北京市东城区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=20页，共=sectionpages2121页PAGE1北京市东城区2025届高三下学期二模一、单选题1．敦煌壁画的无机颜料中，铅白[Pb2OH2CO3]是常用的白色颜料之一。光照时，铅白可变为黑棕色PbO2A．Pb2B．铅白变为PbO2C．铅白遇H2S除生成PbS外，还生成CO2D．观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备【答案】B【解析】Pb2(OH)2CO3属于碱式盐，A正确；铅白[Pb2OH2CO3]中Pb元素化合价为+2价，PbO2中Pb元素化合价为+4价，铅元素化合价升高，B错误；铅白与H22．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C7HC．1molX最多能与2molNaOH发生反应 D．1molX最多能与4molH2发生加成反应【答案】D【解析】根据结构模型知X的结构简式为，分子式为C7H6O3，故A正确；分子中有酚羟基，酚羟基的邻对位上的氢原子可与浓溴水发生取代反应，故B正确；分子中含有酸性官能团酚羟基和羧基，1molX最多能与2molNaOH发生反应，故C正确；只有苯环能与氢气加成，1molX最多能与3molH2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【答案】C【解析】焰火与金属元素的焰色有关，电子由能量较高的能级跃迁至能量较低的能级时对外界释放能量，形成光谱，陈述Ⅰ与Ⅱ直接相关，A不符合题意；HBr、HCl均为分子晶体，二者分子间均不能形成氢键，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；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；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FeCl3溶液中获得FeCl蒸发结晶B区分苯和四氯化碳溴水C除去CO2中的少量酸性KMnO4D区分1-溴丙烷和2-溴丙烷核磁共振氢谱【答案】A【解析】FeCl3是由挥发性的酸所形成的强酸弱碱盐，蒸发FeCl3溶液会水解为Fe(OH)3，同时HCl挥发，不能得到FeCl3，故A错误；苯与四氯化碳分别与溴水混合，苯的密度小于四氯化碳，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；SO2有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化为SO42-，可除去CO2中的SO2，然后用浓硫酸干燥，故C正确；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Mn2+再失去一个电子比气态FeD．SiO2和NaCl【答案】C【解析】甲烷是正四面体结构，二氯取代物只有一种结构，故A错误；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；Mn原子序数为25，Fe原子序数为26，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；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．2mL0.1mol⋅L-1B．Na2COC．将0.1mol⋅L-1D．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】金属足量，生成的氢气的量由酸决定，2mL0.1mol⋅L-1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，生成H2的量基本相同，A正确；据物料守恒，Na2CO3溶液中：cNa+=2cCO32-+2cHCO3-+2cH2CO37．84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Cl2和NaOHB．①的原因主要是＋1价氯的化合物具有氧化性C．②的原因主要是该消毒液遇强酸发生反应ClOD．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】84消毒液有效成分为次氯酸钠，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，A正确；次氯酸钠中氯为+1，氯化合价能降低，体现氧化性，其与盐酸可发生归中反应生成有毒的氯气，B正确；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ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，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n2p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】根据已知信息，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，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；Z有16个不同运动状态的电子，即核外有16个电子，则为S，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；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，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，N2、NH3和B．合成塔中高温、高压的反应条件均是为了提高NH3C．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】在合成氨反应N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3中，N2中氮元素化合价降低，发生还原反应，N2作氧化剂；NH3在氧化炉中发生反应4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O，NH3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，NH3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；合成氨的正反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低NH3的平衡产率，此时的高温是为了提升生成效率；高压使平衡正向移动，能提高NH3的平衡产率，B错误；吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO10．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】对试管加热后，首先排出的是装置内残留的空气，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；持续加热仅说明反应需高温条件维持，不但不能判断该反应为吸热反应，B错误；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；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】具有自由移动的带电的离子的物质具有导电性，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；分子中不存在容易分解、容易氧化、容易水解的结构，不易降解，B错误；结构为体型结构，则受热不易熔融，C错误；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PdCl2和CuCl2的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为2C2H4g下列分析不正确的是A．X为CH3CHO，Z为O2 B．①C．②中，nPdCl2:nCuCl2=1:2 D．③中，n【答案】D【解析】由题中信息和催化机理分析，可知①反应：C2H4+H2O+PdCl2=CH3CHO+Pd+2HCl，②反应：Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，③反应：4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O，故可知X为CH3CHO，Y为HCl，Z为O2，W为H2O，A正确；在反应①中，C2H4转化为CH3CHO，C元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，B正确；根据选项A分析可知，②13．实验表明，其他条件相同时，一定cOH-范围内，CH33CX（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成CH下列说法不正确的是A．该反应为取代反应B．CH33CC．X为Br时的ΔH1、和ΔH2均不等于X为ID．该反应速率与cOH-无关的原因主要是OH【答案】C【解析】CH33CX（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成CH33COH，属于取代反应，A正确；甲基的碳原子杂化轨道数为4，是sp3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sp2杂化，B正确；ΔH1表示断裂碳卤键吸收的能量，卤素原子种类不同，键能不同，则Br和I的ΔH1不相同，ΔH2表示形成C-O键释放的能量，则Br和I的Δ14．在恒压密闭容器中投入8molSO2(g)、11.7molO2(g)和18.8molN2(g)、发生反应2SO2g+O2g⇌2SO3g下列分析不正确的是A．p1为0.5MPa，p2B．M对应的容器体积为VL，则525℃时K=0.1VC．体系的状态由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】反应2SO2g+O2g⇌2SO3g，压强增大，平衡正向移动，SO2平衡转化率逐渐增大，则压强p1>p2，则p1为2则反应的平衡常数为：K=7.2molVL20.8molVL2×8.1molVL=10VL·mol-1，B错误；该反应为放热反应，体系的状态由N转为M时SO2平衡转化率降低，需要平衡逆向移动，需要吸收热量，所以可能吸收19.6kJ热量，C正确；根据图中曲线，比较M点(低压二、解答题15．硼氢化钠（NaBH4）具有高理论氢含量，是优秀的储氢材料。(1)制取NaBH4的反应为4①从原子结构角度解释BF3中B显正价的原因：②比较BF3中键角F-B-F和NaBH4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：Na+>c．BF3(2)NaBH4①与Na+最近且距离相等的BH4-②已知该晶胞的体积为acm3，NA为阿伏加德罗常数的值。则1cm3晶体中，氢元素的质量为g(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：NaBH4已知：在电场作用下，双极膜可将H2O解离为H+和OH-，①H2只在电极a产生，则b极的电极反应式是②当电极产生1molH2时，双极膜解离水的物质的量为mol【答案】(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<F前者大，BF3中B为sp2杂化，键角为120°；NaBH4中B为sp3杂化，键角为(2)616aNA(3)【解析】（1）①F电负性大于B，对成键电子吸引力更大，使得BF3中B显正价、F②BF3中B为sp2杂化，键角为120°；NaBH4中B为sp3杂化，键角为109°28＇，故BF3中键角F－B－F大于NaBH4中键角③a．NaH为离子化合物，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，原子序数越大，半径越小；离子半径：Na+<F-，错误；c．BF3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（2）①以上面面心Na+为研究对象，与其最近且距离相等的BH4-同平面有4个，上下层各1②根据“均摊法”，晶胞中BH4-位于晶胞体心和棱上，含12×14+1=4个，已知该晶胞的体积为acm3（3）①H2只在电极a产生，由图，a极氢离子发生还原反应：2H++2e-=H2↑，为正极，则b②在电场作用下，双极膜可将H2O解离为H+和OH-，H+和OH-分别向两极迁移，当电极产生1molH2时，电路中转移2mol电子，消耗216．将CO2转化为碳酸二甲酯[COOCH32]是【方法一】直接转化，反应的方程式为：CO2(g)(1)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是。(2)K2CO3Ⅰ．CHⅡ．CHⅢ．CHⅣ．……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Br-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)CH(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】（1）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。（2）K2CO3和CH3I共同作为该反应的催化剂；反应中HCO3-未消耗，需与第Ⅲ步生成的I-反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为2mol。根据电荷守恒和原子守恒，Ⅳ中甲醇、HCO3-与I-反应生成（3）当温度达到130℃时，反应达到平衡状态，温度低于130℃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130℃，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。（4）分析该电解反应，金电极发生得电子的还原反应：CO2+2CH3OH+2e-=（5）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；电解过程中，溶液中发生反应：CO+2CH3O-+Br2=COOCH32+2Br-，若CO逸出，该反应趋势减弱，溴离子浓度降低，17．维生素B6（VB6）的一种合成路线如下。已知：ⅰ.Rⅱ.(1)VB6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)E+①C6H10O4②以乙二醇和乙醇为原料，选用必要的无机试剂合成C6H10(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)VB6可与水分子形成多个氢键，VB(2)HC(3)(4)(5)ac(6)【解析】（1）VB6易溶于水，原因是VB6可与水分子形成多个氢键，且（2）A和甲醛反应后生成HOCH2C≡（3）D为氨基酸，D为：；（4）①E和C6H10O4生成F：E+C6②乙二醇氧化为乙二酸，和乙醇为发生酯化反应生成C6H10（5）a．C为HOCH2CH=CHCH2OH，含有碳碳双键，正确；b．Y为正丁醛：CH3CH2CH2CHO，Y的系统名称为1-丁醛，错误；c．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，K中含有5（6）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Fe2O3、SiO2、ⅱ.常温下、几种氢氧化物的Ksp氢氧化物FeFeInK101010(1)铟（49In）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InOH①结合平衡移动原理解释InOH3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)H+、Fe3+(4)In3++3H2O⇌InOH3+3H+，加锌粉时发生反应Zn+2H+=Zn2++(5)边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH【解析】（1）In是元素周期表第49号元素，与Al位于同一个主族，位于第五周期第ⅢA族；（2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为ZnO、SO2，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/（3）闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、In2O3的锌焙砂，经过硫酸浸出，SiO2不溶，酸性浸出液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+、（4）①加入锌粉前，溶液呈酸性，加入锌粉发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2②60min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，KspFe(OH)3＜KspIn(OH)3，说明InOH3沉淀时，Fe(OH)3已经沉淀，则出现此变化