【文档说明】河北省邯郸市部分学校2024-2025学年高三上学期11月期中联考试题 化学 PDF版含解析.pdf，共(18)页，23.341 MB，由小赞的店铺上传

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{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiC

AOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAA

AhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACS

gGhFAMsAABSBFABAA=}#}{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}1高三年级期中考试化学答案题号1234567答案DAABC

DD题号891011121314答案CBCADCB1.【答案】D【解析】鼎的主要成分是青铜，A项不符合题意；玛瑙的主要成分是二氧化硅，B项不符合题意；漆盒的主要成分是木材，属于纤维素，C项不符合题意；景德镇与陶器有关，陶瓷的主要成分是硅酸盐材料，D项符

合题意。2.【答案】A【解析】A．氧原子质子数为8，中子数为10，质量数为18，表示为188O，A正确；B．2CaO的电子式Ca2+[]2-，B错误；C．题中给的是3BF的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；D．具有相同质子数不同中子数的同

一类元素的不同种原子互为同位素，22H是单质，1H、22H、3H不是同位素，D错误；答案选A。3.【答案】A【解析】A．乙烯和丙烯混合物最简式为CH2，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有的原子数为AA1.430.314NN

，A正确；B．D2O和H2O质子数相同，中子数不同，B错误；C．电解精炼铜时，阳极铜失电子，比铜金属性强的其它杂质金属也会失电子，电路中每通过AN个电子时阳极溶解Cu小于32g，C错误；{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCA

OQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}2D．2Cl与NaOH反应生成NaCl和NaClO，ClO-会发生水解生成HClO，所以反应后后溶液中含氯粒子有Cl-、ClO-、HClO，根据氯原子守恒，-

-nCl+nClO+nHClO=2mol，A错误；故答案选D。4.【答案】B【解析】A．酸、碱、盐均属于电解质，NaNO3在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，A正确；B．NaNO2能杀灭病菌，在国家规定范围内可用于食品添加剂，B错误；C

．N是7号元素，位于周期表p区，C正确；D．NaNO2水解使得溶解显碱性，NaNO2溶液中通入O2，亚硝酸钠被氧气氧化为强酸强碱盐硝酸钠，使得溶液碱性变弱，pH降低，D正确；故选B。5.【答案】C【解析】A．36Fe(CN)和Fe2+会生成蓝

色沉淀，不能大量共存，A错误；B．能使甲基橙变黄的溶液Ph>4.4，在酸性条件下23CO、2AlO不能大量共存，B错误；C．+-nHlg<0nOH，说明+-HOHcc，溶液呈碱性，3CHCOO、2Ba、3NO、Br可以大

量共存，C正确；D．无色透明的溶液一定不能大量存在2Cu，D错误；故答案选C。6.【答案】D【解析】A．砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为，故A错误；{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQG

iCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}3B．由砷化镓耐高温的特点可知，砷化镓是熔沸点高的共价晶体，故B错误；C．由晶胞结构可知，与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，所以砷原子的的配位数为4，

故C错误；D．由晶胞结构可知，位于体内的砷原子的个数为4，位于顶点和面心的镓原子个数为8×18+6×12=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A4145N=10—30a3d，解得d=323A5.81

0Na，故D正确；故选D。7.【答案】D【解析】根据图像可知，X为氯元素，Y为硅元素，Z为磷元素，W为硫元素。同周期从左至右元素电负性依次增大，硅、磷、硫、氯的电负性依次增大，A项正确；4SiH、3P

H、2HS的中心原子均采用3sp杂化，中心原子孤电子对数依次为0、1、2，键角依次减小，B项正确；23HSiO、34HPO、4HClO酸性依次增强，C项正确；4SiF中心原子有4个电子对，4SF中心原子有5个电子

对，它们VSEPR模型不同，D项错误。8.【答案】C9.【答案】B【解析】A．向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体可以使品红溶液褪色，该气体是SO2或Cl2，该盐为23KSO或3KHSO或KClO3等，A错误；B．向含有淀粉的HI溶

液中滴加33FeNO溶液，溶液变蓝，说明生成了I2，溶液中-3NO在H+存在下有强氧化性，且氧化性且大于Fe3+，会先和I-反应，所以无法判断2I和3Fe的氧化性强弱，B正确；C．2SO和2CO饱和溶液的浓度不同，不能由饱

和溶液的pH大小判断23HSO和23HCO酸{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}4性强弱，C错误；D．要证明蔗糖在酸性条件下是否发生水解，应该向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，加入氢氧化钠溶液使溶液

呈碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，D错误；故答案选B。10.【答案】C【解析】A．前5s时，A转化量为A1.00.850.15moln，110.15A=0.015molLs25v，故A错误；B．从表中数据可以

看出，到25s时，反应已经达平衡，但可能不是刚好达平衡，故B错误；C．表中已知，平衡时11.00.8AB=0.1molL2cc，由反应AgBgCg，平衡时生成C的浓度1C=0.1molLc，平衡常数

C=ABcKcc0.10.6250.40.4；温度不变，起始向容器中充入0.4molA、0.4molB和0.1molC，则C=ABccQcc0.121.250.40.422

，cKQ，平衡逆向移动，vv正逆，故C正确；D．原平衡的转化率为1.00.80100%=80%1，保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，相当于增大压强，该反应属于气体体积减小的反应，平衡向右移动，C的转化率小于80％，故D错误；故

选C。11.【答案】A【解析】A．E1是第一步反应的正反应的活化能，E2是第二步反应的逆反应的活化能，{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}512EE只是两种活化能

的差值，不是生成产物Ⅰ的反应热，故A错误；B．M六元环中与2NO—相连的C为3sp杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，因此反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变，故B正确；C．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应

速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故C正确；D．加入选择性高的催化剂，可以加快反应的速率，提高单位时间内产物Ⅰ的产率，故D正确；故答案选C。12.【答案】D【解析】A．根据图像可得出NO2表示的化学反应速率2c1.0mol/L-0.4mol/Lν()==

Ot3sN=0.2mol·L－1·s－1，A正确；B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B正确；C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂

不影响平衡的移动，C正确；D．反应达到平衡，各物质浓度不再随时间延长而改变，t1时刻后，物质的浓度改变，该反应没有达到平衡状态，D错误；答案选D。13.【答案】C【分析】由题意和图知，铁电极为负极，电极反应式为2Fe2ee=F，石墨电极为正极，电极反应式为32Fe+e=Fe

，由此回答。【详解】A．Fe2＋、Fe3＋能与3HCO反应，Ca2＋与24SO不能大量共存，FeSO4、Fe2(SO4)3都的{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}6属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，

酸性条件下3NO能与Fe2＋反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择3HCO、3NO，阳离子不可以选择Ca2＋，盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KC

l作为电解质，A错误；B．由分析知，石墨电极为正极，电极反应式为32Fe+e=Fe，B错误；C．由图知，右池中原23Fe:Fe0.05:0.20cc，发生反应为32Fe+e=Fe，现23Fe:Fe

3:2cc，即23Fe:Fe0.15:0.10cc，在此过程中2Fec增加了0.10mol/L，转移的电子数为0.10mol/L，则由负极反应式2Fe2ee=F知，左池

中2Fec增加了0.05mol/L，即左池中2Fe0.15mol/Lc，C正确；D．盐桥中的阴离子流向负极，由分析知，进入铁电极一侧溶液中，D错误；故选C。14.【答案】B【解析】根据X的

生成量可计算出反应①和反应②中的其它几个物质的相关变化量，从图中可以看出P、Q的初始量均为0.6mol/L；A．v1=k1c2(P)=xct，v2=k2c2(P)=Yct，则11X22Yvkc==vkc为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)

=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即1122vk0.122===vk0.183，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A正确；B．

0～20min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)=Δc(Q)=0.3mol/L，Z的反应速率ZZc0.3mol/Lv===0.015mol/(Lmin)t20min，故B错误；{#{Q

QABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}7C．v1=k1c2(P)=xct，v2=k2c2(P)=Yct，则11X22Yvkc==vkc为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0

.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即1122vk0.122===vk0.183始终为定值23，

故C正确；D．45min时，Q的浓度约为0.2mol/L，Δc(Q)=Δc(X)+Δc(Y)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，根据1X2Yvc2==v3c，可得Y的浓度=0.4mol/L×35=0.24mol/L，故D正确，

故选：B。二、非选择题（共4题，共58分）15.（共14分，每空2分）(1)423232高温ZrSiO+4NaOHNaZrO+NaSiO+2HO(2)生成2ZrO(OH)，除去钠元素(答出一点即可得分)水洗过滤水溶过滤(顺序可调换)(3)222ZrO(

OH)2H2ClZrOCl2HO(4)①增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分②流程短，操作简便;不产生大量的废水、废渣；可得到4SiCl、盐酸等价值较高的副产品(任写两点)16.（共1

6分，每空2分）(1)22MnOeHOMnOOHOH0.4mol(2)-+x44LiFeSOF-xe=xLi+FeSOF{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}8(3)

正2Cu2eCu增大(4)---2-22323Cl+2CNO+8OH=N+6Cl+2CO+4HO阳极不能产生氧化剂2Cl，无法氧化CNO17.（共16分，每空2分）（1）三颈烧瓶使反应物充分混合，增大反应物的接触面积（2）漂白粉、次氯酸

钠、盐酸等（3）fgdehibc（4）吸收氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入装置E过滤(控制温度蒸馏)（5）5234PCl4HOHPO5HCl（6）112241.7

%/cVcVm【分析】先用浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，氯气经过除杂、干燥后，通入E中与3PCl反应生成5PCl，后面连接B装置，除掉多余的氯气和防止水蒸气进入E而使5PCl水解，由此分析回答；【详解】（

1）由装置图可知，装置E中盛放三氯化磷的仪器名称是三颈烧瓶；搅拌器的作用使反应物充分混合，增大反应物的接触面积，使之充分反应；（2）装置A中产生的气体为氯气，氯气可以用来制漂白粉、漂白液、盐酸等；（3）实验室先制备氯气，氯气中混有氯化氢气体，先用饱和食盐水除掉氯气中的氯

化氢气体，再用浓硫酸干燥氯气，接着通入含有3PCl的装置中使之反应制备5PCl，在潮湿的空气中5PCl极易水解产生两种酸，故在后面连接干燥装置B，且装置B还能吸收多余的氯气进行尾气处理，正确的连接顺序为afgdehibc；（4）装置B可以

吸收多余的氯气进行尾气处理，同时防止空气中的水蒸气进入E装置，{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}9使5PCl水解；由PCl3和PCl5的熔沸点可知，分离出PCl5的操作方法为过滤或控制温度进行蒸馏；（5）在潮湿的

空气中5PCl极易水解产生两种酸，去掉E装置，5PCl会与水反应，反应方程式为5234PCl+4HO=HPO+5HCl；（6）5PCl在水中水解方程式为5234PCl+4HO=HPO+5HCl，根据离子反应可知+--nAg=nCl+nSCN，则25.00mL中含有-

+--3-3-311221122nCl=nAg-nSCN=cmol/LV10Lcmol/LV10L=cV-cV10mol；-311225cV-cV10moln(Cl)n(PCl)55，则产品中5PCl的质量为=

-311221122cV-cV10mol250mL208.5g/mol=0.417cV-cVg525.00mL，则产品中5PCl的质量分数为112211220.417cV-cVg41.7cV

-cV100%%mgm。18.（共12分，每空2分）（1）B（2）①CD②0.59（3）①4224BH4HOBOH4H②4NaBH浓度较高时，生成较多的4NaBOH以2NaBO形式结晶析出，覆盖在

催化剂表面，阻碍4BH与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降③224BO8e6HOBH8OH【解析】（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此ΔH=+206kJ/mol41kJ/mol=165kJ/mo

l，该反应为气体分子数增多的反应，可知ΔS>0，根据ΔG=ΔHTΔS，当ΔG<0时反应自发进行，根据该反应H0、ΔS>0可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQG

iCAOQkhGACSgGhFAMsAABSBFABAA=}#}10（2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；B．移除CO，降低CO浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，

2Hg的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；C．向体系中投入少量CaO，反应为：22CaO+HO=CaOH，2CaOH能与CO2反应产生3CaCO和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，2Hg的平衡产率一定提高，故C符合题意；D．恒温恒压下通入Ar气

，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；故答案选CD；②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应

I的压强平衡常数为3322p420pCOpH0.061MPa(0.501MPa)K=0.59MPapCHpHO0.041MPa0.321MPa。（3）①NaBH4与水反应生成4NaBOH和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：

4224BH4HOBOH4H；②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；4NaBH浓度较高时，生成较多的4NaBOH以2NaBO形式结晶析出，覆盖在催

化剂表面，阻碍4BH与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；③电解池阴极得电子发生还原反应，2NaBO得到电子生成4NaBH，电极反应式为224BO8e6HOBH8OH。的{#{QQABaYSQogioABAAAAhCEQGiCAOQkhGAC

SgGhFAMsAABSBFABAA=}#}