福建省龙岩市2025届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省龙岩市2025届高三下学期二模考试试题一、单选题1．我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是A．华为麒麟芯片的主体材料的晶体类型与石墨属于同种晶体B．首创了从二氧化碳到淀粉的合成，合成的淀粉和纤维素属于同分异构体C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能D．“天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的83Kr和84【答案】C【解析】芯片的主体材料为单质硅，为共价晶体，而石墨为混合晶体，A错误；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，B错误；返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能，这样才能保证返回舱顺利返回，C正确；

83Kr和84Kr最外层电子数相同，两者的化学性质应该相同，故选C。2．抗肿瘤新型药物西利替尼结构如图。关于该药物的说法正确的是A．含有2个手性碳原子 B．C、N、O原子均有2种杂化形式C．能发生加成反应、取代反应和缩聚反应 D．虚框内N原子提供4个电子参与形成大π键【答案】A【解析】手性碳原子为碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，该有机物中含有如图()所示两个手性碳原子，A正确；C的杂化方式有sp、sp2、sp3三种，B错误；该有机物中含有的碳碳叁键、苯环能加成反应，苯环上能发生取代反应，不能发生缩聚反应，C错误；虚框中的N原子为sp2杂化，每个N原子提供一个电子参与大π键，共提供2个电子，D错误。故选A。3．利用市售的氯化锌制备无水氯化锌的实验装置如图。已知无水氯化锌遇水易水解。下列说法错误的是A．盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗B．盐酸的沸点比硫酸的低C．为提高除水速率，应加快HCl和N2D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ【答案】D【解析】浓硫酸与固体NaCl加热得到HCl，经过浓硫酸干燥，通入管式炉，在管式炉中HCl气流作用下加热市售氯化锌得的无水氯化锌。盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，A正确；盐酸易挥发，硫酸是高沸点酸，B正确；加快HCl和N2的气体流速，可以快速带走水蒸气，C正确；氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，故实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，D错误。故选D4．一种新型离子液体[Dmim]Tos结构示意如图，其中短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。下列说法正确的是A．中心原子Z和W的杂化方式不同 B．XY3-和C．简单氢化物的稳定性：X>Y D．最高价氧化物对应水化物酸性：W>Z【答案】D【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，由图示结构知，X可形成三个共价键，X也可以失去一个电子后形成四个共价键，则A为N；Y形成两个共价键，Y为O；Z能形成五个共价键，Z为P；W可形成六个共价键，W为S。Z和W分别为P和S，二者均形成了四个σ键且无孤电子对，均采取sp3杂化，A错误；XY3-即NO3-，中心原子N的价层电子对数为3+5+1-3×22=3，N无孤电子对，则NO3-的空间结构为平面三角形；WY32-即SO32-，中心原子S的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，S的孤电子对数为1，则SO32-的空间结构为三角锥形，B错误；X和Y的简单氢化物为NH3和H2O，由于原子半径：O<N，键能：O-H>N-H，则稳定性：H2O>NH3，C错误；Z、W为5．25℃时，一些有机酸的电离平衡常数如下表。有机酸CHCHHOOCCH2COOH(简写为ppppKa下列说法错误的是A．CH3B．3.86＜pKaC．0.1mol⋅L-1D．等物质的量浓度的CH3CH2COOH和CH【答案】C【解析】CH3CHOHCOOH中羟基为吸电子基，则羧基中羟基的极性增强，比CH3CH2COOH更容易电离出H＋，酸性增强，A正确；CH2OHCH2COOH含有羟基，但羟基位置较CH3CHOHCOOH中羟基离得羧基远，使得CH2OHCH2COOH酸性介于CH3CHOHCOOH、CH3CH2COOH之间，则3.86＜p6．常温常压下，利用电催化去除水体中污染物NO3-，并实现绿色合成氨的反应如下：NO3-+H2OA．9gH2O的σB．3.4gNH3中含有的孤电子对为0.2C．每转化6.2gNO3-，转移的电子数为D．每生成2.24LO2(已折算为标况)，产生X的微粒数为0.1【答案】D【解析】根据电荷守恒知，X为OH-，在反应过程中，N元素的化合价由＋5价降至-3价，一个N降了8个价态；部分O元素化合价由-2升至0价，一个O升高了两个价态；根据化合价升降守恒、原子守恒可得到配平后的方程式为NO一个H2O分子中含两个σ键(O—H键)，9gH2O的物质的量为9g18g/mol=0.5mol，则9gH2O含σ键数为NA，A正确；NH3的中心原子N的孤电子对数为5-3×12=1，3.4gNH3的物质的量为3.4g17g/mol=0.2mol，其中含有的孤电子对数为0.2NA，B正确；由电荷守恒知，X为OH-，配平后的方程式为NO3-+2H2O催化剂通电NH3+27．汞(Hg)位于第6周期ⅡB族，HgX4HgX络合反应平衡常数值HgClHg1.0×HgBrHgKHgIHg1.9×下列说法错误的是A．基态Hg2+的价电子排布式为5d10C．共价键极性：HgCl42-【答案】C【解析】汞(Hg)位于第6周期ⅡB族，基态Hg2+的价电子排布式为5d10，A正确；Br-参与的平衡常数介于Cl-和I-参与的平衡常数之间，B正确；Cl的非金属性大于I，Hg与Cl的电负性差值大于Hg和I的电负性差值，共价键的极性HgCl42->HgI8．一种电催化及联产环己酮肟()的装置如图。下列说法正确的是A．阳极产生氧气的量与阴极消耗氧气的量相等B．理论上，外电路每转移4mol电子，阳极区溶液质量减少32gC．阴极区生成环己酮肟的反应为＋H2O2＋NH4HCO3＝CO2↑＋＋3H2OD．理论上，生成1mol环己酮肟，至少需要22.4LO【答案】C【解析】图示电解池中，左侧电极与电源正极相连，左侧电极为阳极，电极反应极式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；右侧电极与电源负极相连，右侧电极为阴极，电极反应式为O2+2e-+2H+=H2O2。由得失电子守恒知，阳极产生氧气的量与阴极消耗氧气的量不相等，A错误；阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，理论上，外电路转移4mol电子时，阳极区产生1molO2，同时有4molH+透过交换膜由阳极区迁移至阴极区，则阳极区溶液质量减少32g＋4g＝36g，B错误；由图知，阴极产生的H2O2能与阴极区依次发生反应O2+2e-+2H+=H2O2、＋H2O2＋NH4HCO3＝CO2↑＋＋3H2O，理论上每生成1mol9．从废旧线路板(主要成分为塑料板及金属，其金属含量为Cu75%、Fe7.5%、Pb2.7%、Al2.1%)中提取铜的流程如下：已知：萃取原理可表示为Cu2+(水层)+2RH(有机层)⇌CuR2(有机层)+2下列说法正确的是A．“磁选”分离过程发生了化学变化B．“浸出”过程主要发生反应的离子方程式为3C．“萃取”过程，pH越小萃取率越高D．该流程可循环利用的物质只有RH和煤油【答案】B【解析】废旧线路板粉碎、风选除去塑料颗粒，磁选除去铁粉，剩余物加入NaClO3、稀硫酸浸取，使得铜、铝转化为浸出液，滤渣为PbSO4，加入萃取剂萃取出含铜有机层，加H2SO4反萃取分离出Cu2+，电解得到铜；“磁选”分离过程没有生成新物质，发生了物理变化，A错误；“浸出”过程中NaClO3在酸性条件下氧化铜单质生成Cu2+和Cl-，主要发生反应的离子方程式为3Cu+ClO3-+6H+=3Cu2++Cl-+3H2O，B正确；萃取原理可表示为Cu2+(水层)+2RH(有机层)⇌CuR2(有机层)+2H+(水层)，则“10．25℃时，H2CO3的pKa1=6.38、pKa2=10.25，NH3⋅H2O的pA．1mol⋅L-1B．曲线Ⅲ代表的是HC．稀释NH4HCO3溶液，抑制NHD．-lgc【答案】D【解析】1mol⋅L-1NH4HCO3溶液(pH＝7.8)，c(H＋)＝10-7.8，c(OH-)＝10-6.2，NH3⋅H2O的pKb=4.74，Kb＝c(NH4+)×c(OH-)c(NH3·H2O)=10-4.74，cNH4+cNH3⋅H2O=101.46，A正确；H2CO3的pKa1=6.38、pKa2=10.25，NH3⋅H2O的pKb=4.74可知，NH4+水解程度小于HCO3-水解程度，故NH4HCO3溶液显碱性，起始时，主要粒子为NH4+和HCO3-，NH4+分布系数大于HCO3-的分布系数，加水稀释，NH4+和NH3·H2O的分布系数和为1，HCO3-、二、解答题11．一种从金还原后液(主要含Na+、H+、PdCl42-、PtCl62-、Cl(1)“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如图。①PdCl42-转化为PtCl6②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是。(2)“微热”过程1molPd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4L气体X，则气体X为(填化学式)。(3)“分铂”发生反应：PdCl42-+4NH3⋅H2O=PdNH342++4(4)“沉钯”得到的PdNH32Cl2存在同分异构现象，其中分子极性较弱的是A．B．(5)虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是。(6)“煅烧”过程产生气体中，有一种可做保护气，相应的化学方程式为。(7)金属Pt采用面心立方堆积方式，将其晶胞中的一些Pt换成Co，得到具有永磁性能的铂钴合金，其晶胞如图所示。则该合金的化学式为；Pt原子和Co原子之间的最近距离为apm，则该晶胞参数为pm。【答案】(1)3PdCl42-+ClO3-+5Cl-(2)Cl2(3)10(4)A(5)充分除去沉淀中的杂质，提高NH4(6)3(7)PtCo2【解析】金还原后液中加入NaClO3、NH4Cl得到NH42PdCl6、NH42PtCl6，微热，NH42PdCl6转化为PdCl42-，加入氨水使Pt元素转化为沉淀、PdCl42-转化为PdNH342+，两者分离，经过还原、氧化得到NH42PtCl（1）①NaClO3氧化PdCl42-转化为PtCl62-，NaClO3中氯化合价由＋5变为-1、Pd化合价由＋2变为＋②搅拌时间过长，ClO3-与Cl-反应导致PdCl（2）“微热”过程1molPd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)，Pd化合价降低被还原，且转移2mol，同时生成标准状况下22.4L气体X（为1mol），则气体X为Cl_失去2mol电子被氧化生成的Cl2（3）PdCl42-浓度从0.025mol⋅L-1降到1.0×10-5mol⋅L-1，说明PdCl42-已经完全转化，则PdNH342+、Cl（4）PdNH32Cl2存在同分异构现象，说明Pd（5）虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是：充分除去沉淀中的杂质，提高NH4（6）“煅烧”NH42PtCl6得到Pt，Pt化合价降低，且产生气体中有一种可做保护气，说明部分氮化合价升高被氧化为N2，结合质量守恒，还会生成NH4（7）根据“均摊法”，晶胞中含Co原子个数为8×18+2×12=2，含Pt原子个数为4×12=2，则该合金的化学式为12．具有抗肿瘤作用的查尔酮衍生物合成路线如图。已知：-R代表任意原子或基团。(1)A中官能团的名称为。(2)A→B的反应类型为。(3)B→C的化学方程式为。(4)B的同分异构体中符合以下条件的结构简式为。①能与新制CuOH②核磁共振氢谱的峰面积之比为6∶6∶1∶1③红外光谱显示该有机物存在C-O-C结构的吸收峰(5)D的结构简式为。(6)D→E中，吡唑()体现了其酸性。①分子中大π键可用mn符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为66)，则吡唑中的大②从物质结构角度解释，吡唑具有一定酸性的原因是。(7)E→F中会得到不同产率的F1和F2，F1产率总是低于F2产率的原因是。【答案】(1)醚键、羟基(2)取代反应(3)(4)(5)(6)56N电负性大，吸电子能力强，增强了N-H键极性；电离后，N上的电子能与环内双键形成p-π(7)F1中大基团在碳碳双键同一侧，空间位阻大，产物不稳定，导致产率较低【解析】对比A和B的结构简式可知，A转化为B为取代反应；由C和B的分子式可知，由B到C增加两个C、两个H、一个O，即由取代H原子，则C的结构简式为，D→E，取代了D中的一个Br得到E()，则D为；（1）A的结构简式为，A中官能团的名称为醚键、羟基；（2）对比A()和B()的结构简式可知，A→B的过程中，－OH转化为－OCH3，同时生成HI，则该反应类型为取代反应；（3）由B、C的分子式相差C2H2O可知，B→C是取代了B中苯环上的一个H，由E可推出D的结构简式为，从而可知取代的是苯环上与-O-CH3处于间位上的H，故A→B的化学方程式为；（4）B()的同分异构体中符合以下条件：①能与新制CuOH2生成砖红色沉淀，说明含有醛基；②核磁共振氢谱的峰面积之比为6∶6∶1∶1，说明存在对称结构；③红外光谱显示该有机物存在C-O-C结构的吸收峰，符合条件的同分异构体为；（5）D→E，取代了D中的一个Br得到E()，则D为；（6）①分子中碳原子、氮原子都采取sp2杂化，3个碳原子各提供1个电子、－NH－中氮原子提供未参与杂化的2p轨道的1对孤电子、另1个氮原子提供1个电子，形成5原子6电子大π键，则吡唑中的大π键应表示为56②从物质结构角度解释，吡唑具有一定酸性的原因是：吡唑分子中的N电负性大，吸电子能力强，增强了N－H键极性；电离后，N上的电子能与环内双键形成p-π共轭，使生成物更加稳定；（7）E→F中会得到不同产率的F1和F2，由F1的结构简式可知，其中大基团在碳碳双键同一侧，空间位阻大，产物不稳定，而F2中大基团在碳碳双键异侧，空间位阻小一些，比F1稳定，所以F1产率总是低于F2产率。13．键合异构体是指配合物中的中心原子和配体组成完全相同，但与中心原子相结合的配位原子不同。两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的制备、表征及转化分析实验如下。(1)CoNH35ONOCl2配位原子为N和①上述两种Co(Ⅲ)配合物中Co3+的杂化方式为(填标号)A．sp3

B．sp3d

②上述两种Co(Ⅲ)配合物红外光谱图如下，图中标有N-O吸收峰的波数。CoNH35ONOCl2的红外光谱图为_______(填(2)加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、。(3)“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是。(4)“常温溶解”中生成CoNH35(5)已知：弱酸HNO2易分解。制备CoNH35NO(6)“变温红外分析”的具体过程为：样品用KBr压片，恒温55℃，每间隔10min，测定其红外光谱图(如图C)，直至N-O吸收峰无明显变化为止。①随着测定时间的增加，样品N-O吸收峰的透光率不断(填“增大”或“减小”)。②总结实验条件对上述两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体转化的影响。(7)设计实验证明CoNH35NO【答案】(1)CBNO2-配体中O原子配位，造成两个(2)水浴加热，适当升温(3)盐酸加入过多，NH3转化为NH4+(4)CoNH3(5)先溶解NaNO2(6)减小升温有利于CoNH3(7)CoNH35【解析】CoNH35ClCl2中加入氨水溶解，分成两份，分别加入盐酸调节pH为3.5、4.5，在pH＝3.5的溶液中加入NaNO2，微热30分钟后冷却，生成CoNH35NO2Cl2，再加入浓盐酸酸化，冰水浴冷却、抽滤、洗涤，得到棕黄色的（1）①对于CoNH35ONOCl2和CoNH35②分析红外光谱图，图A中N-O吸收峰的波数为1428cm-1，图B中N-O吸收峰的波数为1454cm-1和1065cm-1，由于NO2-配体中O原子配位，造成两个N-O强度不同，故存在两组吸收峰，故CoNH（2）为了加快溶解速率，可以采取的措施包括：水浴加热，升高温度加快溶解速率；适当升温：控制温度在适宜范围内，避免配合物分解；搅拌：增加溶液的流动性，促进溶质与溶剂的接触，故加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、水浴加热，适当升温。（3）“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是盐酸加入过多，NH3转化为NH4+（4）根据题意，[Co(NH3)5Cl]Cl2在酸性和常温条件下，Cl-配体被NO2-取代，并且NO2-通过O原子配位到Co(Ⅲ)中心，形成亚硝酸基配合物CoNH（5）弱酸HNO2易分解，制备CoNH35NO（6）①根据图中信息，随着测定时间的增加，样品N－O吸收峰的透光率不断减小。②根据信息，恒温55°C，两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体会发生转化，说明温度会影响两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的转化，且在一定时间内持续转化直至N－O吸收峰无明显变化，升温反应速率加快，故升温有利于CoNH35（7）CoNH35NO2Cl2常温放置一段时间后，测定其红外光谱图，观察N14．甲酸受热分解有脱水和脱羧两种方式：脱水反应：HCOOHg⇌COg脱氢反应：HCOOHg⇌CO2回答下列问题：(1)已知COg+H2则ΔH1=kJ⋅mol-1，K1=(2)TK时，向1L恒容密闭容器中充入2molHCOOH(g)，压强为p0kPa．反应达到平衡时，甲酸转化率为95%，CO的选择性为40%已知：Kp为气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×①该反应的平衡总压p总=②TK时，脱水反应的平衡常数Kp=。(③反应温度升高有利于提高平衡时产物CO选择性的原因是。(3)我国科学家研发萤石型ZrO2纳米材料(晶胞如图)，能阻断甲酸脱氢路径，获取纯度超过99.999%的CO①萤石型ZrO2晶胞中，Zr的配位数为