辽宁省辽阳市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=sectionpages2424页PAGE1辽宁省辽阳市2025届高三下学期二模一、单选题1．文物见证历史，化学创造文明。下列文物的主要成分与其他三项不能归为一类的是A．辽白瓷单孔鸡冠壶 B．南宋缂丝崔白三秋图轴C．明洪武釉里红莲菊纹菱口盘 D．清雍正窑变红釉石榴尊【答案】B【解析】辽白瓷单孔鸡冠壶、明洪武釉里红莲菊纹菱口盘、清雍正窑变红釉石榴尊都是陶瓷，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料；南宋缂丝崔白三秋图轴材质是丝织品，主要成分是蛋白质，属于有机高分子化合物，与其它三项不能归为一类，故选B。2．下列化学用语表述正确的是A．BF3的VSEPR模型：B．2-乙基-1-丁醇的结构简式：C．CaF2的电子式：D．HCl分子中共价键类型：p-pσ键【答案】B【解析】BF3分子中心B原子的价层电子对数为3+1×32=3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，发生sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，A项错误；醇命名时，从靠近羟基碳原子的一端开始编号，2-乙基-1-丁醇的2号碳原子上连接1个乙基，结构简式为，B项正确；CaF2为离子化合物，由Ca2+和F-构成，电子式为，C项错误；HCl分子中，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道电子云发生重叠，形成共价键类型为s-pσ键，D项错误。3．关于实验室安全，下列表述正确的是A．含重金属离子的废液可用沉淀法进行处理B．乙醇应与KMnO4C．实验室可采用NH4NO3D．实验中未用完的金属钠、白磷应放入废液缸中【答案】A【解析】含重金属离子的废液（如Pb2+、Hg2+等）可通过加入沉淀剂（Na2S）使其生成难溶的硫化物沉淀，过滤将其滤除，从而降低毒性，符合实验室废液处理规范，A正确；乙醇为易燃液体，而KMnO4是强氧化剂，两者混合存放可能引发剧烈反应甚至燃烧爆炸，应分开存放，B错误；实验室制NH3通常用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热，而NH4NO3受热易爆炸，存在安全隐患，C错误；未用完的金属钠若放入废液缸中遇水会剧烈反应，应放回原瓶或置于煤油中；白磷需存于水中，直接投入废液缸可能引发燃烧或爆炸，D错误。4．下列各组物质的鉴别试剂不恰当的是选项待鉴别物质鉴别试剂A乙醇、乙酸碳酸钠溶液B甲烷、乙烯酸性高锰酸钾溶液C氯乙烷、溴乙烷硝酸银溶液D氯化钠、氯化镁氢氧化钾溶液【答案】C【解析】乙酸具有酸性，可与碳酸钠溶液反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，有气泡产生，乙醇和碳酸钠溶液不反应且互溶无现象，鉴别试剂恰当，故A正确；酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯而褪色，甲烷不能被酸性高锰酸钾溶液氧化无现象，鉴别试剂恰当，故B正确；氯乙烷和溴乙烷都属于非电解质，不能电离出Cl-、Br-，不能直接用硝酸银溶液进行鉴别，故C错误；氯化镁和氢氧化钾溶液反应生成白色沉淀，而氯化钠与氢氧化钾溶液不反应，鉴别试剂恰当，故D正确。5．氮化硅Si3N4可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应3SiO2A．常温下，11.2LCO中含原子总数为B．3gSiO2中含SiC．标准状况下，0.56LN2D．该反应中每生成1mol氧化产物，转移电子总数为【答案】D【解析】常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，则11.2LCO物质的量不是0.5mol，含原子总数不是NA，A错误；SiO2中每个硅原子形成4个Si-O键，3gSiO2物质的量为0.05mol，含Si-O键的总数为0.2NA，B错误；标准状况下，0.56LN2物质的量为0.025mol，每个N2分子含14个质子，0.56LN2中含有的质子总数为0.35NA，C错误；反应：36．黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，合成方法如图：下列说法正确的是A．N最多与2molNaOH发生取代反应B．X分子中所有碳原子可能共平面C．M、N、X分子均含有手性碳原子D．M、N、X均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】物质N的具体物质的量未知，无法计算消耗的NaOH的量，A错误；中圈内中间的碳原子为sp3杂化的饱和碳原子，饱和碳原子及相邻原子构成四面体形，则圈内中的碳原子不可能共面，B错误；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，M、N分子中不含手性碳原子，中含有手性碳原子，C错误；M分子中含有醛基，N含有碳碳双键、酚羟基，X含有碳碳双键、酚羟基，则三者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。7．化学与生活密切相关，下列事实对应的解释正确的是选项事实解释A游泳池中投入适量胆矾重金属离子使水中藻类生物发生盐析B用FeCl3铁的金属性比铜的强C燃煤中加入CaO减少酸雨的形成及温室气体的排放D电热水器内胆连接一个镁棒牺牲阳极法【答案】D【解析】重金属离子能使蛋白质发生变性，失去活性，A错误；用FeCl3溶液蚀刻覆铜板制印刷电路板，是因为氧化性：Fe3+＞Cu2+，与金属性无关，B错误；燃煤中加入CaO，可与燃烧时生成的二氧化硫发生反应2CaO+2SO2+O22CaSO4，可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，C错误；电热水器使用镁棒，可通过形成原电池，阻止内胆中的铁失电子，从而防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法，D正确。8．向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水至澄清，得到深蓝色的透明溶液。下列对过程的分析错误的是A．加入氨水后，溶液中Cu2+B．上述过程中铜元素只以配离子形式存在C．向上述深蓝色透明溶液中加入乙醇会析出深蓝色晶体D．上述转化过程说明稳定性：Cu【答案】B【解析】加入氨水后，溶液中Cu2+先与一水合氨反应生成沉淀，后转化为CuNH342+，且溶液体积增大，则Cu2+浓度减小，A正确；上述过程中铜元素还以Cu(OH)2沉淀形式存在过，B错误；四氨合铜离子极性较大，向上述深蓝色透明溶液中加入乙醇，降低溶剂极性，减小硫酸四氨合铜离子的溶解度，会析出深蓝色晶体，C9．二苯并-14-冠-4(直径为120pm∼150pm)可识别Li+(如图)，实现从卤水中萃取出A．X、Y均为超分子B．冠醚X增大了Li+C．冠醚X与Li+D．二苯并-14-冠-4能适配Cs+(直径为334【答案】B【解析】X是冠醚，X识别Li+形成Y为超分子，A错误；冠醚X与Li+结合，可增大Li+在有机溶剂中的溶解度，B正确；冠醚X中的O可提供孤电子对与Li+间形成了配位键，C错误；根据Cs+直径和二苯并-14-冠-4直径可知，Cs+直径大于二苯并10．恒温条件下，向带活塞的容器中加入2molAg与2molBg，发生反应mAg+nBg⇌pCg，其他条件不变，反应相同时间时，A．a点：vB．平衡常数：KC．m+n<pD．压强为pkPa时，c【答案】A【解析】根据图像中反应相同时间时，Ag的转化率随压强变化，可知转化率最高点左侧的未达平衡，即a点未达平衡，反应正向进行，v正>v逆，A错误；平衡常数只与温度有关，恒温条件：Kd=Kb，B正确；最高点及右侧达到平衡，转化率下降原因是，压强增大，平衡逆向移动，m+n<p，11．已知：前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于不同族，元素周期表中X的原子半径最小，Y为空气中质量分数最大的元素，Z与Y同周期且相邻，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点：Y>ZB．Z的单质均为含非极性键的非极性分子C．X-YD．W元素属于元素周期表ds区的金属元素【答案】C【解析】Y为空气中质量分数最大的元素，Y为N元素，Z与Y同周期且相邻，Z为O元素，H2O分子间平均1分子水有2个氢键，NH3分子间平均1分子有1个氢键，水分子间氢键个数大于氨气分子间氢键个数，最简单氢化物的沸点：H2O>NH3，A项错误；Z为O元素，Z的单质有O2和O3，O3分子是由极性键构成的含有极性键的极性分子，B项错误；元素周期表中X的原子半径最小，X为H元素，前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多，W为Cr元素，[Cr(NH3)6]3+中NH3通过配位键与Cr3+结合，N原子周围无孤电子对，NH3中N原子有孤电子对，孤电子对斥力大，NH3中H-N-H键角小，C正确；W为Cr元素，位于第四周期第VIB族，位于元素周期表的d区，D12．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)已知：常温下，H2SO3的KA．上述过程没有发生氧化还原反应B．常温下，饱和NaHSO3C．反应①表明H2SO3D．0.1molNa2S2【答案】B【解析】反应过程中无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，A正确；HSO3-的水解常数为Kh=KwKa1=1×10-141.54×10-2≈6.5×10-13<Ka2=1.02×10-7，可知HSO3-的电离程度大于水解程度，常温下，饱和NaHSO3溶液呈酸性，B错误；反应①：二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，符合“强酸制弱酸”13．一种由O、Na、Cl元素构成的良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。晶胞结构如图所示。设晶胞边长为anm，1号原子、2号原子的分数坐标依次为0,0,0、0.5,0.5,0.5。下列说法错误的是A．该物质的化学式为NaB．图中钠原子位于晶胞的面心C．沿y轴负方向投影至x-z平面，有4个原子的坐标为(0.5，0.5)D．该晶胞的密度为1.205×【答案】C【解析】Cl-位于晶胞顶点，为8个晶胞所共用，一个晶胞中有8×18=1个Cl-，氧元素化合价为-2，钠元素化合价为+1，根据晶胞结构和电荷守恒可知Na+位于面心，一个晶胞中有6×12=3个Na+，O2-位于体心，一个晶胞中有1个O2-，该物质的化学式为Na3OCl，A正确；根据A中分析，图中钠原子位于晶胞的面心，B正确；沿y轴负方向投影至x-z平面，有2个面心原子投影的坐标为(0.5，0.5)，C错误；根据选项A分析可知，该晶胞中含1个Cl-，1个O2-，3个Na+，晶胞边长为14．一种高效除去废水中的PO43-的电化学装置如图所示。已知常温下，KspFePO4A．若以铅蓄电池为电源，则a极应与Pb电极相连B．阳极发生的电极反应为4C．开始电解前应先调节pH约为2，若pH>4，该电解原理除去POD．电路中有0.3 mol电子通过时，理论上最多生成的FePO【答案】D【解析】由图可知，该电化学装置使PO43-转化为FePO4沉淀除去，Fe电极为阳极，石墨为阴极，则a为正极，b为负极，铅蓄电池中Pb电极为负极，若以铅蓄电池为电源，则b极应与Pb电极相连，A错误；Fe电极为阳极，Fe发生失去电子的氧化反应生成Fe2+，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，选项中的是阳极区总反应，而非电极反应，B错误；由KspFeOH3=2.8×10-39可知，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时，c(OH-)=3KspFeOH3cFe3+=32.8×10-3910-5mol/L≈6.5×10-12mol/L，c(H+)=10-146.5×10-12mol/L=1.5×10-3mol/L，pH=2.8，开始电解前应先调节pH约为2，抑制Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，若pH>4，Fe3+15．T℃下，三种碳酸盐MCO3(M表示Mg2+、Ca2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM=-lgcA．KB．在任何条件下，三种物质之间都不可能相互转化C．a点对应的CaCO3溶液为不饱和溶液，且D．当向1L0.001mol·L-1MgCl2溶液中滴加1mL0.001mol·L-1的Na2CO【答案】C【解析】由点(0,8)可知，KspMgCO3=cMg2+cCO32-=10-8×1=10-8，同理KspCaCO3=10-9、KspSrCO3=10-10，KspSrCO3<KspCaCO3<KspMgCO3，A错误；由于三种沉淀结构相似，Ksp大小不同，在适当浓度条件下，三种物质之间可以进行沉淀转化，B错误；a点在碳酸钙曲线的上方且pM=pCO32-，则Q<KspCaCO3，对应的CaCO3二、解答题16．苯乙酮是重要的化工原料，常用作有机化学合成的中间体、纤维树脂等的溶剂和塑料的增塑剂，可以用于调配樱桃、番茄、草莓、杏等食用香精，也可用于烟用香精，其合成路线如下：+→AlCl3+CH3COOH已知：①制备过程中存在副反应：CH3②相关物质的部分性质如下表。物质沸点/℃密度/(g⋅(20℃下)溶解性苯乙酮2021.03不溶于水，易溶于多数有机溶剂苯800.88难溶于水乙酸1181.05能溶于水、乙醇、乙醚等有机溶剂乙酸酐139.81.08遇水反应，溶于氯仿、乙醚和苯主要实验步骤：用如图所示装置进行反应(部分夹持、加热装置已省略)，迅速称取20.0g无水AlCl3加入三颈烧瓶中，再向三颈烧瓶中加入30.0mL苯，边搅拌边滴加6.12g乙酸酐和10.0mL苯，在120℃恒温下回流一段时间。(注：本实验中用到的苯、乙酸酐中均不含水请回答以下问题：(1)仪器K的名称是；仪器M中支管的作用是。(2)为了防止氯化铝和乙酸酐水解，该反应需在无水条件下进行。已知乙酸酐在酸性水溶液中，通过水解反应只生成一种产物；试写出乙酸酐在酸性水溶液中总水解反应的化学方程式：。(3)该反应装置的加热方式应为(填“水浴”或“油浴”)，在120℃下回流的目的是。(4)粗品提纯过程：①冰水浴冷却下，边搅拌边滴加浓盐酸与冰水的混合液，直至固体完全溶解后停止搅拌，静置、分液；②水层用苯萃取，萃取液并入有机层；③依次用5%NaOH溶液和水各20.0mL洗涤有机层；④将有机层放入锥形瓶中并加入无水MgSO4⑤对滤液进行蒸馏，收集产品。第③步用5%NaOH溶液洗涤有机层的目的是；第⑤步蒸馏应在(填标号)温度范围内收集馏分。A．116~120℃B．138~142℃C．198~202℃(5)经蒸馏后收集到5.76g苯乙酮，则苯乙酮的产率是(用百分数表示)。【答案】(1)球形冷凝管平衡气压，使恒压滴液漏斗中的液体能顺利流下(2)CH(3)油浴将副产物乙酸不断地蒸出，从而提高产物的产率(4)中和有机层中的CH3COOH、HCl等酸性物质，生成盐后进入水层(合理即可)(5)80%【解析】（1）根据仪器K的结构特征可知为球形冷凝管；仪器M为恒压滴液漏斗，其中支管能平衡气压，使恒压滴液漏斗中的液体能顺利流下；（2）乙酸酐在酸性水溶液中，通过水解反应只生成一种产物，结合原子守恒可推出，酸性条件下，乙酸酐水解生成乙酸，总水解反应的化学方程式CH3（3）该实验需要在120℃恒温下回流一段时间，根据反应温度，应选择的加热方式应为油浴，水浴加热的温度应在100℃以下；由反应+→AlCl3+CH3COOH可知，制备过程中生成的产物有苯乙酮和乙酸，乙酸的沸点为118℃，在120℃下回流，能将副产物乙酸不断地蒸出，促使反应正向进行，从而提高产物的产率；（4）由反应+→AlCl3+CH3COOH和CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑可知，产物中除了苯乙酮外，还含有CH3COOH和HCl，用5%NaOH溶液洗涤有机层可以中和有机层中的CH3（5）30.0mL苯中苯的物质的量为30×0.8878mol≈0.34mol，6.12g乙酸酐的物质的量为6.12g102g/mol=0.06mol，苯过量，应以乙酸酐的物质的量计算苯乙酮的物质的量，则17．工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和MgOH2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3、已知：常温下，KspNiS≈1.0×10-21金属离子MnFeFeAlMgZnNi开始沉淀时的pH8.87.52.24.19.66.56.4完全沉淀时的pH10.89.53.55.411.68.58.4回答下列问题：(1)SiO2晶体为晶体，为测定其结构通常使用的仪器是(2)“脱硫浸锰”时若保持温度不变，该体系中cMn2+和则导致溶液中cMn2+和cSO4(3)“调pH”至5.5左右，则“滤渣2”的成分为(填化学式)。(4)已知“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS，则“除杂”后的溶液中-lgcS2-≤。(5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为。(6)锰含量测定：为测定MnSO4产品中锰的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸，再滴加过量的0.1000mol⋅L-1NH42S2O8已知：NH42S2O①滴定终点的现象是。②该产品中锰的质量分数为(用含a、V的式子表示)。【答案】(1)共价X射线衍射仪(2)Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)16(5)Mn2++HCO3-+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4(6)溶液紫色褪去且半分钟内不恢复11【解析】（1）SiO2属于共价晶体，可使用X射线衍射仪测定晶体结构；（2）根据图像可知，SO42-的浓度变化比Mn2+的浓度变化要快，说明反应体系中除了发生MnO2+SO2=MnSO4，还发生了其他生成SO42-的反应，由于温度不变，则SO42-的浓度变化说明Mn2+能催化O2与H2O、SO2（3）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2，将含SO2的烟气通入硫酸酸化的软锰矿浆中进行脱硫浸锰，MnO2有氧化性，与还原性的SO2反应生成MnSO4，SiO2不反应，是滤渣1的主要成分，浸出液加入MnO2将少量Fe2+氧化为Fe3+，则溶液中除了Mn2+还有Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+等金属离子，加入氨水调节pH至5.5左右，使Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3析出而除去；（4）Ksp(NiS)相比Ksp(ZnS)更大，则说明当Ni2+完全沉淀时，Zn2+已经沉淀完全，以NiS计算，当Ni2+完全沉淀，c(Ni2+)≤1×10-5mol⋅L-1，则c(S2-)≥KspNiScNi2+=1×10-211×（5）“沉锰”时加入碳酸氢氨，由于碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，与锰离子形成碳酸锰沉淀，氢离子被氨水中和生成铵根，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3⋅H2O=MnCO3↓+NH4+（6）①滴定时发生MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O，高锰酸根离子显紫色，故滴定终点的现象是当滴入最后半滴FeSO②根据关系式Mn2+~MnO4-~5Fe2+，可得该产品中锰元素的质量分数为18．综合利用天然气和H2S重整制氢意义重大，主要反应如下：反应Ⅰ：CH反应Ⅱ：CH反应Ⅲ：2反应Ⅳ：CS2回答下列问题：(1)ΔH1=kJ⋅mol-1；实验测得反应Ⅰ中v正=k正c2H2ScCH4(2)恒压条件下，保持CH4与H2S体积比1:3投料，反应器A的压强为100kPa，反应器B的压强为150kPa。CH4平衡转化率与温度的关系如图，表示反应器B中CH4(3)恒温恒压(100kPa)下向反应器A中通入2molCH4和2molH2S，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4，且保持不变，CH4和H2S的转化率与时间的关系如图，0∼10min内S2的化学反应速率为mol⋅min-1；反应Ⅱ的分压平衡常数Kp=(4)以硫化锌为催化剂，借助太阳能直接分解水分子制氢，这是极具潜力的新型能源技术。ZnS晶体有立方和六方两种晶型，晶胞结构如图所示：则立方和六方ZnS晶胞中每个S2-周围与它最近且相等距离的Zn2+个数比为【答案】(1)+260>(2)N投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小(3)0.004((4)1：1【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ－反应Ⅳ=反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH2+ΔH3－ΔH4=(+90kJ/mol)+(+181kJ/mol)－(+11kJ/mol)=+260kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向着吸热的正反应方向移动，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，所以k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；（2）反应Ⅰ、反应Ⅱ均是气体分子数增多的反应，投料比和温度一定，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向气体分子数减小的逆反应方向移动，甲烷的平衡转化率减小，由图可知，温度一定时，曲线N对应甲烷的转化率小于曲线M，所以表示反应器B中甲烷平衡转化率与温度关系的曲线为N，故答案为：N；投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小；（3）由图可知，10min时，甲烷的转化率为10%、硫化氢的转化率为20%，由反应I、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2mol×10%×45=0.16mol，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.16mol×2=0.32mol，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2mol×20%—0.32mol=0.08mol，则由方程式可知，0∼10min内S2的化学反应速率为0.08mol×1210min=0.004mol/min；由图可知，平衡时甲烷的转化率为20%、硫化氢的转化率为50%，由反应I、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2mol×20%×45=0.32mol、反应Ⅱ甲烷的消耗量为2mol×20%×15=0.08mol，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.32mol×2=0.64mol，生成二硫化碳、氢气的物质的量分别为：0.32mol、0.32mol×4=1.28mol，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为0.16mol，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2mol×50%—0.64mol=0.36mol，则由方程式可知，反应生成S2气体、氢气的物质的量分别为0.36mol×12=0.18mol、0.3