北京市海淀区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=sectionpages2020页PAGE1北京市海淀区2025届高三下学期二模一、单选题1．SiO2气凝胶材料疏松多孔，具有三维网状结构，可用于航天器、新能源汽车电池的隔热和阻燃。SiO下列说法不正确的是A．SiO2晶体属于共价晶体 B．SiOC．SiO2气凝胶材料的密度大于SiO2晶体的 D．两种物质中均有Si、O原子间的【答案】C 【解析】SiO2是原子间通过共价键形成的晶体，属于共价晶体，A正确；SiO2属于共价晶体，具有较高的硬度和熔点，B正确；SiO2气凝胶材料疏松多孔，密度小于SiO2晶体的，C错误；两种物质中的Si、O原子间均存在Si—O键，均有σ键，2．下列化学用语或图示表达正确的是A．1s电子云图：B．HCl的电子式：C．丙烯的结构简式：CD．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：【答案】A【解析】1s电子云为球形，A正确；HCl为共价化合物，电子式为，B错误；丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，C错误；Fe的原子序数为26，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为，D错误。故选A3．铅蓄电池的结构示意图如图。下列关于铅蓄电池的说法正确的是A．放电时，PbO2作负极B．放电时，H＋向负极方向移动C．充电时，铅蓄电池负极连接电源正极D．充电时，阳极的电极反应为PbSO【答案】D【解析】放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据Pb元素化合价的变化，可知Pb作原电池的负极，PbO2作原电池的正极；充电时，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，据此分析。铅蓄电池放电时为原电池，PbO2发生还原反应，作正极，A错误；铅蓄电池放电时，阳离子向正极移动，H＋向正极方向移动，B错误；铅蓄电池充电时为电解池，铅蓄电池负极应连接电源负极，C错误；充电时，阳极发生氧化反应，PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式为PbSO4-2e-+24．下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A．依据离子半径：Br-<B．依据元素的电负性：C<N<F，可推断分子极性：CFC．依据分子中羟基的数目，可推断HOCHD．依据元素的第一电离能：Mg>Al，可推断单质的还原性：Mg>Al【答案】A【解析】NaBr与NaI同为离子晶体且结构相似，Br-半径小于I-半径，NaBr比NaI的离子间作用强，故NaBr的熔点高于NaI，A正确；CF4是正四面体结构，正负电荷重心重合，CF4为非极性分子；NF3为三角锥形结构，正负电荷重心不重合，NF3为极性分子，故CF4的极性应小于NF3，B错误；葡萄糖分子含5个羟基，HOCH25CHO仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的概率越大，溶解度越大，故HOCH25CHO比葡萄糖的溶解度小，C错误；第一电离能Mg＞Al，根据金属活动顺序知，金属单质的还原性Mg＞Al，Mg的第一电离能大于Al，理由为镁的价电子排布式为3s25．为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性C．反应消耗0.05molCu时，转移电子数约为6.02×D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu【答案】D【解析】浓硝酸具有强氧化性，浓硝酸与铜片在常温下能发生反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，A正确；反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，消耗1mol铜转移2mol电子，当反应消耗0.05molCu时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1＝6.02×1022，C正确；若将铜片换成铝片，常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，故无明显现象，不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D错误，故选D。6．下列方程式与所给事实不相符的是A．室温下测得0.1mol⋅L-1氨水的pH约为B．潜艇中用Na2O2吸收C．将SO2通入H2D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3【答案】D【解析】氨水为弱碱，不能完全电离，故0.1mol⋅L-1氨水电离出的cOH-<0.1mol⋅L-1，pH约为11，A正确；Na2O2可以与CO2反应的方程式为2Na2O2+27．下列关于FeCl2和FeClA．FeCl2和FeClB．保存时均需加入少量铁粉C．可利用与铜粉的反应比较Fe2+、FeD．分别加入NaOH溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀【答案】B【解析】FeCl3和FeCl2均为强酸弱碱盐，Fe2＋和Fe3＋水解生成H＋，溶液均呈酸性，A正确；为防止Fe2＋被氧化，保存FeCl2溶液需加入铁粉，FeCl3溶液若加铁粉，2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，B不正确；2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，Fe2＋不能氧化Cu，说明Fe3＋氧化性强于Fe2＋，C正确；FeCl3+3NaOH＝Fe(OH)3↓，FeCl2首先生成白色Fe(OH)2，但在空气中氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3为红褐色，D正确。故选B。8．苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯（C6已知：C-D键能大于C-H键能。A．可用质谱法区分苯和氘代苯B．硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中有C-D键的断裂与形成D．图示过程的反应速率主要由ⅰ决定【答案】C【解析】苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分，A正确；硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰，B正确；用氘代苯进行反应时，ⅰ中无C-D键的断裂与形成，C错误；C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅰⅰ不是决速步骤，反应速率主要由ⅰ决定，D正确。故选C。9．利用下图装置（夹持装置略）进行实验，b中现象能证明结论的是选项a中试剂b中试剂及现象结论装置A电石（含CaS杂质，易水解）与饱和食盐水酸性KMnO溶液褪色a中反应生成CB苯、液溴和铁粉的混合物AgNO3a中反应生成HBrCNa2苯酚钠溶液中出现浑浊H2DNaClO固体与浓盐酸滴有酚酞的NaOH溶液褪色氯气具有漂白性【答案】C【解析】电石(主要成分是CaC2)和饱和NaCl溶液反应生成C2H2，反应方程式为CaC2＋2H2O＝Ca(OH)2＋C2H2↑，产生的C2H2中混有H2S等气体，C2H2和H2S都能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能得出该反应生成了C2H2，A错误；液溴易挥发，挥发出的溴蒸汽遇水会生成HBr，与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，不能证明该反应生成了HBr，B错误；Na2CO3固体与稀硫酸反应生成CO2气体，CO2气体通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明生成了溶解度小的苯酚，证明酸性：H2CO3＞苯酚，C正确；NaClO固体与浓盐酸反应生成Cl2，Cl10．为研究水垢中CaSO4的去除，称量0.5gCaSO4⋅2H2O于烧杯中，加入100mL蒸馏水，持续搅拌并用传感器监测溶液中cCa2+的变化。18s时滴入A．BC段cCa2+下降，是因为平衡B．由CD段推测，加入的CaSO4C．不同时刻溶液中cSO4D．A到F的过程中，消耗nCO32-【答案】B【解析】A→B段存在CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4s⇌Ca2+aq+SO42-aq，B点加入Na2CO3溶液，Ca2＋与CO32-生成更难溶的CaCO3，B→C段cCa2+减小，A错误；C→D段，cCa2+又增大，说明加入的CaSO4⋅2H2O未完全溶解，继续溶解使cCa2+增大，B正确；B→C段，Ca2＋与CO32-生成CaCO3，促进CaSO4的溶解，C点的cSO42-大于B点的11．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是A．反应①的活化能大于反应②的B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于C2D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变【答案】B【解析】由图可知，反应①的活化能是79.9kJ·mol-1，反应②的活化能是88.7kJ·mol-1，反应①的活化能小于反应②的活化能，A错误；加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，则加热的目的为提高反应速率，B正确；从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更小，乙烯是优势产物，C错误；若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例增加，D错误。故选12．利用NAD+和NADH可将2-下列说法不正确的是A．①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子B．①中，NAD+转化为NADHC．②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D．每合成1mol丙酸甲酯，理论上需投入1molNAD【答案】D【解析】①中，-2e-→＋2H＋，1mol2-丁醇转化为2-丁酮转移2mol电子，A正确；①中，NAD+转化为NADH，中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；由转化关系图可知，在反应前后，NAD+化学性质不变，作催化剂，其质量不变，理论上不需投入1molNAD+，D13．以CO、H2为原料合成C①2COg②COg+反应时间等其他条件相同时，按nCO:nH已知：产物A的选择性=下列说法不正确的是A．CO2B．根据温度升高时CO的转化率增大，可推断ΔC．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的CD．除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【解析】反应②为放热反应，CO2选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；由图可知，随温度升高，C2H5OH选择性减小，则反应①为放热反应，ΔH1<0，B错误；相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率较大，单位时间内能合成更多的C2H5OH，C正确；C14．小组同学设计如下实验探究AgNO3溶液与S资料ⅰ.溶液中Ag+与S反应可能得到Ag2S、资料ⅱ.Ag2S不与6mol⋅L-1盐酸反应，Ag2根据实验推测，下列说法不正确的是A．无色溶液a中不含SO32-B．固体b和c均为AgC．银元素的价态不变，推测Ag+对SD．若增大AgNO3溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有【答案】C【解析】AgNO3与S反应可能生成Ag2S、Ag2SO3或Ag2SO4，过滤，得无色溶液a和固体b，无色溶液a加入少量KMnO4溶液后仍为紫红色，则不含SO32-或H2SO3，A正确；固体b可能为Ag2S、Ag2SO3或Ag2SO4，Ag2S不与6mol⋅L-1盐酸反应，固体b中加入6mol⋅L-1盐酸，过滤得固体c，c为Ag2S，滤液中加入BaCl2溶液和H2O2二、解答题15．我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟（In）和硒（Se）的单质是制备铟硒半导体的重要原料。(1)主族元素In原子序数为49，其位于元素周期表的区。(2)粗硒中主要含碲（Te）单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：。(3)氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生SeO2蒸气，SeO2冷凝后溶于水形成H2①已知H2SeO3分子中含两个羟基，H2SeO②向H2SeO3溶液中通入SO(4)一种铟硒半导体晶体的晶胞如图，晶胞底面边长为apm，高为cpm。①该晶体的化学式为。②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g⋅cm【答案】(1)p(2)Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H2生成气态氢化物，从而与Te(3)sp3(4)InSe2【解析】（1）主族元素In的原子序数为49，基态In原子的电子排布式为Kr5s25p1，（2）Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H2生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3＋6+2-3×22＝4，Se采取sp3杂化；②H2SeO3溶液除杂后向溶液中通入（4）①由铟硒半导体晶体的晶胞图可知，该晶胞中，In的个数为4×12=2，Se的个数为8×116．高铁酸钾（K2(1)K2FeO4可以去除水中H2S、NH(2)方法一：化学氧化法制备K2已知：FeO4①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加FeNO33溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为K2FeO②重结晶：将K2FeO4粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOHⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是。ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是。(3)方法二：电解法制备K2①阳极生成FeO42-的电极反应式为②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是。③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成FeO42-的物质的量为【答案】(1)氧化性(2)4K++2Fe3++10OH-+3ClO-=2(3)Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4【解析】（1）K2FeO4中Fe元素为＋6价，具有强氧化性，能氧化水中的H2S、NH3等物质；其还原产物Fe3＋水解生成红褐色的Fe(OH)3（2）①ClO-在碱性条件下将Fe3+氧化为K2FeO4，ClO②将K2FeO4粗品溶于稀KOH溶液，K2FeO4溶解，而未反应完的Fe3+转化FeOH3沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质FeOH3；向滤液中加入饱和KOH溶液，（3）①在碱性条件下，阳极上Fe失去电子生成FeO42-，电极反应式为②若不使用阳离子交换膜，阳极产生的FeO42-可能扩散至阴极被还原，造成损失或阴极产生的OH-③阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成H2的物质的量n(H2)=8.96L22.4L⋅17．我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下。已知：EDC是一种脱水剂。(1)A遇FeCl3溶液显紫色，A→B的化学方程式为。(2)D中含有两个六元环，其结构简式为。(3)E→G的目的（“是”或“不是”）保护官能团。(4)G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为。(5)I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为。(6)P0和M可发生反应：P0Pn的结构简式为。(7)将路线中的试剂X替换为其他类似物X*，最终可得到不同结构的高分子Pn*。若要合成，所需试剂X*可以是（填序号）。a．b．HOOC-CH2【答案】(1)(2)(3)不是(4)(5)羧基、羟基(6)(7)a【解析】E→G为E与在EDC作用下脱水反应生成G，可推出E为，D→E为酯在酸性条件下的水解过程，结合D的分子式及题中D含两个六元环的信息，可知D为，对比B、D分子式可知B为，由A→B的反应条件可知，A→B发生了苯环上的硝化反应，则A为。由G→I的过程中同时还会生成可知，G与试剂X发生取代反应，可推出试剂X的结构。由I→M的反应条件及I、M的分子式可知，I→M的过程为I发生分子内的酯化反应过程。（1）由A遇FeCl3溶液显紫色可知A中含有酚羟基，则A为。A→B中，苯环上的H原子被－NO2取代，化学方程式为；（2）D为；（3）E中羧基在后续反应中未复原，则E→G的目的不是保护官能团；（4）由G与试剂X发生取代反应生成I和可知，试剂X为；（5）I→M的过程为I发生分子内的酯化反应，I分子中苯环上的羟基与邻位取代基上的羧基发生酯化反应，参与反应的官能团名称为羟基、羧基；（6）由P₀(长链伯胺)与M开环缩合生成nD和Pₙ的示意图可知，高分子主链是重复的酰胺键骨架(－NH－CO－…)。P0分子中氨基氢原子被重复的酰胺键骨架取代，则Pn为；（7）若想合成给定的高分子Pₙ*，则需要将图中试剂X替换为能带来所需侧链或主链结构的X*。对照选项可知应选(a)(即)。故选a。18．从锡冶炼烟尘（含SnO2、ZnO、CdO、SnS及少量Fe2O已知：ⅰ.SnO2难溶于水和稀酸；酸浓度越高，SnOⅱ.H3AsO3、H(1)酸性条件下，SnS易被O2氧化为SnO2。反应分两步：ⅰ.SnS+2H(2)浸出液中含有H+、SO42-、Zn2+、Cd2+①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是。②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有（写出两条）。(3)向浸出液中加入H2O2溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含FeAsO①加入H2O2②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：。③若将烟尘中的砷充分转化为FeAsO4沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是(4)置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有（写出两条）。【答案】(1)2(2)H2S（SnS或其他合理答案）温度升高，Sn2+被氧化为SnO2的速率加快；ZnO、(3)将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并在调pH后与Fe3+形成FeAsO4沉淀pH过高会产生Fe(4)避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的Cd2+，避免污染或减少ZnSO【解析】锡冶炼烟尘（含SnO2、ZnO、CdO、SnS及少量Fe2O3、As2O3）中加入稀H2SO4溶液酸浸，过滤得富锡渣(主档含SnO2)和浸出液，浸出液中含Zn2+、Cd2+、H3AsO3、Fe2+、H+、SO42-等，在浸出液加入H2O2溶液，Fe（1）酸性条件下，SnS易被O2氧化为SnO2，根据第ⅰ步反应和Sn2+被O2氧化为SnO2（2）①在酸浸中，杂质Fe2O3最终被某还原剂还原为Fe2+，结合元素组成可知，该还原剂为②由图像可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，Sn2+被氧化为SnO2的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使（3）向浸出液中加入H2O2溶液，随后用CaO调pH至4～6①原浸出液中为Fe2+和H3AsO3，形成FeAsO4后Fe元素变为+3价，As元素由H3AsO3的+3价变为AsO43-的+5价，则加入H2O2溶液的主要目的是：将Fe②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现Fe3+转化为FeOH3沉淀，使cFe3+③若将烟尘中的砷充分转化为FeAsO4沉淀脱除，根据FeAsO4中nFenAs=1（4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后