北京市东城区2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

第1页/共1页北京市东城区2024-2025学年度第二学期高三综合练习（二）化学本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16Na23Al27Cl35.5Br80第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.敦煌壁画的无机颜料中，铅白[]是常用的白色颜料之一。光照时，铅白可变为黑棕色；遇时，铅白可变为黑色PbS。下列说法不正确的是A.属于盐类 B.铅白变为时，铅元素的化合价降低C.铅白遇除生成PbS外，还生成和 D.观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备【答案】B【解析】【详解】A．属于碱式盐，A正确；B．铅白[]变为时，铅元素的化合价由价变为价，化合价升高，B错误；C．铅白与

反应的化学方程式为：，C正确；D．根据题目信息可知，光照时，铅白可变为黑棕色，所以观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备，D正确；故选B。2.由C、H、O三种元素组成的某有机化合物X的分子结构模型如图所示。下列关于X的说法不正确的是A.分子式为 B.能与浓溴水发生取代反应C.1molX最多能与2molNaOH发生反应 D.1molX最多能与4mol发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据结构模型知X的结构简式为，分子式为C7H6O3，故A正确；B．分子中有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，故B正确；C．分子中有酚羟基和羧基，1molX最多能与2molNaOH发生反应，故C正确；D．只有苯环能与氢气加成，1molX最多能与3mol

发生加成反应，故D错误；故答案为D。3.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ无关的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA节日燃放的焰火电子跃迁时释放能量B沸点：HBr>HCl相对分子质量：HBr>HClC麦芽糖属于还原性糖有甜味、能发生水解反应D熔点：牛油>花生油脂肪酸的饱和程度：牛油>花生油A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．焰火的颜色源于金属元素电子跃迁释放特定波长的光，陈述Ⅰ与Ⅱ直接相关，A不符合题意；B．HBr、HCl均为分子晶体，HBr沸点高于HCl是因相对分子质量更大，分子间作用力更强，陈述Ⅱ正确解释Ⅰ，B不符合题意；C．麦芽糖的还原性由结构中的游离醛基或半缩醛羟基决定，而甜味和水解能力是其他性质，与还原性无因果关系，两者无关，C符合题意；D．牛油熔点高是因饱和脂肪酸比例高，分子排列紧密，陈述Ⅱ合理解释Ⅰ，D不符合题意；故选C。4.下列为达到实验目的所选用的试剂或方法不正确的是选项实验目的试剂或方法A从溶液中获得固体蒸发结晶B区分苯和四氯化碳溴水C除去中的少量酸性溶液、浓硫酸D区分1-溴丙烷和2-溴丙烷核磁共振氢谱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．蒸发FeCl3溶液会水解为Fe(OH)3，不能得到FeCl3，故A错误；B．苯与四氯化碳分别与溴水混合的现象为：分层后有色层在上层、分层后有色层在下层，可用溴水区分苯和四氯化碳，故B正确；C．SO2有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化为，可除去CO2中的SO2，然后用浓硫酸干燥，故C正确；D．1-溴丙烷和2-溴丙烷的核磁共振氢谱分别有3个和2个峰，可区分，故D正确；故答案为A。5.下列说法正确的是A.甲烷的二氯取代物有两种结构B.RNA分子的多聚核苷酸链中，核苷酸之间通过氢键连接C.气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难D.和NaCl晶体受热熔化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型【答案】C【解析】【详解】A．甲烷四个氢是等价的，二氯取代物只有一种结构，故A错误；B．RNA分子的多聚核苷酸链中，核苷酸之间并非通过氢键连接，而是通过磷酸二酯键连接，故B错误；C．Mn2+价电子排布为3d5，Fe2+价电子排布为3d6，Mn2+价电子排布为半满稳定结构，再失去一个电子比Fe2+困难，故C正确；D．SiO2为共价晶体，NaCl为离子晶体，熔化时分别克服的粒子间相互作用是共价键、离子键，故D错误；故答案为C。6.25℃时，下列说法正确的是A.2mL0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同B.溶液中：C.将0.1醋酸溶液稀释后，减小D.pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7【答案】A【解析】【详解】A．2mL0.1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量锌反应，生成的量基本相同，A正确；B．据物料守恒，溶液中：，B错误；C．，0.1醋酸溶液稀释后，氢离子浓度减小，则比值增大，C错误；D．没有温度，不确定pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后所得溶液的酸碱性，D错误；故选A。7.84消毒液是一种常见的含氯消毒剂。下图为某品牌84消毒液说明书中的部分内容。下列分析不正确的是A.该消毒液的有效成分可由和NaOH溶液反应得到B.①的原因主要是＋1价氯的化合物具有氧化性C.②原因主要是该消毒液遇强酸发生反应D.③的原因主要是光照或温度升高会促进NaClO和HClO的分解【答案】C【解析】【详解】A．氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，A正确；B．次氯酸钠中氯为+1，氯化合价能降低，体现氧化性，其与盐酸反应可以生成有毒的氯气，B正确；C．②的原因主要是该消毒液遇强酸盐酸，会发生归中反应生成有毒的氯气，发生反应，C错误；D．次氯酸钠、次氯酸不稳定，光照或温度升高会促进NaClO和HClO的分解，D正确；故选C。8.已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其基态原子的结构信息如下。元素XYZW结构信息价层电子排布为2p能级有3个单电子有16个不同运动状态的电子最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子下列说法正确的是A.电负性：X>Y B.第一电离能：Y>ZC.X和Z的所有单质均为分子晶体 D.W的最高价氧化物对应的水化物为强碱【答案】B【解析】【分析】根据已知，X的价层电子排布为nsnnpn,满足条件的n=2，则为C；Y的2p能级有3个单电子，即核外电子排布为1s22s22p3，则为N；Z有16个不同运动状态的电子，即核外有16个电子，则为S；根据已知：W最外层有1个电子，内层原子轨道全部排满电子，则W为第四周期元素，电子数为2+8+18+1=29，则为Cu。【详解】A．同周期元素，原子序数越大，电负性越大，即电负性N>C，故A错误；B．同一周期，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级电子半满更稳定，第一电离能大于相邻元素，故N>O，同一主族，从上到下，第一电离能减小，所以O>S，因此第一电离能：N>S，故B正确；C．C单质中金刚石为共价晶体，石墨属于混合型晶体，S单质为分子晶体，故C错误；D．W的最高价氧化物对应的水化物为Cu(OH)2，是弱碱，故D错误；故答案为B。9.硝酸是重要的化工原料。下图为制硝酸的流程示意图。下列说法正确的是A.流程中，、和NO作反应物时，均作还原剂B.合成塔中高温、高压的反应条件均是为了提高的平衡产率C.吸收塔中通入空气的目的是提高NO的转化率D.可选用铜作为盛装液氨和浓硝酸的罐体材料【答案】C【解析】【分析】氮气和氢气在合成塔中发生反应生成，在氧化炉中发生反应生成NO，NO与空气在吸收塔中发生2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO反应制得硝酸，据此回答。【详解】A．在合成氨反应中，N2中氮元素化合价从0价降低到-3价，N2作氧化剂；在氧化炉中发生反应

，中氮元素化合价升高，作还原剂；NO在吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2，NO中氮元素化合价升高，NO作还原剂，A错误；B．合成氨的正反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低的平衡产率；高压使平衡正向移动，能提高的平衡产率，B错误；C．吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，通入空气，提供O2，使NO能充分反应，提高NO的转化率，C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，能与铜反应，不能用铜作为盛装浓硝酸的罐体材料，D错误；故选C。10.用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析不正确的是A.由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应B.铁粉与水蒸气的反应需要持续加热，推断该反应为吸热反应C.由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成D.加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应【答案】B【解析】【详解】A．对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A正确；B．持续加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，B错误；C．氢气可以燃烧，当点燃肥皂泡发出爆鸣声，才能确认逸出气体中含有氢气，C正确；D．加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确；故选B。11.某通用高分子材料（L）的结构片断如图所示。下列有关L的说法正确的是A.能导电 B.易降解C.吸湿性能好，受热易熔融 D.可由两种单体缩聚而成【答案】D【解析】【详解】A．该物质属于聚合物，为高分子化合物，不存在能在其中自由移动的带电粒子，不能导电，A错误；B．分子中不存在容易分解或容易氧化或容易水解的基团，不易降解，B错误；C．结构为体型结构，则受热不易熔融，C错误；D．由结构可知，可由苯酚和甲醛两种单体缩聚而成，D正确；故选D。12.一定条件下，将乙烯和氧气通入和的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为。其催化机理如图所示。下列分析不正确的是A.X为，Z为 B.①中，发生了氧化反应C.②中， D.③中，n(Y)∶n(Z)=2∶1【答案】D【解析】【分析】由题中信息和催化机理分析，可知①反应：，②反应：，③反应：，故可知X为CH3CHO，Y为HCl，Z为O2，W为H2O。【详解】A．根据分析可知X为CH3CHO，Z为O2，A正确；B．在反应①中，C2H4转化为CH3CHO，C元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，B正确；C．由分析可知②反应：，所以，C正确；D．由分析可知③反应：，Y为HCl，Z为O2，则n(Y)∶n(Z)=n(HCl)∶n(O2)=4∶1，D错误；故答案选D。13.实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。①下列说法不正确的是A.该反应为取代反应B.中C的杂化方式不完全相同C.X为Br时的、和均不等于X为I时的和D.该反应速率与无关的原因主要是不参与①【答案】C【解析】【详解】A．该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确；B．甲基的碳原子是杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为杂化，B正确；C．表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的不相同，表示形成键释放的能量，则Br和I的相同，C错误；D．决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH⁻，故速率与其浓度无关，D正确；故选C。14.在恒压密闭容器中投入8mol(g)、11.7mol(g)和18.8mol(g)、发生反应。测得压强在0.1MPa和0.5MPa下，平衡转化率随温度的变化如图所示。下列分析不正确是A.为0.5MPa，为0.1MPaB.M对应的容器体积为VL，则525℃时K=0.1VC.体系状态由N转为M时，吸收19.6kJ热量D.转化率M小于N的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响【答案】B【解析】【分析】在恒压密闭容器中投入8mol

(g)、11.7mol

(g)和18.8mol

(g)，不参与反应，则只发生反应，由图曲线变化趋势可知，随温度升高，平衡转化率逐渐降低，说明平衡向左移动，则正反应为放热反应，；同时该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向右移动，平衡转化率逐渐增大，则压强，据此分析解答。【详解】A．根据分析，压强，则为0.5MPa，为0.1MPa，A正确；B．如M对应的容器体积为V

L，此时平衡转化率为90%，列三段式：则反应的平衡常数为：，B错误；C．该反应，为放热反应，体系的状态由N转为M时平衡转化率降低，平衡向左移动，反应吸热，所以可能吸收19.6kJ热量，C正确；D．根据图中曲线，比较M点(低压平衡左移、较低温平衡右移)和N点(高压平衡右移、高温平衡左移)的温度和压强对转化率的影响，可以得到压强的推动作用大于了温度的不利影响，D正确；故答案为：B。第二部分本部分共5题，共58分。15.硼氢化钠（）具有高理论氢含量，是优秀的储氢材料。（1）制取的反应为。该反应不是氧化还原反应。①从原子结构角度解释中B显正价的原因：__________。②比较中键角F-B-F和中键角H—B-H的大小并解释原因：__________。③下列说法正确的是__________（填序号）。a．NaH的电子式：b．离子半径：>c．为极性分子（2）晶体的一种晶胞形状为立方体，结构如图所示。①与最近且距离相等的有__________个。②已知该晶胞的体积为a，为阿伏加德罗常数的值。则1晶体中，氢元素的质量为__________g（用含的代数式表示）。（3）科学家设计如下图所示装置，实现发电和制氢一体化，总反应为：。已知：在电场作用下，双极膜可将解离为和，和分别向两极迁移。①只在电极a产生，则b极的电极反应式是__________。②当电极产生1mol时，双极膜解离水的物质的量为__________mol。【答案】（1）①.B、F电子层数相同，核电荷数B<F，原子半径B>F，吸引电子能力B<F②.前者大，中B为杂化，键角为120°；中B为杂化，键角为109°28＇③.a（2）①.6②.（3）①.②.2【解析】【小问1详解】①B、F电子层数相同，核电荷数B<F，原子半径B>F，吸引电子能力B<F，使得中B显正价、F显负价。②中B为杂化，键角为120°；中B为杂化，键角为109°28＇，故中键角F－B－F大于中键角H－B－H；③a．NaH为钠离子和氢负离子形成的，电子式：，正确；b．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：<，错误；c．为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，错误；故选a；【小问2详解】①与最近且距离相等的同层有4个，上下层各1个，共有6个。②根据“均摊法”，晶胞中含个，已知该晶胞的体积为a，则1晶体中，氢元素的质量为；【小问3详解】①只在电极a产生，由图，a极氢离子发生还原反应：，为正极，则b为负极，结合总反应，正极在碱性条件下，失去电子发生氧化反应生成和水，反应为；②在电场作用下，双极膜可将解离为和，和分别向两极迁移，当电极产生1mol时，电路中转移2mol电子，消耗2mol氢离子，则双极膜解离水的物质的量为2mol。16.将转化为碳酸二甲酯[]是资源化利用的重要研究方向。【方法一】直接转化，反应的方程式为：（1）可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是__________。（2）和共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ．……写出Ⅳ的方程式：__________。（3）一定条件下，在高压釜中反应5小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。甲醇转化率变化的原因可能是：①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；②__________。【方法二】电化学转化，装置如图如示。（4）金电极连接电源__________（填“正极”或“负极”）。（5）下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是__________（填序号）。a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C上发生反应b．若CO逸出，则理论上溶液中的浓度会降低c．若导线中通过2mol电子，最多生成2mol碳酸二甲酯【答案】（1）二者热稳定性较高，沸点相差较大（2）（3）温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，平衡逆向移动（4）负极（5）ab【解析】【小问1详解】蒸馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸点差异显著，并且热稳定性高，适合通过蒸馏分离。【小问2详解】K2CO3和CH3I共同作为该反应的催化剂；反应中

未消耗，需与第Ⅲ步生成的

反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、

与

反应生成

、等，所以方程式为：。【小问3详解】温度低于时，温度越高反应越快，随温度升高甲醇转化率增大；同时根据勒夏特列原理，温度高于，反应达到限度，温度升高，会使放热反应的平衡向逆反应方向移动，导致甲醇转化率降低。【小问4详解】分析该电解反应，金电极发生反应：，得到电子，作为电解池阴极；右侧电极发生反应：，失去电子，作为阳极。同时在溶液中发生反应：，生成碳酸二甲酯，所以金电极连接电源负极。【小问5详解】a．搅拌可促进反应物接触，提高产物在Pd/C电极上的反应效率，a正确；b．电解过程中，溶液中发生反应：，若逸出，该反应反应趋势减弱，溴离子浓度降低，b正确；c．根据电极反应：，若转移电子，生成，再结合反应：，则最多生成碳酸二甲酯，c错误；故选。17.维生素（）的一种合成路线如下。已知：ⅰ.ⅱ.（1）易溶于水，原因是__________。（2）试剂X的相对分子质量为30，能发生银镜反应。B能与钠反应。写出A→B的化学方程式：__________。（3）D为氨基酸。D的结构简式为__________。（4）。①中只含一种官能团，写出的结构简式：__________。②以乙二醇和乙醇为原料，选用必要的无机试剂合成写出合成路线：__________。（5）下列说法正确的是__________（填序号）。a．C中含有碳碳双键b．Y的系统名称为1-丁醇c．K中含有5个手性碳原子（6）F→G经历如下三步：N的结构简式为__________。【答案】（1）可与水分子形成多个氢键，为极性分子（2）（3）（4）①.②.（5）ac（6）【解析】【分析】由流程结合物质化学式，A为乙炔，A和试剂X生成B，试剂X的相对分子质量为30，能发生银镜反应，则X含有醛基，为甲醛，B能与钠反应，则A和甲醛反应后生成羟基，X为、B为；B中碳碳三键加成为碳碳双键得到C：，C和Y发生已知ⅰ反应原理转化为，则Y为正丁醛：CH3CH2CH2CHO；D为氨基酸，则为，D中羧基和乙醇发生酯化反应生成E：CH3CH(NH2)COOC2H5，E和生成F：，中只含一种官能团，则为，F转化为G，G转化为；和发生已知ⅱ反应原理生成K：，K最终转化为目标产物；【小问1详解】易溶于水，原因是可与水分子形成多个氢键，且为极性分子、水为极性分子，两者相似相溶；【小问2详解】由分析，A和甲醛反应后生成，反应为：；小问3详解】由分析，D为：；【小问4详解】①由分析，的结构简式：。②乙二醇氧化为乙二酸，和乙醇为发生酯化反应生成，合成路线：。【小问5详解】a．C为，含有碳碳双键，正确；b．Y为正丁醛：CH3CH2CH2CHO，Y系统名称为1-丁醛，错误；c．K中含有5个手性碳原子，正确；故选ac；【小问6详解】由流程，中间体M发生加成反应生成N，N发生消去反应生成G，则M中圈中酯基中的羰基和分子中羟基发生加成成环得到，然后生成的羟基消去得到G，故N为：。18.一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。资料：ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有、、CuO、。ⅱ.常温下、几种氢氧化物的：氢氧化物（1）铟（）在元素周期表中的位置是__________。（2）闪锌矿焙烧产生的气体可用于__________（写出一种用途）。（3）“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有__________。（4）“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以形式存在。①结合平衡移动原理解释的生成：__________。②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是__________。（5）“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。补全“置换”的操作：加入过量Zn，__________，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）第五周期第ⅢA族（2）制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可）（3）、、（4）①.，加锌粉时发生反应，使降低，促进了的水解②.无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解（5）边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH【解析】【分析】闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有、、CuO、的锌焙砂，经过硫酸浸出，不溶，酸性浸出液中金属阳离子有，加入铁粉，将还原为，过滤得到富铜渣，沉铜后液加入锌粉，铟元素转化为，沉铟后液中含有，据此解答。【小问1详解】与位于同一个主族，在第三周期ⅢA族，原子序数为49，则比大了两个周期，位于第五周期第ⅢA族；【小问2详解】闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等；【小问3详解】由分析可知，加入铁粉，将还原为，同时酸性浸出液中的也会和铁粉反应，故与铁粉发生反应的离子有：、、；【小问4详解】①加入锌粉，发生反应：，使降低，促进了的水解平衡正向移动，生成了；②60min后，锌粉几乎无剩余，Fe的沉淀率上升，In的沉淀率下降，由表中数据可知，，说明沉淀时，已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解；【小问5详解】置换前液含有，加入过量的Zn，将转化为，同时为防止水解，需要加HC