天津市河西区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PAGE试卷第=16页，共=sectionpages1717页PAGE1天津市河西区2025届高三下学期二模考试一、单选题1．中华文化源远流长，下列说法错误的是A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B．“竹木简牍”中“竹”主要成分是纤维素，属于天然有机高分子C．“书之竹帛，镂之金石”中“帛”充分燃烧只生成二氧化碳和水D．“铜官窑彩瓷”是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【答案】C【解析】四羊方尊由青铜制成，青铜是铜锡合金，青铜属合金，A正确；竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，B正确；“帛”指丝织品，主要成分为蛋白质。蛋白质燃烧除生成CO2和H2O外，还会产生含氮化合物等，C错误；以黏土为主要原料，经高温烧结而成陶瓷，铜官窑彩瓷就用此方法制得，D正确。2．臭氧可以氧化氢碘酸，原理是O3A．O3是含极性键的极性分子 B．O3和C．HI的电子式： D．1.8gH2O【答案】A【解析】O3分子呈V形，正负电中心不重合，O3为极性分子，O－O键的电子云偏向端位氧原子，使每个O－O键具有极性，O3是由极性键形成的极性分子，A正确；O3和O2是由氧元素形成的不同的单质，二者互为同素异形体，不互为同位素，B错误；HI是共价化合物，HI的电子式是，C错误；H2O含有8个中子，1.8gH2O的物质的量为0.1mol3．下列相关实验安全的说法中，错误的是A．硫化银废渣，应集中送至环保单位处理B．金属燃烧起火，可用冷水冷却，降低金属着火点C．轻微烫伤时，先用洁净的冷水处理，再涂抹烫伤药膏D．未用完的白磷、钾等易燃物应放回原试剂瓶中【答案】B【解析】硫化银废渣含有重金属银，属于危险废物，需由环保单位专门处理，A正确；不活泼的金属着火时，用冷水冷却是为了将温度降至金属的着火点以下，但金属的着火点是固有性质，无法被降低，部分活泼金属如Na，着火时，不能用水泼灭，B错误；轻微烫伤后立即用冷水降温可减少组织损伤，再涂抹药膏保护伤口，C正确；白磷、钾等易燃物易与空气或水反应，未用完时应放回原瓶以避免危险，D正确。4．下列物质性质差异与影响因素没有关联的是性质差异影响因素A键角：BFB、P的杂化方式B酸性：二氟乙酸>二氯乙酸F、C沸点：II-D识别K+的能力：18－冠－6>12－冠－冠醚的空腔尺寸【答案】C【解析】BF3中心B原子价层电子对数为3＋12×3-3×1＝3，B原子为sp²杂化，BF3为平面三角形结构，键角120°；PCl3中心P原子价层电子对数为3＋12×5-3×1＝4，P原子为sp3杂化，PCl3为三角锥形结构，孤对电子排斥使键角减小至约107°，键角差异是由杂化方式不同导致，A正确；由于F的电负性比Cl大，吸引电子的能力更强，二氟乙酸羧基中的O－H键的极性更大，更易电离出H＋，酸性更强，B正确；I2和Br2都是分子晶体，I2比Br2的相对分子质量大，I2分子间比Br2分子间范德华力更大，而I－I和Br－Br的键能影响化学键强度，与沸点无关，C错误；18－冠－6的空腔尺寸与K＋匹配，识别能力更强；5．下列有关物质的制备方法正确的是A．饱和NaCl溶液制备纯碱：饱和NaCl溶液→B．工业制取盐酸：饱和NaCl溶液→电解HC．工业以NH3制取硝酸：D．海水提镁：浓缩海水→【答案】B【解析】工业上制备纯碱时，应该先向饱和食盐水中通入NH3，营造碱性环境，增大CO2的溶解度，再通入CO2反应生成NaHCO3，并使溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3固体再受热分解制备Na2CO3，A错误；电解饱和NaCl溶液会生成H2和Cl2，H2和Cl2在点燃的条件下反应生成HCl，以此制取盐酸，B正确；工业制硝酸的正确流程为NH3在催化剂作用下氧化生成NO，NO进一步氧化为NO2，最后NO2溶于水生成HNO3，C错误；海水提镁的流程为：浓缩海水中加石灰乳沉淀Mg(OH)2，盐酸溶解Mg(OH)2生成MgCl2溶液，经蒸发结晶、脱水得到无水MgCl2，最后电解熔融MgCl2得金属Mg，电解MgCl2溶液无法得到Mg，D错误。6．下列各组离子在给定溶液中，一定能大量共存的是A．甲基橙变黄色的溶液：FeB．与Al反应放氢气的溶液：FeC．醋酸溶液中：SOD．酚酞变红溶液中：K【答案】D【解析】甲基橙变黄色，溶液pH≥4.4，溶液为弱酸性至碱性，Fe2+与NO3-在酸性条件下可能发生氧化还原反应，不能大量共存，Cu2+不能在碱性溶液中大量存在，S2O32-在酸性溶液中不能大量共存，且会和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，A一定不能大量共存；与Al反应放氢气的溶液可能呈酸性或碱性，Fe3+不能在碱性溶液中大量存在，Fe3+和I-会发生氧化还原反应，Fe3+和HCO3-会发生双水解反应，HCO3-与H＋7．碘离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，催化过程的机理如图1，图2是有、无碘离子存在时，过氧化氢分解的能量变化示意图。下列说法错误的是A．X和Y分别为H2O和O2 BC．碘离子不改变H2O2分解的焓变 D．反应速率大小：【答案】B【解析】反应①中H2O2和I－反应生成IO－，I－被H2O2氧化为IO－，H2O2被还原为H2O，反应②中H2O2和IO－反应生成I－，IO－被H2O2还原为I－，H2O2被氧化为O2，X和Y分别为H2O和O2，A正确；由图2可知，H2O2的分解反应中，反应物的总能量高于生成物，为放热反应，B错误；由图1可知，I－先被消耗，后又生成，为该反应的催化剂，催化剂不改变H2O2分解的焓变，C正确；由图2可知，反应①8．光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。下列说法错误的是A．化合物X为CH3OH B．异山梨醇分子中有C．该高分子材料一定条件下可以降解 D．碳酸二甲酯中碳原子的杂化方式有两种【答案】B【解析】异山梨醇和碳酸二甲酯发生缩聚反应生成聚碳酸异山梨醇酯，由反应物的结构简式，结合原子守恒可知，化合物X为CH3OH，A正确；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，异山梨醇分子中有4个手性碳原子，如图，B错误；该高分子材料聚碳酸异山梨醇酯中含有酯基，在一定条件下可以水解，即可以降解，C正确；碳酸二甲酯中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种杂化方式，D正确9．实验室检验下列气体时，选用的除杂试剂和检验方法均正确的是气体除杂试别检验试剂或试纸A1－溴丁烷消去反应产生的1－丁烯无溴的四氯化碳溶液B电石和食盐水反应产生的乙炔酸性KMnO4硫酸铜溶液C木炭和浓硫酸反应产生的CO饱和NaHCO3溶液澄清石灰水D碳酸氢铵分解产生的NH碱石灰蓝色的石蕊试纸【答案】A【解析】1－溴丁烷和NaOH醇溶液发生消去反应产生的1－丁烯中混有乙醇，乙醇不和溴的四氯化碳溶液反应，不需要除杂即可检验1－丁烯，A正确；电石和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，乙炔和H2S均可以和酸性KMnO4溶液反应，不能用硫酸铜溶液检验乙炔，B错误；木炭和浓硫酸反应产生CO2和SO2，SO2和饱和NaHCO3溶液反应会生成CO2，后续澄清石灰水变浑浊，不能证明木炭和浓硫酸反应生成了CO2，C10．根据下列实验操作及现象进行的分析和推断，正确的是操作现象一段时间后：①中裸露在外的铁钉附近区域变红；②中裸露在外的铁钉附近区域_______，铜丝附近区域_______。A．①中铁钉附近变红，因为发生2H2B．②中现象是：铁钉附近区域变红，铜丝附近变蓝C．②中正极区域发生了反应：OD．①和②中发生的氧化反应均可表示为M-2e-【答案】C【解析】①中，锌的金属活动性大于铁，锌作原电池的负极，铁钉作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，产生OH－，铁钉附近变红，A错误；②中，铁的金属活动性大于铜，铁作原电池的负极，电极反应式为Fe－2e－

＝Fe2＋，反应生成的Fe2＋与[Fe(CN)6]3－反应生成蓝色沉淀，使②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，生成OH－使酚酞变红，则铜丝附近区域变红，B错误；②中铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，电极反应式为Fe－2e－

＝Fe2＋，铜作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，C正确；①中发生的氧化反应为Zn－2e－

＝Zn2＋，②中发生的氧化反应为Fe－2e－＝Fe2＋，均可表示为M－2e－＝M2＋(M代表锌或铁)，D错误。11．恒温密闭容器中，足量的碳酸钙分解存在平衡：CaCO3s⇌A．增加CaO质量，平衡逆向移动B．增大碳酸钙表面积，可以缩短达到平衡的时间，提高CO2C．容器容积缩小为原来一半，达平衡时，amol/L<cD．容器容积增大为原来2倍，再次达平衡时，CO2【答案】D【解析】CaO为固体，增加CaO质量，反应体系中气体的浓度不变，化学平衡不移动，A错误；增大碳酸钙表面积，反应物的接触面积增大，反应速率加快，但化学平衡不移动，CO2的浓度不变，B错误；该反应的平衡常数K＝c(CO2)，温度不变，K不变，则容器容积缩小为原来一半，再次达平衡时，CO2的浓度不变，C错误；该反应的平衡常数K＝c(CO2)，温度不变，K不变，，则容器容积增大为原来的2倍，再次达平衡时，CO2的浓度不变，但是气体体积和CO2质量都变为原来的二倍，所以CO2的密度不变，D正确。12．亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，分子结构是。25℃时，某亚磷酸溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol/L，溶液中所有含磷微粒的pc与已知：pc=-A．亚磷酸溶液中：cB．水的电离程度：xC．溶液pH=4时：D．反应H3PO【答案】C【解析】亚磷酸(H3PO3)中，任何pH下，含磷物质有H3PO3、H2PO3-和HPO32-，随着pH增大，c(OH－)逐渐增大，根据H3PO3＋OH－＝H2PO3-＋H2O、H2PO3-＋OH－＝HPO32-＋H2O，可知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3-)先增大后减小，c(HPO32-)逐渐增大，故pc(H3PO3)逐渐增大，pc(H2PO3-)先减小后增大，pc(HPO32-)逐渐减小，故曲线①表示c(HPO32-)，曲线②表示c(H2PO3-)，曲线③表示c(H3PO3)。亚磷酸溶液(H3PO3)中，由电荷守恒可知，c(H＋)＝c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH−)，A错误；pOH越大，c(H＋)越大，水电离的抑制程度就越大，水的电离程度x>y>z，B错误；pH＝4时，pOH＝10，由图像可知，此时pc(H3PO3)＝pc(H2PO3-)，即c(H3PO3)＝c(H2PO3-)，而c(H3PO3)＋c(H2PO3-)＋c(HPO32-)＝0.1mol·L－1，故2c(H3PO3)＋c(HPO32-)＝0.1mol·L－1，C正确；根据x点知，c(HPO32-)＝c(H2PO3-)时，pOH＝7.3，c(OH－)＝10－7.3mol/L，c(H＋)＝10－6.7mol/L，则H3PO3的Ka2＝c(H+)×c(HPO32-)c(H2PO3-)＝c(H＋)＝10－6.7，根据z点知，c(H2PO3-)＝c(H3PO3)，二、解答题13．钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题：(1)基态Ti原子的价层电子排布图是。(2)某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图：①组成R的元素中，C、O、Ti电负性由大到小的顺序是。②R中含有的化学键有(填序号)。a．π键b．σ键c．离子键d．配位键e．氢键(3)TiCl4的工业制法是将钛酸亚铁矿FeTiO3与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，该反应的化学方程式为(4)TiCl4水解法制备TiO已知：TiCl4的水解是三步进行：①TiCl4+H2O⇌TiOH3+①第一步TiCl4与水混合时，冰水浴的目的是②加入NH42SO4(5)金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。阿伏伽德罗常数为NA，该晶体的密度为g⋅cm-3(用含a、b【答案】(1)(2)O>C>Tiabd(3)2(4)减慢反应①的速率，防止H+浓度过大，抑制后续反应生成TiOSO4沉淀，促进了反应(5)1.6×【解析】（1）钛的原子序数为22，其价电子排布式为3d24s2，其价电子排布图为；（2）①同短周期主族元素从左往右，电负性依次减小，则电负性O>C，非金属的电负性大于金属，则C、O、Ti电负性由大到小的顺序是O>C>Ti；②由催化剂R的结构可知，R属于分子晶体，不可能含离子键和金属键，分子中含有钛氧配位键，苯环和碳碳双键中含有π键和σ键，碳碳键、碳氢键、碳氧键、钛氯键、配位键都属于σ键，氢键不属于化学键，则R分子中含有的化学键有π键、σ键和配位键，故选abd；（3）钛酸亚铁矿FeTiO3与过量焦炭混合，并通入足量Cl2，在高温条件下反应生成TiCl4、CO和FeCl3（4）TiCl4溶于水，将装置放入冰水浴中，加入(NH4)2SO4和盐酸生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正向进行；加入NH3∙H2O调节pH＝6~8，在95℃的热水浴中加热，促进TiOSO4水解，从而得到TiO2沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到纳米TiO2①TiCl4+H2O⇌TiOH3++H②由TiOH3+⇌TiO2++H+（5）由图示晶胞可知，晶胞中位于顶点和体心的钛离子个数为8×18＋1＝2，位于面上和体内的氧离子个数为4×12＋2＝4，则晶胞质量为2×80NAg，晶胞体积为anm×anm×bnm＝a2b×10－21cm14．有机物J是有机合成的中间体，高聚物G是一种广泛用在生产生活中的合成纤维，由芳香烃A和E为原料制备J和G的合成路线如下：已知：(1)A转化为B的试剂为；B中含有的官能团名称为。(2)E的系统命名为。(3)I转为J的反应类型为。(4)G的结构简式为。(5)B转化为C的方程式为。(6)芳香族化合物M是D的同分异构体。写出同时满足下列条件的所有M的结构简式为。①能与FeCl3②1molM能消耗2molNaOH溶液③核磁共振氢谱显示为3组峰，且面积之比为1:1:3(7)参照上述合成路线，写出用为原料，制取化合物的合成路线(其他无机试剂任选)。【答案】(1)酸性高锰酸钾羧基(2)1,4-二氯丁烷(3)取代反应(4)(5)(6)(7)【解析】由芳香烃A的分子式和H的结构简式可知，A为，结合B的分子式可知，芳香烃A被氧化生成B，B为，B和CH3OH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成C，C为，C发生还原反应生成D，D为，D发生催化氧化生成H，H发生信息的反应生成I，I结构简式为，I和CH3OH发生取代反应生成J；E先发生取代反应后发生水解反应得到F，根据E、F的分子式知，E为CH2ClCH2CH2CH2Cl，F和D发生缩聚反应生成G，G为。（1）芳香烃A为，A被氧化生成B，B为，A转化为B的试剂为酸性高锰酸钾，B中含有的官能团名称为羧基。（2）E为CH2ClCH2CH2CH2Cl，系统命名为1，4−二氯丁烷。（3）I和CH3OH发生取代反应生成J。（4）F和D发生缩聚反应生成G，G为。（5）B和CH3OH发生酯化反应生成C，化学方程式为。（6）芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①能与FeCl3溶液显色，说明其中含有酚羟基；②1molM能消耗2molNaOH溶液，结合D的不饱和度可知，M中含有2个酚羟基；③核磁共振氢谱显示为3组峰，且面积之比为1:1:3，说明M是对称的结构，含有2个对称的甲基；则满足条件的M有。（7）发生C生成D的原理生成，发生催化氧化反应生成，发生已知信息的反应原理得到，发生取代反应生成，合成路线为。15．苯乙酸铜常作为有机偶联反应的催化剂，下图是实验室合成苯乙酸铜路线。查阅资料：①苯乙酸(M=136g/mol)的熔点为76.5℃，沸点161℃，微溶于冷水，易溶于乙醇；苯乙腈(M=117g/mol)常温为液体，沸点233℃，350℃以上分解②回答下列问题：Ⅰ．制取苯乙酸：①连接好图装置，将a中加入足量的70%硫酸和碎瓷片；c中通入冷凝水。②用b缓缓滴加23.4g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温到130℃，继续反应一段时间；③反应结束后，将a中的产物转移到烧杯中；④(1)仪器c作用是。(2)配制70%的硫酸，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、(3)步骤④中加入冰水的目的是。(4)从粗品的苯乙酸得到纯品的后续实验操作是(填序号)。a．蒸馏b．重结晶c．萃取分液d．升华(5)经上述实验操作后，得到24.48g纯品苯乙酸，则苯乙酸的产率是。(6)制取苯乙酸的反应温度控制在130℃左右的原因。Ⅱ．制取苯乙酸铜：①用CuCl2和NaOH溶液制备Cu(OH)2，过滤后用蒸馏水洗涤沉淀②将苯乙酸加入乙醇与水的混合溶剂中，加入Cu(OH)2③静置滤液一段时间，析出苯乙酸铜晶体。(7)写出制苯乙酸铜的化学方程式。(8)检验Cu(OH)2沉淀是否洗净的试剂为(9)乙醇与水的混合溶剂中，乙醇的作用是。【答案】(1)冷凝回流苯乙酸等有机物(2)量筒胶头滴管(3)降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶体(4)b(5)90(6)温度过高，导致苯乙腈等有机物分解；温度过低，反应速率慢(7)(8)稀硝酸，AgNO3(9)增大苯乙酸在水中的溶解度【解析】（1）装置c是球形冷凝管，作用是冷凝回流苯乙酸等有机物。（2）配制70%的硫酸，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管，具体步骤如下：将所需量的水倒入烧杯中，缓慢地将浓硫酸沿烧杯壁倒入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以防止局部过热和飞溅，用量筒和胶头滴管精确调整硫酸的浓度，直到达到所需的70%（3）苯乙酸微溶于冷水，步骤④中加入冰水的目的是降低苯乙酸的溶解度，利于析出晶体。（4）由已知信息可知，苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶，故选b。（5）由反应＋2H2O＋H2SO4——→130℃＋NH4HSO4可知，23.4g苯乙腈生成苯乙酸为23.4g×136117＝27.2g，最终得到24.48g纯品，则苯乙酸的产率是24.48g27.2g×100%＝（6）苯乙腈350℃以上会分解，则制取苯乙酸的反应温度控制在130℃左右的原因是温度过高，导致苯乙腈等有机物分解；温度过低，反应速率慢。（7）苯乙酸含有羧基具有酸性，能与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜和水，反应的化学方程式：。（8）检验Cu(OH)2沉淀是否洗净只需要检验最后乙醇洗涤液中的Cl－即可，所用的试剂为稀硝酸，AgNO（9）苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后苯乙酸溶液与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜，即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应。16．硫酰氯SO2SO2(1)SO2的VSEPR模型是(2)相同条件下，SO2比Cl2在水中溶解度大的原因是(3)298K时，相关物质的相对能量如图1，该反应的ΔH=kJmol(4)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2和Cl2