北京市西城区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=2页，共=sectionpages2424页PAGE1北京市西城区2025届高三下学期二模一、单选题1．中国科学家成功合成了一种非线性光学晶体氟硼铝酸铯(CsAlB3O6F)A．元素的电负性：BB．基态氧原子的核外电子有8种运动状态C．Cs是第六周期中原子半径最小的主族元素D．X射线衍射实验可测定氟硼铝酸铯晶体的结构【答案】C【解析】同周期元素从左到右，随着原子序数的逐渐增大，元素电负性逐渐增大，电负性：B<O<F，A正确；原子核外电子运动状态数与核外电子书相同，因为每个电子的运动状态都不同，所以核外电子有8种运动状态，B正确；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Cs是第六周期第ⅠA族元素，是第六周期中原子半径最大的主族元素，C错误；X射线衍射实验可用于测定晶体的结构，通过分析X射线衍射图谱能得到晶体中原子的排列等信息，所以可测定氟硼铝酸铯晶体的结构，D正确；故选C。2．下列化学用语或图示表达不正确的是A．sp杂化轨道：B．CO32-的VSEPRC．CuH2D．冰中一个水分子周围有四个水分子：【答案】A【解析】sp杂化轨道的空间夹角为180°，而图中所示夹角为120°，且杂化轨道数为3，属于sp2杂化轨道，A错误；CO32-中中心原子C的价层电子对数为3+4+2-3×22=3，无孤电子对，为平面三角形，VSEPR模型：，B正确；CuH2O42+中心离子Cu2+与4个H3．下列说法不正确的是A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物D．鸡蛋清溶液中加硝酸银溶液产生的沉淀能重新溶于水【答案】D【解析】植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基组成，核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷能进一步水解为戊糖和碱基，B正确；石油裂化得到多种短链烃，煤的气化产生水煤气，包含CO、H2等混合气体，产物都是混合物，C正确；鸡蛋清溶液含蛋白质，硝酸银是重金属盐，会使蛋白质变性，溶解度降低而产生沉淀，变性不可逆，沉淀不能重新溶于水，D错误；故选D。4．用现代分析仪器可检测元素或物质的组成、结构。下列说法不正确的是A．利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素B．通过质谱法可测定有机化合物的相对分子质量C．通过红外光谱图可获得有机化合物分子中含有的化学键或官能团信息D．通过核磁共振氢谱图可确定有机化合物的实验式【答案】D【解析】不同元素的原子光谱上的特征谱线不同，利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素，A正确；质谱法中，最大质荷比通常对应分子的相对分子质量，所以通过质谱法可测定有机化合物的相对分子质量，B正确；不通化学键或官能团在红外光谱图中对应特定吸收峰，因此可通过红外光谱获取有机物分子中的化学键或官能团信息，C正确；通过核磁共振氢谱图可确定有机化合物分子中氢原子的种类和数目比，不能确定有机化合物的实验式，确定实验式一般需通过有机物的元素定量分析等方法，D错误；故选D。5．下列方程式与所给事实不相符的是A．铅酸蓄电池的负极反应：PbB．铁与水蒸气反应：3C．浓硝酸受热或光照分解：4HNO3(浓D．稀硫酸中滴加Ba(OH【答案】D【解析】铅酸蓄电池中，Pb作负极发生失电子的氧化反应形成Pb2+，与SO42-反应生成PbSO4，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，与事实相符，A错误；铁与水蒸气在高温下反应生成黑色固体Fe3O4和H2，化学方程式3Fe+4H2Og高温Fe3O4+4H2，与事实相符，B错误；浓硝酸受热或光照易分解，生成NO2、O2和H2O，化学方程式4HNO36．下列变化过程与氧化还原反应无关的是A．推动盛有NO2B．将酸性KMnO4C．将FeSO4溶液加入NaOHD．向包有Na2【答案】A【解析】推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，气体体积减小，NO2的浓度增大，气体颜色变深，增大压强，反应2NO2⇌N2O4的平衡正向移动，不涉及氧化还原反应，故A正确；乙醇有还原性，可将具有氧化性的高锰酸钾还原，使其紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B错误；Fe2+与NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，具有还原性的Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C错误；Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；故答案为A。7．下列操作或实验，不能达到实验目的的是A．配制一定物质的量浓度的溶液时定容B．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡C．实验室制乙酸乙酯D．检验乙炔具有还原性【答案】D【解析】配制一定物质的量浓度溶液定容时，当液面接近刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，视线与凹液面最低处相平，操作正确，能达到实验目的，A不选；排挤碱式滴定管乳胶管中气泡，可将尖嘴向上弯曲，挤压玻璃珠使溶液流出从而排出气泡，能达到实验目的，B不选；实验室用乙醇、乙酸在浓硫酸催化下加热反应制备乙酸乙酯，将生成的产物通入饱和碳酸钠溶液中，用饱和碳酸钠溶液收集，能降低乙酸乙酯溶解度，吸收挥发的乙酸和乙醇，该装置可达到制备乙酸乙酯目的，C不选；电石（主要成分CaC2）与水反应制乙炔，反应中会产生H2S等杂质气体，H2S具有还原性也能使酸性KMnO4溶液褪色，不除去杂质就直接通入酸性KMnO4溶液，无法确定是乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔还原性，该操作不能达到实验目的，D选；故选D。8．取某溶液进行离子检验，下列说法正确的是A．滴加硫酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有B．滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有C．滴加KSCN溶液不变色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，该溶液中一定含有FeD．滴加过量盐酸，生成的无色气体使澄清石灰水变浑浊，该溶液中一定含有CO【答案】C【解析】滴加硫酸酸化，引入了SO42-，再加入AgNO3溶液，产生的白色沉淀可能是Ag2SO4，不一定是AgCl，所以不能确定溶液中一定含有Cl-，应选择稀硝酸进行酸化，以排除离子干扰，A错误；滴加BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，所以溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，不一定含有SO42-，B错误；滴加KSCN溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，再滴加几滴氯水，溶液变红色，说明有Fe3+生成，是因为氯水将原溶液中存在的Fe2+氧化为Fe3+，C正确；根据强酸制弱酸反应原理，滴加过量盐酸，生成的无色气体使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，溶液中可能含有CO9．探究铜与浓硫酸的反应，并验证气体产物的性质，实验装置如图所示。下列说法正确的是A．反应中浓硫酸只体现了氧化性B．溶液a和溶液b可依次选用品红溶液和酸性高锰酸钾溶液C．溶液c可选用浓NaOH溶液或浓NaHSO3D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，可能生成氢气【答案】B【解析】铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，反应中浓硫酸一部分硫元素化合价降低体现氧化性，还有一部分硫元素化合价不变生成硫酸铜体现酸性，并非只体现氧化性，A错误；二氧化硫气体具有还原性和漂白性，溶液a可选用品红溶液可检验二氧化硫的漂白性，溶液b可选用酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫的还原性，B10．实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备Ga2O3已知：Ga和In均为第IIIA族元素，In难溶于NaOH溶液。下列说法不正确的是A．Ga元素位于元素周期表的p区B．Ⅰ中，GaN生成Ga(OHC．从沉淀1中可以提取In和MgD．IⅢ中，为使Ga(【答案】D【解析】元素周期表的p区是指最外层电子填充在p轨道上的元素组成的区域，包括第IIIA族，Ga原子序数为31，元素位于元素周期表第IIIA族，属于p区，A正确；LED的废料主要含有难溶于水的GaN，以及少量In、Mg金属，已知Ga与In同族，且In难溶于NaOH溶液，因此加入NaOH溶液，步骤Ⅰ中GaN生成Ga(OH)4-的反应：GaN+OH-+3H2O80℃¯¯Ga(OH)4-+NH3↑，B正确；In和Mg不与NaOH溶液发生反应，沉淀111．制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是A．H2S和D2O均为极性分子B．H2S和D2S互为同素异形体C．方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2D．方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高【答案】B【解析】H2S和D2O分子空间构型都为V形，分子空间结构不完全对称，正负电中心不重合，故二者均为极性分子，A项正确；由同种元素组成的性质不同单质互为同素异形体，H2S和D2S均为化合物，不是单质，不互为同素异形体，B项错误；由题给信息及元素守恒可知，FeS与DCl的D2O溶液反应生成D2S和FeCl2，反应方程式正确，C项正确；方法①中H₂S与D₂O可能发生同位素交换（如生成HDS），导致产物不纯；方法②直接由DCl和D₂O提供氘，产物D₂S更纯，D项正确；答案选B。12．某碳酸酯Q可形成聚合物P。下列说法不正确的是A．Q中存在手性碳原子B．xmolQ反应生成P，同时生成nmolCO2C．x=m+2nD．若控制条件使m:n减小，则P中的醚键在官能团中的比例升高【答案】C【解析】手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，故Q中连接甲基的碳原子为手性碳原子，A正确；根据图知，碳氧单键断开，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)OOC—，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)-和1个CO2分子，则xmolQ反应生成P，同时生成nmolCO2，B正确；根据图知，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)OOC—，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)-和1个CO2分子，所以x=m+n，C错误；m：n越小，则P中—OCH2CH(CH3)OOC—与—OCH2CH(CH3)-的比例越小，所以P中的醚键在官能团中的比例升高，D正确；故答案为：C。13．普鲁士蓝的化学式为KFe+3Fe+2(CN)下列说法不正确的是A．闭合K，MB．闭合K，一段时间后电解质溶液的质量增大C．断开K，每生成1molKFeFeD．断开K，一段时间后电解质溶液中可能出现白色沉淀【答案】B【解析】闭合K，灯泡亮，构成原电池，惰性电极M上铁元素化合价下降，说明发生得电子的还原反应，惰性电极M是正极，电极反应为：KFeFe(CN)6+K++e-=K2FeFe(CN)6，A正确；负极的反应为Al-3e-=Al3+，当电路转移3mol电子时，有1molAl进入溶液，根据电极反应式：KFeFe(CN)14．一种CO2催化加氢合成CH3CH①2②CO1.3MPa时，将1molCO2和3molH2按一定流速通过催化剂，相同时间内测得CO2的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①已知：CO的选择性=下列说法不正确的是A．CO与H2合成CH3B．图1中，温度升高，CO2的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①C．由图1可知，300℃时H2的转化率为D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时CO2【答案】C【解析】根据盖斯定律：①-②×2得2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH=-255.9kJ⋅mol-1，A不符合题意；反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，二者反应速率均加快，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B符合题意；根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：1mol×8％=0.08mol，CO选择性30％，生成CO的CO2：0.08mol×30二、解答题15．硅及其化合物在很多领域有广泛的应用。(1)硅原子①基态硅原子的价层电子轨道表示式是。②Si、P、(2)晶体硅①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是。②一定温度下，某体积为vcm3，质量为mg的晶体硅，其晶胞为立方体，如图1所示，边长为anm1nm=10-7cm，Si③下列能说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡的是。a．硅原子之间的相互作用具有方向性和饱和性b．硅有导电性，导电能力大于金刚石(3)硅的含氧化合物①二氧化硅中的硅氧四面体基本结构单元如图2所示，其中硅原子的杂化方式为。②自然界中的云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构。i．如图3所示，每个硅氧四面体通过共用3个氧原子分别与相邻的硅氧四面体连接，形成无限伸展的片状的硅酸根离子，其中硅原子和氧原子的个数比为。ii．云母易被从片间撕开，原因是。【答案】(1)Si<(2)晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：C<Si，键长：C-C键<Si-Si键，键能：C-C键(3)sp3杂化2：5【解析】（1）①Si核外电子数为14，基态硅原子的价层电子排布为3s23p2，价层电子轨道表示式是；②同周期元素从左到右第一电离能增大，但由于P的核外电子排布处于半充满稳定状态，因此第一电离能大于同周期相邻元素，则由小到大的顺序为Si<S<P。（2）①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：C<Si，键长：C-C键<Si②根据晶胞结构，Si位于晶胞顶角、面心和体内，含有硅原子个数为18×8+12×6+1×4=8③硅晶体中硅原子之间具有方向性和饱和性，金属晶体中金属键没有方向性和饱和性，故a不选；金刚石是共价晶体，若硅有导电性，且导电能力大于金刚石，则可说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡，故答案为b。（3）①二氧化硅中的硅为四面体构型，Si杂化轨道数为4，则杂化方式为sp3；②i．根据均摊法，一个硅氧四面体中，有3个氧原子被2个相邻Si原子共用、1个氧原子只与1个硅原子结合，则Si:ii．云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构，片内为由共价键构成的硅酸根阴离子，片间为金属阳离子，硅酸根离子和金属离子通过离子键构成云母多层结构，离子键强度较低，而共价键强度较高，因此云母易被从片间撕开形成单层结构，故答案为：片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度。16．二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。(1)二氧化硫制备三氧化硫。①工业上，SO2制SO3反应的化学方程式是②450℃时，将2molSO2和1molO2混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO2的平衡转化率为α。450℃(2)电解法处理SO2尾气制H2S。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的H①阴极生成H2S，电极反应式是②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的H2S及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是(3)中国科学家研究了大气中的SO2在铜盐催化下被NO2氧化为SO42-的机理。将一定浓度SO2和NO2的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，SO2和NO2的总反应由如图2所示的各基元反应组成，资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以NO2表示的速率viiiNO①反应i的离子方程式是。②SO3-⋅和NO2SO3-均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中a．vb．vc．若仅改变SO2和NO2的浓度，则c【答案】(1)2SO2+(2)SO2+6H(3)SO2+【解析】（1）①工业上二氧化硫在催化剂、加热的条件下与氧气发生反应生成三氧化硫，化学方程式为：2SO②450℃时，将2molSO2和1molO2混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，2SO该反应的平衡常数K=(2α)（2）①如图，SO2在阴极发生得电子的还原反应形成H2S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，在酸性环境下电极反应式为②H2S具有还原性，易被空气中氧气氧化，为防止生成的H2S堵塞气体扩散电极，用Ar气及时带出，副反应是（3）①根据图中信息及元素守恒、电荷守恒，反应i是具有还原性的SO2与Cu2+反应生成Cu+②由图知，SO2只参与反应i，故v总SO2=viSO2，a正确；由图知，NO2参与了反应ii和反应iii，故v总NO2≠viiNO2，b错误；由于反应过程中Cu2+和Cu+的浓度保持不变（催化剂的特性），根据速率方程viiiNO17．托法替尼是一种治疗关节炎的药物，其重要中间体W的一种合成路线如下。已知：i．ii．(1)E中的含氧官能团的名称是。(2)B→D反应的化学方程式是(3)下列说法正确的是。a．F→b．G→I,CH2BrCHOc．E+I→M，若用KOH溶液替换(4)E中α-H的活泼性较强，原因是(5)M→WZ→W仅发生官能团的变化，Z和W的分子式均为C6H5O2N3，分子中均含有一个六元环、一个五元环。W的分子中含有1个N①Y→Z，生成Z的同时还生成的有机化合物是②Y的结构简式是，W的结构简式是。【答案】(1)酯基(2)CH(3)ac(4)N、O的电负性均较大，-CN、-COOR均为吸电子基团(极性强(5)CH3CH2OH【解析】（1）E的结构为，E中的含氧官能团的名称为酯基；（2）CH3COOH与CH3OH在浓硫酸的催化下加热，发生酯化反应生成CH3COOCH3，CH3COOCH3与Cl2在催化剂下发生反应生成D，D与NaCN在加热发生反应生成E，结合E的结构可推知D为CH2ClCOOCH3，则B→D反应的化学方程式为CH（3）CH3CHO与Br2在光照条件下甲基上的氢被溴取代生成G，I与E在K2CO3的作用下发生取代反应生成M，则F→G、E+I→M均为取代反应，a正确；由已知：i．可知，G→I中，CH2BrCHO和CH3CH2OH的物质的量之比为1∶2，b错误；E+I→M反应中，（4）在E中，由于N、O的电负性均较大，-CN、-COOR均为吸电子基团(极性强)，二者均使（5）如图，M与CO(NH2)2在催化剂的条件发生已知反应ii生成X，则X为，X反应生成Y和CH3OH，Y为，Y在酸性条件下反应生成Z，Z→W仅发生官能团的变化，Z和W的分子式均为C6H5O2N3，分子中均含有一个六元环、一个五元环，可推知Z为，W的分子中含有1个N-H键，2个①Y→Z，反应生成和CH3CH2OH，则生成②Y的结构简式是，W的结构简式是。18．以铜矿粉(主要含CuS、CuO、FeO等)和软锰矿粉(主要含MnO2)为原料联合制备CuCl资料：i．酸性条件下，氧化性：MnO2ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。iii．金属离子沉淀的pH。FeFeMnCu开始沉淀时6.31.58.24.7完全沉淀时8.32.810.26.7(1)“浸取”由酸浸、中和两步组成。①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是。②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为。(2)“沉锰”时，NH4HCO3作沉锰剂，通入NH3①用离子方程式表示沉锰时Cu2+未形成沉淀的原因：②“沉锰”时用NH4HCO3而不用NaHCO3(3)“热分解”所得分解液可获得NH42SO4，“分解气”中可循环利用的有CO(4)“转化”时，向CuSO4溶液中加入适量的NaCl和Na2SO①转化反应的离子方程式是。②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是。(5)CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与Cu+形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是。【答案】(1)CuS+MnO(2)Cu2++4NH3=CuNH342+NH4HCO3作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9(3)NH(4)2Cu2++2Cl-+(5)【解析】（1）①铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S；②用氨水中和时需将Fe3+沉淀完全以除去，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。（2）①沉锰时Cu2+提供空轨道，配体NH3提供孤电子对，形成可溶性的配离子[Cu(NH3)4]2+：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+②“沉锰”时用NH4HCO3而不用NaHCO3作沉锰剂，原因是NH4HCO3作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入NH3的量更大，且NH4+抑制NH3⋅H（3）“热分解”所得分解液可获得NH42SO4，“分解气”中可循环利用的有CO（4）①转化反应中具有还原性的SO32-将Cu2+还原为Cu+，Cu+与Cl-②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被O2（5）根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3