高級中學名校試卷PAGEPAGE1天津市紅橋區(qū)2024-2025學年高三上學期期末考試第Ⅰ卷注意事項：1.每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。2.本卷共12小題，每題3分，共36分。在每題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。以下數(shù)據(jù)可供解題時參考：H：1C：12N：14Fe：56O：16Na：23一、選擇題(每小題只有一個選項最符合題意，每小題3分，共36分)1.下列文物所指明的載體為金屬產(chǎn)品的是A.司母戊鼎 B.絹本《清明上河圖》之絹C.殷墟甲骨文之甲骨 D.商丘古城之磚瓦【答案】A【解析】A．商代的司母戊鼎的主要成分是銅合金，屬于金屬產(chǎn)品，故A符合題意；B．絹帛的主要成分是蛋白質，不屬于金屬產(chǎn)品，故B不符合題意；C．甲骨的主要成分是碳酸鈣，不屬于金屬產(chǎn)品，故C不符合題意；D．磚瓦的主要成分硅酸鹽，不屬于金屬產(chǎn)品，故D不符合題意；故選A。2.化學物質在航天領域有著廣泛的用途。下列說法錯誤的是A.硬鋁合金作航天飛船材料 B.作航天飛船的太陽能電池板C.煤油和液氧作火箭的發(fā)射推進劑 D.高溫結構陶瓷作返回器外壁【答案】B【解析】A．硬鋁是鋁、銅、鎂、錳等的合金，具有強度和硬度好、密度小等優(yōu)點，適合作為航天飛船材料，A正確；B．航天飛船的太陽能電池板的主要材料是晶體硅，而不是，B錯誤；C．煤油和液氧燃燒時產(chǎn)生大量高溫高壓的氣體，可以作為火箭的發(fā)射推進劑，C正確；D．高溫結構陶瓷具有耐高溫、強度高、抗氧化等特性，可作返回器外壁，D正確；故選B。3.下列各組物質性質的比較，結論正確的是A.酸性：B.還原性：C.酸性：D.沸點：<【答案】C【解析】A．是強酸，是中強酸，是弱酸，是弱酸，酸性順序是錯誤的，A錯誤；B．與同一主族元素，非金屬性>，還原性，B錯誤；C．由于氟的電負性大于氯的電負性，的極性大于，使的極性大于的極性，導致三氟乙酸的羧基更易電離出氫離子，酸性強于三氯乙酸，C正確；D．易形成分子間氫鍵沸點高，更容易形成分子內(nèi)氫鍵沸點低，二者沸點為>，D錯誤；答案選C。4.下列各組離子一定能大量共存的是A.、、、B.、、、C.在mol/L的溶液中：、、、D.常溫下，水電離出的mol/L溶液中：、、、【答案】C【解析】A．酸性條件下硝酸根離子能與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B．溶液中氫氧根離子能與鋇離子、亞硫酸氫根離子、碳酸氫根離子反應生成亞硫酸鋇沉淀和碳酸鋇沉淀，不能大量共存，故B錯誤；C．mol/L的溶液為酸性溶液，四種離子在酸性溶液中不發(fā)生任何反應，一定能大量共存，故C正確；D．常溫下，水電離出的mol/L溶液可能是水解呈酸性的鹽溶液，也可能是水解呈堿性的鹽溶液，水解呈酸性的鹽溶液(如含的溶液)可能與溶液中的碳酸根離子發(fā)生雙水解反應生成沉淀和二氧化碳氣體，不能大量共存，故D錯誤；故選C。5.勞動創(chuàng)造未來。下列勞動項目與所涉及化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A裝修師傅用汽油溶解衣服上沾的油漆相似相溶B設計師用18K金而非足金做鑲嵌飾品足金導電性好C工人用鉆石頭玻璃刀切割玻璃金剛石是共價晶體，硬度大D質檢員用X射線衍射儀鑒定寶石真假晶體的衍射圖上有明銳的衍射峰A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．油漆和汽油的主要成分均為非極性分子或極性很弱的分子，利用相似相溶原理，汽油可以溶解衣服上沾的油漆，與所述的化學知識有關聯(lián)，A正確；B．18K金比足金硬度大，做鑲嵌飾品，與所述的化學知識有關聯(lián)，B錯誤；C．金剛石是共價晶體，工人用鉆石頭玻璃刀切割玻璃利用其硬度大的性質，與所述的化學知識有關聯(lián)，C正確；D．X射線衍射可以區(qū)分晶體和非晶體，普通玻璃屬于非晶體，水晶屬于晶體，故可以區(qū)別普通玻璃和水晶，與所述的化學知識有關聯(lián)，D正確；故選B。6.下列說法正確的是A.NaHS溶液水解離子方程式：B.水溶液中的電離方程式：C.鍋爐除垢轉化為：D.表示燃燒熱的熱化學方程式：【答案】C【解析】A．NaHS溶液水解顯堿性，水解的離子方程式應該是，A錯誤；B．是二元弱酸，分步電離，電離方程式為，，B錯誤；C．鍋爐除垢將轉化為，反應的離子方程式為，該反應符合沉淀轉化的原理，因為，C正確；D．熱化學方程式中的數(shù)值與化學計量數(shù)相對應燃燒熱的熱化學方程式應該是，D錯誤；故選C。7.下列化學用語表達錯誤的是A.的電子式：B.的VSEPR模型為C.基態(tài)Ga原子電子排布式：D.用電子云輪廓圖表示的鍵的形成：【答案】C【解析】A．二氧化碳是只含有共價鍵的共價化合物，電子式為，故A正確；B．三氧化硫分子中硫原子的價層電子對數(shù)為3+=3，孤對電子對數(shù)為0，分子的VSEPR模型為，故B正確；C．鎵元素的原子序數(shù)為31，基態(tài)原子的簡化電子排布式為，故C錯誤；D．氯化氫分子中含有s—pσ鍵，形成過程的電子云輪廓圖為，故D正確；故選C。8.為探究溶液的性質，進行如下實驗：實驗裝置試劑a現(xiàn)象A氯水溶液由淺綠色變?yōu)辄S色B溶液出現(xiàn)黑色沉淀C酸性溶液紫紅色消失，溶液變?yōu)辄S色D氨水生成的白色絮狀沉淀迅速變灰綠色，一段時間后變紅褐色上述實驗所對應的離子反應方程式正確的是A. B.C. D.【答案】C【解析】A．題給方程式中，電荷不守恒、得失電子不相等，應為，A項不正確；B．違背客觀事實，并未發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2+與S2-結合為FeS沉淀，則離子方程式應為，B項不正確；C．Fe2+被氧化為Fe3+，被還原為Mn2+，離子方程式中，滿足得失電子守恒、電荷守恒和質量守恒，符合客觀事實，C項正確；D．氨水中NH3?H2O為弱堿，應為，生成的被溶解在溶液中的氧氣氧化生成紅褐色的，D項不正確；故選C。9.近日，我國化學家通過對過渡金屬基尖晶石氧化物進行氧化和還原性能優(yōu)化，實現(xiàn)高性能長壽的鋅-空氣二次電池，其工作原理如下圖所示。下列說法不正確的是A.充電時，a極電極反應式為B.充電時，b極與電源的正極相連C.放電時，當電路中有通過時，b極消耗D.放電過程中，a、b電極附近溶液均不變【答案】D【解析】根據(jù)工作原理可知，放電時，a極為負極，失電子，電極反應：，b極為正極，得電子，電極反應：，充電時，a極為陰極，電極反應式為，b極為陽極。A．根據(jù)分析知，充電時，a極為陰極，電極反應式為，A正確；B．根據(jù)分析知，充電時，b極為陽極，b極與電源的正極相連，B正確；C．放電時，b極為正極，得電子，電極反應：，當電路中有通過時，b極消耗，C正確；D．放電過程中，a極電極反應：，則a電極附近溶液減小，b極電極反應：，則b電極附近溶液增大，D錯誤；故選D。10.25℃時，0.1mol/L溶液顯酸性，下列有關判斷正確的是A.該溶液中離子濃度最大的是B.mol/LC.D.的平衡常數(shù)表達式為【答案】B【解析】磷酸是三元中強酸，25℃時，0.1mol/L磷酸二氫鈉溶液顯酸性說明磷酸二氫根離子在溶液中的水解程度大于電離程度。A．磷酸二氫鈉在溶液中完全電離出等物質的量的鈉離子和磷酸二氫根離子，磷酸二氫根離子在溶液中存在電離趨勢和水解趨勢，所以0.1mol/L磷酸二氫鈉溶液中離子濃度最大的是鈉離子，故A錯誤；B．0.1mol/L磷酸二氫鈉溶液中存在物料守恒關系mol/L，故B正確；C．0.1mol/L磷酸二氫鈉溶液中存在電荷守恒關系，故C錯誤；D．的平衡常數(shù)表達式為，故D錯誤；故選B。11.實驗室模擬在海水環(huán)境和河水環(huán)境下對焊接金屬材料使用的影響(如圖)。下列相關描述中正確的是A.由圖示的金屬腐蝕情況說明了Fe元素的金屬性弱于Sn元素B.由圖示可以看出甲是海水環(huán)境下的腐蝕情況，乙是河水環(huán)境下的腐蝕情況C.兩種環(huán)境下鐵被腐蝕時的電極反應式均為Fe-3e-=Fe3＋D.為了防止艦艇在海水中被腐蝕，可在焊點附近用鋅塊打“補丁”【答案】D【解析】A．Fe被腐蝕說明Fe元素的金屬性強于Sn元素，A錯誤；B．海水含大量的鹽，腐蝕較快，由圖示可以看出乙是海水環(huán)境下的腐蝕情況，B錯誤；C．兩種環(huán)境下鐵被腐蝕時的電極反應式均為，C錯誤；D．焊點附近用鋅塊打“補丁”，采用犧牲陽極法，可以防止艦艇在海水中被腐蝕，D正確；答案為D。12.25℃時，用0.1000mol·L-1溶液滴定50.00mL未知濃度的NaCl溶液，用溶液作指示劑，圖中實線表示滴定曲線。M點為恰好完全反應的點，表示或的濃度。已知：為磚紅色；25℃時，、。下列說法不正確的是A.NaCl溶液中mol·L-1B.到達滴定終點時，沉淀出現(xiàn)磚紅色且30s內(nèi)不褪色C.若減小NaCl溶液的濃度，則反應終點M向P方向移動D.若滴定與NaCl溶液等體積等濃度的NaBr溶液，則滴定曲線為②【答案】D【解析】A．M點為恰好完全反應的點，V(AgNO3)=25mL，n(NaCl)=n(AgNO3)，即，，，A正確；B．到達滴定終點時，稍過量的AgNO3與K2CrO4反應生成磚紅色Ag2CrO4沉淀，即滴定終點時出現(xiàn)磚紅色沉淀，B正確；C．若減小NaCl溶液的濃度，則消耗V(AgNO3)減少，但飽和溶液中不變，即反應終點M向P方向移動，C正確；D．若滴定與NaCl溶液等體積等濃度的NaBr溶液，則滴定終點仍為M點，但，相同的飽和溶液中，，所以滴定等濃度NaBr溶液的曲線為①，D錯誤；故選D。第Ⅱ卷二、非選擇題(本卷共4題，共64分。)13.鐵及其化合物在諸多領域中都有廣泛應用。（1）比亞迪研發(fā)的磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)“刀片電池”具有續(xù)航里程高、安全性好等優(yōu)點。①鐵在元素周期表中的位置為___________?；鶓B(tài)鐵原子的價電子排布式為___________。②LiFePO4中陰離子的空間構型為___________，磷原子采取的雜化方式為___________。（2）亞鐵鹽可用于治療缺鐵性貧血，在空氣中易被氧化成鐵鹽。①從結構角度分析，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性比Fe3+的___________(填“強”或“弱”)，其原因是___________。②氯化亞鐵的熔點為674℃，而氯化鐵的熔點僅為282℃且易升華，二者熔點存在較大差異的原因是___________。（3）氮化鐵是一種新型的永磁體材料，其立方晶胞結構如圖所示。①該化合物的化學式為___________。②氮化鐵晶體密度為___________g·cm—3(用含a、NA代數(shù)式表示)。【答案】（1）①.第四周期族②.3d64s2③.正四面體④.sp3（2）①.弱②.電子排布式為3d5，處于半充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定③.氯化亞鐵為離晶體，熔化時破壞離子鍵；氯化鐵為分子晶體，熔化時破壞分子間作用力（3）①.②.【解析】（1）①鐵是26號元素，鐵在元素周期表中的位置為第四周期族，基態(tài)鐵原子的價電子排布式為3d64s2；②LiFePO4中陰離子的中心原子價層電子對數(shù)為4+=4，且沒有孤電子對，空間構型為正四面體，磷原子采取的雜化方式為sp3。（2）①從結構角度分析，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性比Fe3+的弱，其原因是Fe3+電子排布式為3d5，處于半充滿狀態(tài)，更穩(wěn)定；②氯化亞鐵和氯化鐵二者熔點存在較大差異的原因是：氯化亞鐵為離晶體，熔化時破壞離子鍵；氯化鐵為分子晶體，熔化時破壞分子間作用力。（3）①N原子的半徑小于Fe原子，晶胞中白球代表N，個數(shù)為1，灰球代表Fe，個數(shù)為=4，則該化合物的化學式為；②該晶胞中含有1個N和4個Fe，氮化鐵晶體密度為。14.氨是最重要的化學品之一，我國目前氨的生產(chǎn)能力居世界首位。（1）的電子式是___________。（2）以為氫源合成氨。根據(jù)下圖所示的能量轉換關系，回答問題。①、合成的熱化學方程式為___________。②N的價電子層___________d軌道(填“有”或“沒有”)，一般來說，N不能形成5個共價鍵。（3）以為氫源合成氨。①只能與電離能小的ⅠA族、ⅡA族的金屬形成離子型氮化物。比較Mg原子和Ca原子的第一電離能大小，從原子結構的角度說明理由：___________。②將置于中能釋放出反應的化學方程式___________。（4）以為氫源合成氨。以熔融的為電解質，在電解池中實現(xiàn)氨的合成?？偡磻獮椤＂訇帢O反應：?；鶓B(tài)價層電子軌道表示式為___________。②陽極的電極反應是___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.kJ·mol?1②.沒有（3）①.Mg原子和Ca原子同屬第ⅡA族元素，Ca原子半徑大于Mg原子，容易失去電子，所以第一電離能小②.（4）①.②.【解析】（1）是共價化合物，其電子式是；（2）①反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能，結合圖像可得、合成的熱化學方程式為：kJ·mol?1；②N的價層電子排布式為2s22p3，即價電子層沒有d軌道，一般來說，N不能形成5個共價鍵；（3）①Mg原子的第一電離能大于Ca原子，從原子結構的角度說明理由：Mg原子和Ca原子同屬第ⅡA族元素，Ca原子半徑大于Mg原子，容易失去電子，所以第一電離能??；②將置于中能釋放出，同時生成，反應的化學方程式是：；（4）①氮是7號元素，基態(tài)價層電子軌道表示式為；②總反應為：，即陽極上被氧化生成C，則陽極的電極反應是：。15.氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖(a)所示的裝置來制取。①裝置中的離子膜只允許___________離子通過(填“陽”或“陰”)，氯氣的逸出口是___________(填標號)。②該裝置中陰極的電極反應式為___________。③每生成標準狀況下的22.24L時，裝置左側溶液質量減少___________g。④具有強氧化性，液氯通常儲存在鋼瓶中，可利用檢測氯氣是否泄漏(觀察是否有白煙產(chǎn)生)，說明原因___________用化學方程式表示)。實驗室可用NaOH溶液吸收多余的氯氣，寫出其離子方程式___________。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數(shù)[，X為或]與pH的關系如圖(b)所示，HClO的電離常數(shù)值為___________。（3）為淡棕黃色氣體，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和反應來制備，該反應為歧化反應(氧化劑和還原劑為同一種物質的反應)。上述制備的化學方程式為___________；當有3.36L(標準狀況下)參加反應時，轉移的電子數(shù)目為___________?！敬鸢浮浚?）①.陽②.a③.④.11.7⑤.⑥.（2）（3）①.②.【解析】在電解池中，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，由圖可知，氯離子在陽極失去電子生成氯氣，以此解題。（1）①為防止Cl2和OH-反應，同時防止氫氣和氯氣混合發(fā)生爆炸，則裝置中的離子膜只允許Na+離子通過，不允許陰離子和氣體通過，陽極的電極反應式為：2C1--2e-=Cl2↑，則氯氣的逸出口是a。故答案為：Na+；a；②該裝置中，陰極H2O中H+得電子發(fā)生還原反應生成H2，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；③每生成標準狀況下的2.24LCl2即0.1molCl2時，陽極：2C1--2e-=Cl2↑質量減少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向陰極移動，即左側溶液質量減少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，則質量減少：7.1g+4.6g=11.7g，故答案為：11.7；④氯氣具有氧化性，可以將氨氣氧化為氮氣，則利用檢測氯氣是否泄漏(觀察是否有白煙產(chǎn)生)，對應的方程式為：；氯氣可以和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：；（2）由圖(b)可知，當pH=7.5時，電離平衡體系中HClO和ClO-的組成分數(shù)相同，即HClO和ClO-的濃度相同，所以HClO的電離平衡常數(shù)Ka==10-7.5；（3）該反應為歧化反應，說明Cl2中一部分氯元素的化合價由0價升高至+1價，另一部分Cl2中氯元素的化合價由0價降低至-1價，則制備Cl2O的化學方程式為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；故答案為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；根據(jù)化學方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2轉移2mol電子，當有3.36L(標準狀況下)Cl2即0.15mol參加反應時，轉移電子數(shù)目為：0.15NA，故答案為：0.15NA。16.二甲醚()一種潔凈液體燃料，工業(yè)上以CO和為原料生產(chǎn)。制備二甲醚在催化反應室中(壓強：2.0~10.0MPa，溫度：230~280℃)進行下列反應：反應?。悍磻ⅲ海?）①在該條件下，若反應i的起始濃度分別為mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的轉化率為40%，則8min內(nèi)CO的平均化學反應速率為___________。②針對反應ⅰ進行研究，在容積可變的密閉容器中，充入nmolCO和2nmol進行反應。在不同壓強下(、)，反應達到平衡時，測得CO平衡轉化率與溫度的變化如圖所示，圖中X代表___________(填“溫度”或“壓強”)。容器的容積：a點___________b點(填“>”“<”或“=”)。（2）在t℃時，反應ⅱ的平衡常數(shù)，寫出該反應的平衡常數(shù)的表達式___________，反應到某時刻測得各組分的物質的量濃度如下表，此時刻反應ⅱ的___________(填“>”“<”或“=”)。物質c/(mol·L-1)0.051.01.0（3）在使用催化劑、壓強為5.0MPa、反應時間為10分鐘的條件下，通過反應ⅰ、ⅱ制備，結果如下圖所示，260～280℃之間，隨著溫度升高，CO轉化率降低而產(chǎn)率升高的原因可能是___________。（4）利用和計算時，還需要利用_______