天津市部分区2025届高三下学期第二次模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=6页，共=sectionpages1616页PAGE1天津市部分区2025届高三下学期第二次模拟考试一、单选题1．下列说法正确的是A．超分子的重要特征是分子识别和自组装B．在鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，发生盐析C．桥面铺装的沥青可通过石油裂化获得D．纳米级金刚石粉末(直径约为5nm)能产生丁达尔效应【答案】A【解析】超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，具有分子识别与自组装的特征，A正确；向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，CuSO4是重金属盐，能使蛋白质发生变性，B错误；桥面铺装的沥青可通过石油减压蒸馏获得，C错误；该纳米级金刚石粉末不是胶体，需要分散在分散剂中才是胶体，故不能产生丁达尔效应，D错误。2．“中国名片”、“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A．“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物B．“华龙一号”核反应堆采用二氧化铀(UO2)陶瓷芯块，92238UC．“蛟龙”载人潜水器的耐压球壳使用了钛合金，钛合金的硬度比钛大D．“神舟号”载人飞船上常携带一定量的活性炭，利用活性炭的还原性去除呼吸废气中的异味【答案】C【解析】“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是碳元素的一种单质，和乙烯不是同系物，A错误；92238U的中子数为238－92＝146，B错误；合金与纯金属比较，有更大的硬度，C正确；活性炭具有疏松多孔结构，有吸附性，能吸附呼吸废气中的异味，与其还原性无关，D3．反应2F2＋2NaOH＝OF2＋2NaF＋H2O可生成为火箭工程的助燃剂OF2.下列叙述正确的是A．F2的结构式为：F＝FB．NaOH和H2O中均含有极性共价键C．OF2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：D．NaF的电子式：【答案】B【解析】F2分子中F与F之间以单键连接，F2的结构式为F－F，A错误；不同种元素之间形成的共价键为极性共价键，NaOH和H2O中均含有O－H极性共价键，B正确；OF2中心O原子周围的价层电子对数为2＋12×(6-2×1)＝4，故其价层电子对互斥(VSEPR)模型为，C错误；NaF是离子化合物，NaF的电子式为，D4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．氯碱工业中，若阴极生成气体22.4L，则电路中转移电子数目为2NAB．100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中含有的阴离子数目小于0.01NAC．9.45g2－氯－1－丙醇含有手性碳原子的数目为0.1NAD．200g20%的NaOH溶液中含O原子数目为NA【答案】C【解析】因为条件未知，22.4LH2的物质的量不一定是1mol，电路中转移电子数目不一定为2NA，A错误；SO32-易发生水解反应SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA，B错误；分子中含1个手性碳(*标出)，9.45g2－氯－1－丙醇的物质的量为0.1mol，含有手性碳原子的数目为0.1NA，C正确；200g20%的NaOH溶液中n(NaOH)＝200g×20%405．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。从海带中提取碘单质的工艺流程如下，下列说法错误的是A．过程①需要用到坩埚B．为使碘离子尽可能的溶于水，过程②可采用沸水浸泡C．过程③加入的试剂可选氯水或过氧化氢溶液D．过程④一定是化学变化【答案】D【解析】干海带在坩埚中灼烧成海带灰，用水浸泡海带灰，过滤，含有I－的滤液中加双氧水等氧化剂，I－被氧化为I2，加CCl4萃取分液得I2的有机溶液，蒸馏得粗碘，用升华法提纯粗碘。在坩埚中灼烧固体物质，过程①灼烧海带需要用到坩埚，A正确；沸水能加速海带灰的溶解，B正确；过程③是加氧化剂将I－氧化为I2，加入的试剂可选氯水或过氧化氢溶液，C正确；过程④是碘的提纯，可以用升华法，D错误。6．类比推理是化学上研究物质的重要思想，下列“类比”合理的是A．C在足量的O2中燃烧生成CO2，则S在足量的O2中燃烧生成SO3B．NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点高于SiH4C．N≡N键能大，结构稳定，则C≡C键能也大，结构也很稳定D．CCl3COOH酸性强于CH3COOH，则CF3COOH酸性强于CH3COOH【答案】D【解析】S在足量的O2中燃烧生成SO2，不能生成SO3，A不合理；NH3的沸点高于PH3，是因为NH3分子间形成氢键，PH3的分子间不能形成氢键，CH4的沸点低于SiH4，是因为SiH4范德华力大于CH4，B不合理；氮气分子中N≡N键能大，不易断裂，结构稳定，而C≡C键能也大，但π键易断裂，结构不稳定，C不合理；CCl3COOH酸性强于CH3COOH，而CF3COOH酸性强于CH3COOH，Cl、F电负性大，相对于甲基使羧基中O-H键极性增大，酸性增强，D7．下列对应的方程式表达正确的是A．用FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋B．漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2和水蒸气反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3＋2HClOC．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4+＋OH－＝NH3·HD．1，3－丁二烯在催化剂条件下生成顺丁橡胶：——→催化剂【答案】B【解析】制备Fe(OH)3胶体的反应为FeCl3饱和溶液在沸水中共热发生水解反应生成Fe(OH)3胶体和盐酸，离子反应方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，A错误；漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和HClO，化学反应方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO，B正确；NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NH3·H2O和水，离子反应方程式为NH4+＋HCO3-＋2OH－＝NH3·H2O＋CO32-＋H2O，C错误；1，3—丁二烯在催化剂条件下发生加聚反应生成顺丁橡胶，化学反应方程式为nCH2＝CHCH＝CH2——→8．实验是科学研究的一种重要手段。下列实验装置能达到实验目的的是A．吸收氨气尾气B．蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2晶体C．测新制氯水的pHD．制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体【答案】D【解析】氨气极易溶于水，把导气管直接插入水中吸收氨气，易引起倒吸，A错误；加热促进Cu(NO3)2水解反应正向进行，硝酸易挥发，蒸干Cu(NO3)2溶液得到Cu(OH)2，B错误；氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，C错误；[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇析出Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，D正确。9．已知25℃时，有如下物质相关信息，下列判断正确的是CH3COOHH2CO3CaCO3Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11Ksp＝3.4×10－9A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红的主要原因是：CO32-＋2H2O⇌H2CO3＋B．25℃时，CH3COOH与CH3COONa混合溶液的cCH3COO-cCHC．25℃时，浓度均为1.0×10－4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，有CaCO3沉淀生成D．25℃时，0.1mol/LNaHCO3溶液中c(CO32-)>c(H2CO【答案】B【解析】向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红的主要原因是CO32-＋H2O⇌HCO3-＋OH－，A错误；醋酸的电离常数为Ka＝cCH3COO-⋅cH+cCH3COOH＝1.8×10－5，cCH3COO-cCH3COOH＝1.8时，cH+=10-5mol/L，pH＝5，B正确；25℃时，浓度均为1.0×10－4mol/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，cCa+=cCO32-=5×10-5mol/L，cCa10．“扑热息痛”又称对乙酰氨基酚，其结构简式如图所示，下列有关该物质叙述错误的是A．与FeCl3溶液发生显色反应 B．能与饱和溴水发生取代反应C．1mol该物质最多可消耗1molNaOH D．能被酸性KMnO4溶液氧化【答案】C【解析】对乙酰氨基酚含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，A正确；受酚羟基的影响，苯环的2、6位上的H原子能够与溴发生取代反应，B正确；1mol该物质含1mol酚羟基和1mol酰胺键，最多可消耗2molNaOH，C错误；酚类物质具有较强的还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，D正确。11．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应的反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是A．加入催化剂可以改变反应的速率和焓变△HB．总反应的速率主要由反应②决定C．该反应经历三个基元反应D．该反应过程可以实现氮的固定【答案】C【解析】催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变△H，A错误；总反应速率由反应活化能最大的一步决定，反应①活化能最大为298.4kJ/mol，反应速率由反应①决定，B错误；由反应历程可判断该反应经历三个基元反应，C正确；氮的固定为游离态氮转化为氮的化合物的过程，该反应过程不属于氮的固定，D错误。12．常温下，用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.100mol·L－1HCl和NH4Cl混合溶液，滴定曲线如图，已知Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，下列说法错误的是A．整个滴定过程中均存在如下关系：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·HB．a点对应溶液中溶质的主要成分是NaCl和NH4ClC．b点对应的溶液有如下关系：c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH4+)>c(NH3·HD．c点水电离出的c(OH－)数量级约为10－11【答案】A【解析】浓度均为0.100mol·L－1HCl和NH4Cl混合溶液中，由物料守恒可知，c(Cl－)＝2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)，A错误；当V(NaOH)＝20.00mL时，盐酸恰好被中和，溶质为NaCl、NH4Cl，B正确；当V(NaOH)＝30.00mL时，溶质为NaCl、NH4Cl、NH3·H2O且物质的量浓度之比为3∶1∶1，根据Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5可知NH4+的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，故c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)，C正确；当V(NaOH)＝40.00mL时，溶质为NaCl和NH3·H2O，pH＝11，抑制水的电离，故水电离出的c(OH－)数量级约为10－二、解答题13．碳族元素的单质及化合物在生产中有许多重要用途，请回答下列问题：(1)基态碳原子核外有种不同空间运动状态的电子，其中占据最高能级的原子轨道的形状是(填名称)。(2)已知SiH4和Si3N4中硅元素均为＋4价，则H、N、Si的电负性由大到小的顺序为。(3)写出Ge的基态原子最外层电子轨道表示式：。(4)氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷，其部分空间结构如图所示，结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，氮化硅(Si3N4)的晶体类型是，请比较该晶体结构中键角大小：N－Si－NSi－N－Si(填“>”、“<”或“＝”)。(5)下图表示固态SnCl2形成一维链状聚合的结构，在分子结构中已标出所含的配位键，SnCl2气态时以单分子形式存在。则固体分子及气体分子中Sn的杂化轨道类型分别为、。(6)(CH3NH3)PbBr3的晶胞结构如图所示：其中B代表Pb2＋，则代表Br－。【答案】(1)4哑铃形(2)N>H>Si(3)(4)共价晶体>(5)sp3sp2(6)C【解析】（1）碳的原子序数为6，电子排布式为1s22s22p2，有4个原子轨道填充电子，即有4种不同空间运动状态的电子，其中占据最高能级的原子轨道是p轨道，形状是哑铃形；（2）已知SiH4和Si3N4中硅元素均为＋4价，则SiH4中氢元素为－1价，电负性大于硅，Si3N4中N元素为－3价，电负性大于硅，H和N形成NH3时，H为＋1价，N为－3价，N的电负性大于H，故H、N、Si的电负性由大到小的顺序为N>H>Si；（3）Ge元素在第4周期第IVA族，最外层电子为4s24p2，轨道表示式为；（4）氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷，形成的是三维立体结构，故是共价晶体；结构中每个原子杂化类型相同均为sp3杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N－Si－N间成键原子间斥力较大，键角大于Si－N－Si；（5）配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键，配位键表示为由形成两条共价键的Cl指向Sn；SnCl2的一维链状聚合结构中，Sn形成四条键，Sn采取sp3杂化，气体分子为单分子，即形成两条共价键的Cl断开其中一条，则Sn形成三条键，Sn采取sp2杂化；（6）由晶胞图示可知，B代表Pb2＋，位于晶胞的体心，C在面心，晶胞中Pb2＋个数为1，C原子个数为6×12＝3，结合化学式(CH3NH3)PbBr3可知C代表Br14．酮基布洛芬是用于治疗各种关节肿痛及牙痛、术后痛等的非处方药。其合成路线如下：(1)A的名称是。(2)C中存在的官能团名称为，C→D的反应类型是。(3)D的分子式为，1molD中苯环侧链上π键的个数为。(4)写出B和足量NaOH溶液共热时反应的化学方程式。(5)下列说法中，错误的是(填序号)。a．化合物A和苯甲酸互为同系物b．化合物C中存在s－pσ键和p－pσ键c．反应④另一种生成物是HCld．化合物E所有原子可能在一个平面上(6)化合物F是酮基布洛芬的同分异构体，写出两种符合下列条件的化合物F的结构简式。①分子中有结构②既能发生银镜反应，也能发生水解反应③每个苯环中均有两个间位取代基(7)参照上述合成路线，设计以对二甲苯()和苯为含碳原料。制备化合物G()的合成路线：。【答案】(1)3－甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸(2)羧基、氰基取代反应(3)C9H6ONCl1.806×1024或3NA(4)＋2NaOH→Δ＋NaCl＋H2O(5)d(6)(7)→KMnO4(H+)——→SOCl【解析】A→B过程中，A发生苯环侧链上的取代反应生成B，B和NaCN发生取代反应生成C，C和SOCl2发生取代反应生成D，D和在AlCl3的作用下发生取代反应生成和HCl，E和CO(OCH3)2反应生成，在酸性条件下水解生成。（1）A系统命名法可命名为3－甲基苯甲酸；习惯命名法命名为间甲基苯甲酸；（2）由C的结构可知，C中存在的官能团为羧基、氰基；C→D的过程中C中官能团羧基(－COOH)变为酰氯基(－COCl)，该反应属于取代反应；（3）由D的结构可知D的分子式为C9H6ONCl。D中存在官能团为酰氯基和氰基。酰氯键中存在碳氧双键(C＝O)，氰基(－C≡N)中存在碳氮三键，双键中含1个π键，三键中含有2个π键，共有3个π键，则1molD中苯环侧链上π键的个数为3NA或3×6.02×1023＝1.806×1024；（4）B中的碳卤键和羧基都能与NaOH反应，化学方程式为＋2NaOH→Δ＋NaCl＋H2O；（5）苯甲酸的结构简式为，与A结构相似，在分子组成上相差一个－CH2，二者互为同系物，A正确；化合物C中，C－H键和O－H键为s－pσ键，C－C键、C－O键、C－N键为p－pσ键，B正确；反应④为D与苯在AlCl3催化作用下发生取代反应生成E和HCl，C正确；化合物E中侧链基团－CH2CN中存在sp3杂化的C原子，E中所有原子不可能共平面，D错误；（6）符合条件②，说明化合物F中含有甲酸酯基；符合条件③，说明取代基位于2个苯环中的羰基的间位，据此可知符合条件①②③的化合物F的结构简式为；（7）参考合成路线A→E的过程，可以通过KMnO4(H＋)将对二甲苯()氧化为对二苯甲酸()，对二苯甲酸再与SOCl2发生取代反应，生成，与苯在AlCl3催化作用下发生取代反应生成。合成路线为→KMnO4(H+)——→SOCl2。15．铁及其化合物在生产、生活和生命中具有广泛而重要的应用。化学小组设计如下实验对铁及其化合物进行探究。(1)验证铁、铜、银的金属活动性顺序。由两支试管的现象，(填“能”或“不能”)得出金属活动性Fe＞Cu＞Ag的结论；如果能得出此结论，请解释原因，如果不能得出此结论，请利用图中所给的四种试剂，再补充一个实验，写出需要补充的实验操作及现象。(2)探究FeCl2的性质。①配制0.1mol/LFeCl2溶液100mL：准确称量gFeCl2·4H2O固体溶于浓盐酸，再加煮沸后冷却的蒸馏水稀释至指定溶液体积。将蒸馏水煮沸的目的是，盐酸的作用是。②在V₁mL0.1mol/LFeCl2溶液中加入V₂mL0.1mol/LNaClO溶液，产生红褐色沉淀，写出该反应的化学方程式；取上述反应的上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，则V₁和V₂的关系正确的(填序号)。a．V₁＝2V₂

b．V₁＞V₂

c．V₁＜2V2③向2mL0.1mol/LFeCl2溶液中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液，无明显现象，再滴加2mL1.0mol/LH₂O₂溶液(pH约为5)，溶液先变红，后褪色，并有气泡产生。溶液先变红的原因是(只写其中的氧化还原过程，并用离子方程式表示)；产生的气泡是(填化学式)。某同学推断溶液褪色的原因可能是Fe³⁺被H₂O₂还原，若要证明其推断是否正确，可取褪色后溶液，滴加溶液，若无明显现象，证明其推断不正确。【答案】(1)不能取少量盐酸放于试管中，插入铜丝，铜丝表面无现象(2)1.99或1.9900除去水中的溶解氧气，防止Fe2＋被氧化抑制Fe2＋的水解6FeCl2＋3NaClO＋3H2O＝3NaCl＋2Fe(OH)3↓＋4FeCl3c2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2OO2FeCl3【解析】（1）两支试管中，均可发生置换反应，但缺少铁与铜的金属活动性实验，所以由现象不能得出金属活动性Fe＞Cu＞Ag的结论；可利用Fe＞H＞Cu＞Ag验证铁、铜、银的金属活动性顺序，则可补充一个实验，证明铜与盐酸不反应，则补充的实验操作及现象：取少量盐酸放于试管中，插入铜丝，铜丝表面无现象。（2）①配制0.1mol/LFeCl2溶液100mL：准确称量0.1mol/L×0.100L×199g/mol＝1.99或1.9900gFeCl2·4H2O固体溶于浓盐酸，再加煮沸后冷却的蒸馏水稀释至指定溶液体积。由于Fe2＋具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，所以将蒸馏水煮沸的目的是：除去水中的溶解氧气，防止Fe2＋被氧化；FeCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中易发生水解而使溶液变浑浊，则盐酸的作用是：抑制Fe2＋的水解。②在V₁mL0.1mol/LFeCl2溶液中加入V₂mL0.1mol/LNaClO溶液，产生红褐色沉淀，依据得失电子守恒，可得出关系式：2FeCl2——NaClO，再利用元素守恒，可得出产物中NaCl、Fe(OH)3、FeCl3的物质的量之比为3:2:4，则依据得失电子守恒和元素守恒，可得出该反应的化学方程式：6FeCl2＋3NaClO＋3H2O＝3NaCl＋2Fe(OH)3↓＋4FeCl3；取上述反应的上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，则表明NaClO过量，依据得失电子守恒可得出0.1mol/LV1＜0.1mol/LV2×2，V₁＜2V2，所以V₁和V₂的关系正确的是c。③Fe2＋与SCN－不反应，无现象变化。则向2mL0.1mol/LFeCl2溶液中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液，无明显现象变化，再滴加2mL1.0mol/LH2O2溶液(pH约为5)，此时Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋与SCN－反应生成Fe(SCN)3，使溶液变红。溶液先变红的原因是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O；Fe3＋可催化H2O2分解，则产生的气泡是O2。某同学推断溶液褪色的原因可能是Fe3＋被H₂O₂还原，若要证明其推断是否正确，只需判断SCN－是否存在，若存在SCN－，加入Fe3＋后，溶液变红色，则可取褪色后溶液，滴加FeCl3溶液，若无明显现象，证明其推断不正确。16．制备二甲醚在催化反应室中进行下列反应：反应i：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)△H₁＝－99kJ·mol⁻¹反应ii：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H2＝－23.5kJ·mol⁻¹(1)若将1molCO和4molH2混合后充分反应，假设仅发生反应i，放出的热量(填“>”、“＝”或“<”)99kJ。(2)在一定条件下，若反应i的起始浓度分别为c(CO)＝1.2mol/L，c(H2)＝2.8mol/L，如果0～8min时间段内CO的平均化学反应速率为0.06mol·L⁻¹·min⁻¹，8min时CO的转化率为。(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molCH3OH(g)，开始压强为2.0MPa，发生反应ii，下列情况能说明反应ii达到平衡状态的是(填序号)。a．容器中内压强保持不变b．v正(CH3OH)＝2v逆(CH3OCH3)c．CH3OCH3与H2O的物质的量之比保持不变(4)在t℃时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得c(CH₃OH)＝0.05mol·L⁻¹，c(CH3OCH3)＝1.0mol·L⁻¹，则若此时v正>v逆，则c(H2O)<mol·L⁻¹。(5)在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备CH₃OCH₃，结果如图所示。(已知，反应i的速率快，