溶剂；【小问4详解】温度过高，氨挥发快，损失反应物；水解生成（或其他合理答案）；【小问5详解】晶体不稳定，进行加热时受热易失氨，故选温易控温的方式加热，选c；【小问6详解】乙醇溶液极性减小防止产物的溶解，减小物质在洗涤过程中的损耗，故答极性弱（或极性弱于水等其他合理答案）；【小问7详解】85.9%，产率=17.我国科学家开发出了高效催化剂ZnZrOx，实现CO2催化还原合成乙烯和丙烯，反应原理如下：Ⅰ.；Ⅱ.。回答下列问题：（1）在周期表中，和相邻，二者中第二电离能与第一电离能之差较大的是_________（填“”或“”）。（2）已知几种可燃物的燃烧热如下：物质燃烧热-285.8-1411.0-2058.0。则_________。（3）在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应。CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是______（填“①”或“②”），判断的依据是_________。（4）向恒容密闭容器中充入1CO2和5H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂Cat1，Cat2及温度的关系如图所示。①其他条件相同，催化效率较高的是_________（填“Cat1”或“Cat2”）；b点_________（填“达到”或“未达到”）平衡状态，判断依据是_________。②Cat1作用下，温度高于400℃时，b→c过程中CO2转化率降低，可能的原因是_________。③400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为_________。（5）T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0CO2和2.5H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，乙烯的选择性为50%，在该条件下反应Ⅰ的平衡常数_________。提示：乙烯的选择性。【答案】（1）（2）+122.4（3）①.①②.其他条件不变，增大，平衡转化率增大（4）①.Cat2②.未达到③.该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大④.温度过高，Cat1活性降低⑤.1.5（5）0.4【解析】【小问1详解】铜、锌基态原子价层电子排布式分别为3d104s1、3d104s2，全充满结构比半充满结构更稳定，故第二、一电离能之差较大的是铜，故答案为：Cu；【小问2详解】由题干物质的燃烧热可得：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)=-285.8kJ/mol，②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)=-1411.0kJ/mol，③C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)=-2058.0kJ/mol，④，则题干反应I-反应Ⅱ得反应⑤：CH3CH=CH2(g)+2H2O(g)=CH2=CH2(g)+CO2(g)++3H2(g)=，反应⑤可由③-②-3①+2④，根据盖斯定律可知，==(-2058.0kJ/mol)-(-1411.0kJ/mol)-3(-285.8kJ/mol)+2(-44kJ/mol)=+122.4，故答案为：+122.4；【小问3详解】在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，已知其他条件不变，增大，即增大H2的用量，化学平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，结合题干CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系图可知，代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是①，故答案为：①；其他条件不变，增大，平衡转化率增大；【小问4详解】①由题干图像信息可知，其他条件相同，Cat2条件下CO2的转化率始终高于Cat1，即催化效率较高的是Cat2，已知催化剂只能影响化学反应速率，不能是平衡发生移动，CO2的转化率不变，但b点对应的CO2转化率在不同催化剂作用下继续增大，故b点未达到平衡状态，故答案为：Cat2；未达到；该温度下，使用不同催化剂，CO2转化率还能增大；②题干CO2转化率是相同时间段内的转化率，Cat1作用下，温度高于400℃时，b→c过程中CO2转化率降低，说明此过程中反应速率快速减慢，故可能的原因是温度过高，Cat1活性降低，故答案为：温度过高，Cat1活性降低；③根据反应Ⅰ．，反应Ⅱ．可知，反应中生成的H2O的物质的量是消耗的CO2的物质的量的2倍，故400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为2×1mol×75%=1.5mol，故答案为：1.5；【小问5详解】T℃时，在1L恒容密闭容器中充入1.0CO2和2.5H2，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，根据C原子守恒可知，2n(C2H4)+3n(C3H6)=0.5mol，乙烯的选择性为50%，即n(C2H4)=n(C3H6)，解得n(C2H4)=n