天津市和平区2025届高三化学下学期二模试题【含答案】

本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间60分钟。答题时，请将第I卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第II卷各题的答案直接答在答题卡相应位置上。相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Al：27S：32Cl：35.5Mn：55Fe：56Zn：65Ba：137I：127第I卷(选择题共36分)选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。)1.“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是A．九霄环佩木古琴B．裴李岗文化骨笛C．商朝后期陶埙D．曾侯乙青铜编钟A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；故选C。2.我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指A.碳原子 B.二氧化碳 C.碳元素 D.含碳物质【答案】B【解析】【详解】碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳转化为其他物质是碳中和的核心，故选B。3.下列说法不正确的是A.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维B.能与反应产生，可作供氧剂C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中【答案】A【解析】【详解】A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，故A错误；B．能与反应产生，该反应能安全发生且不生成有毒气体，故可作供氧剂，故B正确；C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂发生反应，从而保护食品不被氧化，因此可用作食品抗氧化剂，故C正确；D．见光易分解的物质应保存在棕色试剂瓶中，见光易分解，故其应保存在棕色试剂瓶中，故D正确；故答案为A。4.下列过程与水解反应无关的是A.常温下，醋酸钠溶液的B.重油在高温，高压和催化剂作用下转化为小分子烃C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D.向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【解析】【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，会发生水解反应：，使溶液中浓度增大，pH>7，与水解反应有关，不符合题意，A错误；B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃，是重油的裂化或裂解过程，属于分解反应，与水解反应无关，符合题意，B正确；C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，是蛋白质发生水解反应，肽键断裂生成氨基酸，与水解反应有关，不符合题意，C错误；D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体，是因为发生水解反应：

，与水解反应有关，不符合题意，D错误；故选B。5.元素C，Si，Ge位于周期表中IVA族。下列说法正确的是A.原子半径： B.第一电离能：C.碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体 D.电负性：【答案】D【解析】【详解】A．同主族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，所以原子半径，A错误；B．同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，所以第一电离能，B错误；C．碳单质有多种同素异形体，其中金刚石为共价晶体，但石墨属于混合晶体，C错误；D．同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性，D正确；故选D。6.反应可以除去天然气中的。下列说法正确的是A.为非极性分子 B.的电子式为：C.的空间构型为平面三角形 D.反应中仅作还原剂【答案】A【解析】【详解】A．是正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A正确；B．中C原子与S原子之间形成两对共用电子对，其电子式应为，B错误；C．中S原子价层电子对数为，含有2对孤电子对，空间构型为V形

，不是平面三角形，C错误；D．在反应中，是生成物，H元素化合价降低，是还原产物，不是还原剂，D错误；故选A。7.下列图示实验中，操作规范是A．调控滴定速度B．用试纸测定溶液C．加热试管中的液体D．向试管中滴加溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，所以A选项的操作符合规范；B．用pH试纸测定溶液pH不能将pH试纸伸入溶液中，B操作不规范；C．加热试管中的液体，试管中液体体积不能超过试管体积的三分之一，且手握试管夹时，应手握试管夹的长柄，不要把拇指按在短柄上，以免打开试管夹，使试管脱落，C操作不规范；D．向试管中滴加液体，胶头滴管应该在试管上方竖直悬空，且不应用两根手指捏住胶头滴管，否则挤压时胶头滴管会晃动，D操作不规范；故选A。8.下列措施能降低化学反应速率的是A.在过氧化氢溶液加入硫酸铜溶液 B.中和滴定时，边滴边摇雉形瓶C.锌粉和盐酸反应时加水稀释 D.碳酸钙块状变粉末状与盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A．在过氧化氢溶液加入硫酸铜溶液，硫酸铜作催化剂，能加快过氧化氢分解的反应速率，A错误；B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，是为了使反应物充分接触，让反应更充分进行，对反应速率没有降低作用，B错误；C．锌粉和盐酸反应时加水稀释，盐酸浓度降低，根据浓度对反应速率的影响，反应物浓度减小，化学反应速率降低，C正确；D．碳酸钙块状变粉末状，增大了反应物的接触面积，会使反应速率加快，D错误；故选C。9.下列有关电极方程式或离子方程式不正确的是A.将通入溶液中：B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：C.溶液滴入溶液中：D.加入水中：【答案】B【解析】【详解】A．将通入溶液中，发生反应生成沉淀和硫酸，离子方程式为：，A正确；B．铅酸蓄电池充电时,阳极上硫酸铅和水失去电子生成二氧化铅和硫酸，离子方程式为：，B错误；C．将溶液滴入溶液中，反应生成蓝色沉淀，离子方程式为：，C正确；D．加入水中发生水解反应，生成沉淀，离子方程式为：，D正确；故选B。10.实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点)，其反应原理：，下列说法正确的是A.环己烷-水能形成共沸体，说明二者是互溶的B.反应时水浴温度需严格控制在C.制备乙酸异戊酯是乙酸和2-甲基-4-丁醇通过酯化反应生成的D.根据带出水的体积可估算反应进度【答案】D【解析】【详解】A．环己烷与水的共沸体形成是氢键作用、分子间相互作用及热力学平衡共同作用的结果，与溶解性无关，A错误；B．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；C．乙酸异戊酯是乙酸与异戊醇通过酯化反应生成，C错误；D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；答案选D。11.某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制产生。下列说法不正确的是A.电源a端为正极B.理论上转移生成C.此电解法制后，电解池中生成了NaClOD.阳极主要发生的反应为【答案】B【解析】【分析】由图可知，与电源正极a端相连的钛网为电解池的阳极，水分子和氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和次氯酸，钛箔为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子与次氯酸反应生成次氯酸根离子和水。【详解】A．由分析可知，与电源正极a端相连的钛网为电解池的阳极，故A正确；B．由分析可知，钛箔为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，则转移2mol电子时，理论上生成氢气的质量为2mol××2g/mol=2g，故B错误；C．由分析可知，钛箔为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子与次氯酸反应生成次氯酸根离子和水，所以此电解法制氢气后，电解池中生成了次氯酸钠，故C正确；D．由分析可知，与电源正极a端相连的钛网为电解池的阳极，水分子和氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和次氯酸，由题给信息可知，高选择性催化剂PRT可抑制氧气产生，所以阳极主要发生的反应为，故D正确；故选B。12.在恒容密闭容器中发生反应，现加入和一定量的，的平衡转化率按不同投料比()随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.B.反应速率：C.此反应D.反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【分析】由题图可知，投料比不变时，随温度的升高CH4的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应；在相同的温度下，投料比减小，相当于在CH4的投料量不变的情况下增大H2O的投料量，当反应物不止一种时，其他条件不变，增大其中一种气态反应物的投料量会增大其他反应物的平衡转化率，同时降低自身平衡转化率，故投料比x越小，CH4的平衡转化率越大。【详解】A．由题图可知，点b对应CH4的平衡转化率大于点c，结合分析可知，点b对应投料比小于点c，故，故A正确；B．点b、c均为平衡状态，，点b处CH4的平衡转化率大于点c，两点CH4的投料量相同，则反应产物CO、H2的平衡浓度：点b>点c，两点温度相同，因此，，故B错误；C．升高温度，CH4转化率增加，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，，故C正确；D．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，恒温恒容条件下，随反应进行容器内压强改变，当压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为B。第II卷(非选择题共64分)注意事项：第II卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。13.锰的单质及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态锰原子的核外电子排布式为___________，其d能级中未成对电子数为___________。（2）锰的一种配合物的化学式为，THF的结构简式如图所示。①与形成配位键的原子为___________(填元素符号)。②的立体构型为___________，其中B原子的杂化轨道类型为___________。（3）MnO的熔点()比MnS的熔点()高，它们都属于___________晶体，前者熔点较高的原因是___________。（4）锰的某氧化物在医药，冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。试判断该氧化物的化学式___________，该晶胞中由形成的正八面体的空隙数为___________。（5）是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是___________。（6）可作超级电容器材料。用惰性电极电解溶液可制得，其阳极的电极反应式是___________。【答案】（1）①.或②.5（2）①.O②.正四面体③.（3）①.离子②.半径小于，与形成的MnO中离子键强（4）①.MnO②.4（5）（6）【解析】【小问1详解】Mn是25号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族，因此基态锰原子的核外电子排布式为（或）；d能级上有5个轨道，根据洪特规则，电子优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，因此基态锰原子的d轨道上有5个未成对电子。【小问2详解】①B原子的最外层有3个电子，因此中B原子没有孤对电子，THF中O原子有孤对电子，因此提供孤对电子的是O原子，Mn2+提供空轨道；②的中心原子B形成4个σ键，孤对电子数为(3+1-4×1)/2=0，杂化轨道类型为sp3，因此的空间构型为正四面体形。小问3详解】MnO和MnS的熔点较高，属于离子晶体，离子半径：O2-小于S2-，因此MnO的晶格能较大，晶格能越大，离子晶体熔、沸点越高。【小问4详解】如图所示，一个晶胞中Mn个数为，O个数为，Mn：O=1：1，化学式为MnO；由晶胞结构可知，MnO为面心立方结构，晶胞中由O2-形成的正八面体存在八面体间隙，八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和面心，则晶胞中的八面体间隙数为。【小问5详解】原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式是。【小问6详解】电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是。14.某研究小组按以下路线对内酰胺F的合成进行了探索：回答下列问题：（1）B的结构简式为___________。（2）从实验安全角度考虑，中应连有吸收装置，吸收剂为___________。（3）写出E中所含官能团的名称___________，写出F的分子式___________。（4）下列反应中不属于加成反应的有___________(填标号)。a．b．c．（5）写出的化学方程式___________。（6）写出符合下列条件的所有结构___________。①分子中核磁共振氢谱中只有2组峰；②结构中不含乙氧基()。（7）由制，无机物任选。①写出由乙醇制乙醛所需的试剂和条件___________。②写出乙醛与氰化氢反应产物的名称___________。③写出最后一步所需有机物的结构简式___________。【答案】（1）（2）NaOH溶液（3）①.酯基、酮羰基、氨基②.（4）bc（5）（6）、、（7）①.，，加热②.2-羟基丙腈③.，【解析】【分析】有机物A与HCN在催化剂的作用下发生加成反应生成有机物B，可推知B的结构为，有机物B在Al2O3的作用下发生消去反应生成有机物C，有机物C与C6H10O3发生反应生成有机物D，根据有机物D的结构可以推测，C6H10O3的结构为，有机物D发生两步连续的反应生成有机物E，有机物D中的氰基最终反应为结构，最后有机物E发生消去反应生成有机物F和乙醇，据此回答。【小问1详解】由分析知，B的结构为；【小问2详解】有机物A→B的反应中有HCN参加反应，HCN有毒，可以NaOH溶液吸收；【小问3详解】由流程图可知，E的结构为，含官能团的名称酯基、酮羰基、氨基；F的结构为，分子式为；【小问4详解】根据分析，有机物A反应生成有机物B的过程为加成反应，有机物B生成有机物C的反应为消去反应，有机物E生成有机物F的反应为消去反应，故选bc；【小问5详解】根据分析，有机物C与发生加成反应生成有机物D，反应的化学方程式为；【小问6详解】满足①分子中核磁共振氢谱中只有2组峰，说明分子中只有2种等效H；②结构中不含乙氧基()的的结构有、、；【小问7详解】①由乙醇制乙醛所需的试剂和条件是氧气、铜或银作催化剂、加热

反应方程式为；②乙醛与氰化氢反应产物为，名称为2-羟基丙腈；③最后一步是的生成，前面得到，经过水解、还原等步骤后得到，与反应得到和乙醇，所以最后一步所需有机物的结构简式为

和。15.是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。请回答：Ⅰ．的制备：某小组采用如下实验流程制备。（1）如图为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，为保证制备的实验成功，操作的关键是实验加热前要将反应物和溶剂除水，检查装置气密性，以及___________，简述操作的具体过程___________。（2）图中仪器A的名称是___________，试管中盛放的是___________。（3）判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是___________。（4）简述步骤Ⅳ中过滤后如何洗涤固体___________。（5）所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证___________。Ⅱ．纯度测定：采用银量法测定产品中I含量。滴定原理为：先用标准溶液(过量)沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作为指示剂。已知：难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)(红色)溶度积常数（6）补全合适的操作和现象。①称取产品1.020g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，定容得待测溶液。②取滴定管检漏、水洗、a、装液、赶气泡、调液面、读数。简述操作a的方法___________。③用滴定管准确量取25.00mL待测溶液加入锥形瓶，b，c，加入稀酸B。简述操作b的方法___________，简述操作c的方法___________。说明加入稀酸B的作用是___________。④用标准溶液滴定，d，读数。简述操作d的方法___________。（7）三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为___________[]。【答案】（1）①.排尽装置中的空气②.从B处通往干燥的气体，C处通往澄清石水中，观察浑浊是否突然增多（2）①.球形冷凝管②.浓硫酸（3）溶液由紫红色恰好变为无色（4）沿玻璃棒向过滤器中加冷的正己烷至刚好覆盖住固体的表面，然后让冷的正己烷慢慢流尽，重复2~3次（5）取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有（6）①.从滴定管上口加入3~5mL待装液，倾斜着转运滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，然后将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2~3次②.用滴定管准确量取标准溶液加入锥形瓶③.用胶头滴管滴加2滴溶液④.抑制发生水解反应，保证滴定终点的准确判断⑤.当滴到最后半滴时，溶液呈浅红色且半分钟内不变色（7）99.20%【解析】【分析】0.2mol的过量Al和0.1molI2、正己烷加热，发生反应，经回流得混合物，过滤除去未反应完的Al，滤液经过浓缩得浓溶液，然后结晶、过滤、洗涤、干燥得AlI3粗产品，并采用银量法测定产品中I含量，据此回答。【小问1详解】先将装置连接好，从B处通往干燥的气体，C处通往澄清石水中，观察浑浊是否突然增多，证明装置内的装置中的空气已经排尽；【小问2详解】由图中仪器A的构造可知，其名称是球形冷凝管；由于是一种无色晶体，吸湿性极强，故试管中盛放浓硫酸，防止防止外界水蒸气进入装置使水解；【小问3详解】因为反应中碘单质不断被消耗，当碘单质反应完全时，溶液紫红色恰好褪去，表明步骤Ⅰ反应结束；小问4详解】步骤Ⅳ中过滤后的固体为，由于是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，故固体的洗涤方法为：沿玻璃棒向过滤器中加冷的正己烷至刚好覆盖住固体的表面，然后让冷的正己烷慢慢流尽，重复2~3次；【小问5详解】由于碘单质遇淀粉会变蓝，故验证粗产品中是否混有碘单质的方法为：取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有；小问6详解】②采用银量法测定产品中I含量的操作为：称取产品1.020g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，定容得待测溶液，取滴定管检漏、水洗、润洗、装液、赶气泡、调液面、读数，润洗操作方法为从滴定管上口加入3~5mL待装液，倾斜着转运滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，然后将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2~3次；③用滴定管准确量取25.00mL待测溶液加入锥形瓶，用滴定管准确量取标准溶液加入锥形瓶，用胶头滴管滴加2滴溶液，加入稀酸B，由于溶液含有，加入稀酸B可抑制发生水解反应，保证滴定终点的准确判断；④用标准溶液滴定，当滴到最后半滴时，溶液呈浅红色且半分钟内不变色，达到滴定终点，读数，即可计算产品中I含量；【小问7详解】由题意得

，，则与反应的，则25.00mL待测溶液中，250mL待测溶液中，，产品纯度。16.苯乙烯是很重要的化工原料。（1）已知下列反应的热化学方程式：①②③计算反应④的___________。（2）通过计算反应④的，判断该反应在___________(填“高温”，“低温”)下能自发反应。（3），向体积可变的密闭容器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为，欲将平衡转化率提高至，需要向反应器中充入___________mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。（4）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：⑤⑥以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是___________，理由是___________。（5）关于本反应体系中催化剂的描述不正确的是___________。a．X射线衍射技术可测定晶体结构b．可改变乙苯平衡转化率c．降低了乙苯脱氢反应的活化能d．改变颗粒大小不影响反应速率（6）乙苯