北京市朝阳区2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=2页，共=sectionpages2020页PAGE1北京市朝阳区2025届高三下学期二模一、单选题1．利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是A．该过程可将太阳能转化为化学能B．使用催化剂能提高水分解的平衡转化率C．氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料D．氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中【答案】B【解析】利用太阳能高效分解水制氢气，将太阳能转化为化学能，A正确；使用催化剂，化学平衡不移动，不能提高水分解的平衡转化率，B错误；氢氧燃料电池中，H2失电子发生氧化反应，H2表现还原性，C正确；H2可采用气态或液态储存，也可储存在储氢合金中，D正确。选B。2．下列图示或化学用语表达不正确的是A．中子数为10的氧原子：818OC．CO2的结构式：O＝C＝O D．HCl的电子式：【答案】D【解析】氧原子质子数为8，中子数为10，质量数＝8＋10＝18，该氧原子表示为818O，A正确；丙烯分子中碳原子半径大于氢原子半径，有1个碳碳双键，球棍模型为，B正确；CO2空间构型为直线形，结构式为O＝C＝O，C正确；HCl为共价化合物，其电子式为，D错误。故选D3．下列实验中，溶液pH升高的是A．微热FeCl3B．光照新制的氯水，得到无色溶液C．向Na2CO3溶液中加入少量MgClD．向H2SO3【答案】D【解析】加热，Fe3+的水解平衡Fe3++3H2O⇌FeOH3+3H+正向移动，c(Fe3+)增大，c(H+)减小，溶液颜色变深，溶液pH减小，A不符合题意；光照新制氯水，2HClO=光照2HCl+O2↑，溶液酸性增强，pH减小，B不符合题意；向Na2CO3溶液中加入少量4．铅酸蓄电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是A．PbO2B．电池工作时，硫酸的浓度减小C．电池工作时，H+D．充电时，铅极发生Pb【答案】B【解析】铅酸蓄电池工作时，Pb失电子生成PbSO4，Pb作负极，PbO2得电子生成PbSO4，PbO2作正极，A错误；电池工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，反应消耗硫酸，硫酸的浓度减小，B正确；电池工作时，H+向正极方向移动，C错误；充电时，铅极为阴极，PbSO4得电子生成Pb，电极反应式为PbSO4+2e5．下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是A．CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊：＋CO2＋H2O→＋NaHCO3B．向ZnS沉淀中加入CuSO4溶液，沉淀变黑：C．常温下，Cl2通入NaOH溶液制得漂白液：D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH【答案】C【解析】苯酚的电离常数大于HO3-的电离常数，向苯酚钠溶液中通CO2，溶液变浑浊是因为生成苯酚和碳酸氢钠，A正确；白色的ZnS沉淀转化为黑色的CuS沉淀，说明CuS的溶解度比ZnS小，CuS沉淀转化CuS沉淀，B正确；室温下，Cl2通入NaOH溶液中制得漂白液，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，C错误；乙烯与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH26．浓硝酸与铜作用的过程如下图所示。现象：i．a中产生红棕色气体，溶液呈绿色，试管壁发热；b中充满红棕色气体ii．烧杯液面上方无明显变化下列关于该过程的分析不正确的是A．a中产生红棕色气体，主要体现了浓硝酸的氧化性B．b中气体的颜色比a中的浅，与2NOC．NaOH溶液吸收NO2的反应为D．a中溶解6.4g铜时，转移电子的数目为1.204×【答案】C【解析】a中产生红棕色气体，发生反应Cu+4HNO3浓=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，N元素化合价降低，主要体现了浓硝酸的氧化性，A正确；二氧化氮可以转化为无色四氧化二氮，2NO2⇌N2O4，△H<0，b中温度低于a中温度，降温平衡正向移动，b中气体的颜色比a中的浅，B正确；NO和氧气反应生成红棕色NO2，烧杯液面上方无明显变化，说明NaOH7．一定温度下，H2g+A．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的B．升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动C．若起始cH2=cD．断裂1molH2和1molI【答案】C【解析】该反应前后分子数不变，缩小体积，平衡不移动，I2的浓度增大，颜色加深，A错误；该反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，B错误；Qc=c2(HI)c(H2)c(I2)8．CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型可降解高分子下列说法不正确的是A．反应②是缩聚反应B．Y中存在手性碳原子C．高分子P中存在“”D．高分子P完全水解可以得到Y【答案】D【解析】由Y在催化剂作用下发生反应②生成高分子P可知，-OH和-NH2上的氢原子发生缩聚反应，A正确；Y中存在手性碳原子(*碳原子，)，B正确；Y的结构式中参与反应的-OH和-NH2上的氢原子发生脱水缩聚，形成“”键，C正确；高分子P水解过程中脲键会被破坏，最终并不会得到Y，9．NO催化SO2与O2反应的物质转化关系如下。下列对该过程的分析A．a、c分别是O2、B．NO改变了SO2与OC．NO既体现了还原性，又体现了氧化性D．SO2与SO【答案】C【解析】SO2与O2反应生成SO3，NO参与催化过程，a参与反应生成b(NO2)，则a是O2，SO2与NO2反应生成SO3和NO，则d是SO2，c是SO3，A正确；NO作催化剂，改变了反应的途径，降低了反应的活化能，从而改变了SO2与O2的反应历程，B正确；由图示知，NO与O2反应时NO被氧化，体现还原性，NO2与SO2反应生成NO，并未体现NO的氧化性，C错误；SO2中S原子价层电子对数为2+12×6-2×2=3，S采取sp2杂化；SO3中S原子价层电子对数为3+12×10．下列依据相关数据或原理作出的判断中，正确的是A．依据HF、HCl、HBr、HI的相对分子质量依次增大，可判断它们的沸点依次升高B．依据Cs、COg的燃烧热，可计算相同条件下2C．依据Na、Mg、Al原子半径依次减小，可判断它们的第一电离能依次增大D．依据原子光谱和构造原理，可判断基态29Cu【答案】B【解析】HF分子间能形成氢键，HCl、HBr、HI分子间不能形成氢键，故HF的沸点比HCl、HBr、HI的高，HCl、HBr、HI的组成和结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力依次增大，其沸点依次升高，A错误；根据盖斯定律，依据Cs、COg的燃烧热，可计算相同条件下2Cs+O2g=2COg的ΔH，B正确；Mg原子3s能级全充满，结构稳定，Mg原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能Mg>Al>11．下列实验操作不合理是A．分离乙酸乙酯和Na2B．验证铁粉与水蒸气反应C．除去Cl2中的D．配制0.1mol【答案】B【解析】乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，利用分液漏斗进行分液可实现二者分离，A正确；湿棉花的主要作用是提供水蒸气，应放置于试管尾部放，若湿棉花前置，水蒸气可能因冷凝导致试管内气压骤降，引发肥皂水倒吸，损坏实验装置，该实验操作不合理，B错误；HCl溶于饱和NaCl溶液，而Cl2不溶于饱和NaCl溶液，该实验操作能除去Cl2中的HCl，C正确；配制溶液时，烧杯、玻璃棒一般需要洗涤2~3次，且转移液体需要玻璃棒引流，该实验操作合理，D正确。故选B。12．用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca2+、Mg2+和下列有关实验操作的说法不正确的是A．步骤i中检验BaCl2过量：静置后向烧杯中滴加2~3B．步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，便于检验Ba2+C．步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性D．操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热【答案】A【解析】由图可知，向粗盐水中加入BaCl2溶液，溶液中的SO42-转化为BaSO4沉淀，静置后先加入NaOH溶液，Mg2＋转化为Mg(OH)2，再加入饱和Na2CO3溶液，Ca2＋和过量的Ba2＋转化为CaCO3、BaCO3沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入稀盐酸，将溶液中的OH-和向BaSO4饱和溶液中加入稀硫酸，溶液中SO42-浓度增大，会使BaSO4溶解平衡左移而析出BaSO4沉淀，静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明BaCl2溶液过量，且加BaCl2溶液的目的是去除SO42-杂质离子，滴加硫酸会引入SO42-，A错误；步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，通过观察是否产生白色沉淀可检验Ba2＋是否过量，B正确；步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过量的OH-和CO32-完全除去，13．CH3CH2Br在NaOH水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态下列说法不正确的是A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+C．b代表过渡态2，CH3CHD．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应【答案】C【解析】生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，A正确；溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的Cδ+－Brδ-，溴乙烷生成乙烯、乙醇都断裂C－Br键，说明Cδ+－Brδ-较易断裂，B正确；过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，14．利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。已知：i．Kspii．图中直线的离子浓度关系符合cBa2+⋅c下列分析不正确的是A．①表示的是BaSO4，B．a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比cC．向c点对应的溶液中加适量BaCl2固体，可使溶液由c点变到aD．向0.2molBaSO4固体中加入1L1.6mol⋅L【答案】D【解析】BaSO4饱和溶液中，cBa2+cSO42-=KspBaSO4，BaCO3饱和溶液中，cBa2+cCO32-=KspBaCO3，a点代入Ksp=1.0×10-10，小于KspBaCO3=2.4×10-9，即曲线①代表－lgcSO42-与－lgcBa2+的关系图，曲线②代表－lgcCO32-与－lgcBa二、解答题15．氮及其化合物在能源领域应用广泛。(1)N2非常稳定，通常只能与电离能小的Li、Mg①基态N原子价层电子排布式为。②Li3N、Mg3N2在水中均能产生NH3(2)我国科学家成功合成五氮阴离子盐：N56H3O3①H3O+中O和NH4+中N均为sp3杂化，比较H3O+中②NH4+对于N5-的稳定存在有重要作用。NH4+(3)通过Mg3N2、MgO与Mg的循环转化，可实现由N2、H2O与CH4合成NH3、①若Mg和MgO的晶胞体积分别为v1nm3和v2nm3，则②合成NH3、CO与H2的总反应方程式是【答案】(1)①2s22p3②NH3的VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，NH3的空间结构为三角锥形(NH3中N(2)①H3O+有孤电子对，NH4+无孤电子对。孤电子对有较大斥力，使H(3)3v2:10【解析】（1）①N的原子序数为7，基态N原子价层电子排布式为2s2②NH3中N原子价电子对数为3+5-1×32=4，（2）①H3O+中O原子有1个孤电子对，NH4+中N②NH4+对于N5-的稳定存在有重要作用。NH4+与N5-存在离子间的静电作用，即NH4+与（3）①由Mg的晶胞结构图可知，镁位于晶胞的顶角和体心，1个晶胞中含有2个Mg原子，由MgO的晶胞结构图可知，镁位于晶胞的棱边和体心，O位于晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有4个Mg、4个O，若Mg和MgO的晶胞体积分别为v1nm3和v2nm3，Mg的密度为2×24V1×10-21×②由循环转系图可知，甲烷、氮气、水合成NH3、CO与H2，总反应方程式为16．铁矿石中存在硫酸盐(主要为BaSO4)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为SO2，再利用滴定法测定(1)高温下BaSO4完全分解为BaO、SO2和(2)测定过程如下：向吸收器内滴入少量KIO3标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用KIO3标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着SO2不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-①持续通入空气，空气的作用是。②依据现象，滴定过程发生的反应有IO3-+5I③滴定达终点的实验现象是。(3)KIO3标准溶液的浓度为amol⋅L-1，消耗1mL该溶液相当于(4)条件控制和误差分析①测定时，需要控制吸收器中溶液的pH。若pH过低时，非IO3-氧化生成的I2使测定结果偏小。生成I2②IO3-能直接将SO2完全氧化。吸收器中加入KI，滴定时SO2能被完全吸收。若吸收器中不加KI，滴定时通入的SO【答案】(1)O(2)①将SO2导入吸收器中；将硫化物氧化为SO2②SO2+(3)0.096a(4)①O2+4I-+4H+【解析】本题为矿样中硫元素含量测定的实验题，首先通入净化的空气在高温条件下使矿样中的硫元素转化为二氧化硫，在后面装置中被吸收，再用碘酸钾标准溶液测定二氧化硫的含量，以此解题。（1）题给信息可知，BaSO4中的硫元素转化为SO2，硫由＋6价降低到＋4价，根据氧化还原的规律，氧元素的化合价在反应后必然升高，故产物中还应该存在O（2）①通入空气可将管式炉中矿石中的硫元素全部转化为SO2、且将生成的SO2气体全部吹入吸收器，确保SO2完全参与后续反应，避免损失；②滴定过程中KIO3与I-反应生成I2，然后I2与SO2反应，I2被还原为I-，第二个反应为I2氧化SO2的过程，化学方程式为SO2③淀粉遇I2显蓝色。即SO2反应完全后，吸收器内溶液淡蓝色消退，继续滴加KIO3，过量的IO3-与I-反应生成I（3）根据反应关系：1molIO3-~3molI2~3molSO2~3molS，消耗的KIO3（4）①若溶液pH过低，I-会被空气中的O2氧化为I2，导致额外生成I2，消耗KIO3标准溶液体积减少，使测定结果偏小，离子反应方程式为O2②KIO3与SO2反应动力学缓慢，而I2与SO2反应迅速，确保SO2被完全氧化留在溶液中。若不加入KI，则未反应的SO2会积累在溶液中，超过最大溶解度时会逸出，故IO3-与17．药物Q用于白血病的治疗研究，合成路线如下所示。已知：i．ii．(1)B中所含官能团的名称是碳碳三键、。(2)E的结构简式是。(3)F→G的化学方程式是(4)下列说法正确的是。a．D能发生取代反应、消去反应b．有机物J的名称为乙二酸二乙酯c．F是的同系物(5)L的结构简式是。(6)Z的分子式为C13H11NO4。(7)J→L中CH3CHO的C-H键易发生断裂、L→Z中的N-H键易发生断裂，原因是。【答案】(1)羟基(2)(3)(4)a、b(5)(6)(7)醛基的吸电子作用使得醛基相连的C-H键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，【解析】A为CH≡CH，CH≡CH与反应生成B（），B与H2发生加成反应生成D（），D与HCl反应生成E()，E发生反应i生成F（），F发生硝化反应生成G（），G发生还原反应生成X（），由Q的结构（）和M的分子式逆推，Y(HOOC-COOH)与乙醇发生酯化反应生成J(CH3CH2OOC-COOCH2CH3)，J发生信息反应ii生成L（），L与反应生成Z（），Z与X反应生成M（）。（1）B（）中所含官能团的名称是碳碳三键、羟基；（2）E的结构简式为；（3）F发生硝化反应生成G，化学方方程式为；（4）D（）含有羟基，能发生取代反应、消去反应，a正确；J(CH3CH2OOC-COOCH2CH3)的名称为乙二酸二乙酯，b正确；苯的同系物只含一个苯环，侧链必须为烷基，F（）不是的同系物，c错误。故选a（5）L的结构简式为；（6）Z的分子式为C13H11（7）醛基为吸电子基团，吸电子作用使得醛基相连的C-H键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，吸电子能力强，使18．采用不同的腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，制作印刷电路板。多次重复后再利用腐蚀废液制备硫酸铜，过程如下图所示。(1)腐蚀液a的成分主要为CuCl2①稀盐酸不能直接腐蚀铜，二者不能发生反应的原因是。②“蚀刻”过程中，首先生成CuCl沉淀，反应的离子方程式是。CuCl继而形成CuCl3③为保持比较稳定的蚀刻速率，需适时通入Cl2，然后补加H2O。Cl2、H(2)腐蚀液b的主要成分为CuNH34Cl2。再生腐蚀液(3)沉铜将多次循环使用的腐蚀液a和腐蚀液b按一定比例混合，调节混合液的pH，待反应完全后，过滤。滤液中CuⅡ的浓度与pH已知：CuⅡ表示可溶的＋2①“沉铜”最适宜的pH范围是。a．2∼3b．6∼7c．10∼11②pH从11降至2，滤液中CuⅡ的浓度先减小再增大，结合化学平衡移动原理解释原因：【答案】(1)根据金属活动性顺序，H+的氧化性弱于Cu2+，难以氧化CuCu+Cu2++2Cl-=2CuCl(2)4(3)bpH>7时，随pH降低，cNH3降低，CuNH342+⇌Cu2++4【解析】覆铜板加入含CuCl2和盐酸的腐蚀液，得到含CuCl32-的溶液，通入Cl2，CuCl32-被氧化为CuCl2，加入水稀释得到CuCl2和盐酸的混合溶液；覆铜板加入含CuNH34Cl2的腐蚀液，反应得到含（1）①根据金属活动性顺序，H+的氧化性弱于Cu②“蚀刻”过程中，首先生成CuCl沉淀，推知Cu和Cu2＋反应生成CuI沉淀，离子反应方程式为Cu+③Cl2将CuCl32-氧化为CuCl2，加入H2O，使氧化后溶液中的c（2）含CuNH32Cl的溶液与氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到CuNH34（3）①由图可知，“沉铜”最适宜的pH范围为6∼7，此时溶液中cCu2+最小，沉淀效果最好，故选b②pH>7时，随pH降低，cNH3降低，CuNH342+⇌Cu2++4NH3正向移动，cCu2+增大，形成Cu19．某小组同学以铁为阳极，实验探究反应条件对Fe电解产物的影响。资料：Na2FeO4为紫色固体，微溶于NaOH【理论分析】(1)铁有多种价态，能把Fe转化为＋3价铁的化合物的物质有。a．稀H2SO4b．S【实验过程】序号装置溶液a现象I1moli．开始时，溶液变为黄色，出现红褐色物质ii．稍后，出现灰绿色和白色絮状沉淀iii．一段时间后，白色絮状沉淀明显增多