山西省吕梁市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=sectionpages1919页PAGE1山西省吕梁市2025届高三下学期第二次模拟考试一、单选题1．三晋大地历史悠久，文化传承繁多。下列对山西博物院中古代文物的描述错误的是A．青铜鸟尊的主要成分是铜锡合金 B．彩陶罐的主要成分是碳酸钙C．木板漆画的主要成分是纤维素 D．绢本画的主要成分是蛋白质【答案】B【解析】青铜的材质为铜锡合金，A正确；陶瓷的主要成分是硅酸盐，B错误；木板的主要成分是纤维素，C正确；绢的材质为蚕丝，主要成分是蛋白质，D正确。2．下列化学用语表示正确的是A．次氯酸钠的电子式为B．甲烷的空间填充模型为C．基态O2-的价层电子的轨道表示式为 D．2，2－二甲基丁醛的键线式为【答案】C【解析】次氯酸钠是离子化合物，电子式为，A错误；甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，甲烷的空间填充模型为，B错误；O2-的价层电子排布式为2s22p6，价层电子的轨道表示式为，C正确；主链编号时从离醛基最近一端编号，2，2－二甲基丁醛的键线式为，D错误3．化学与生产、生活、科研、实验息息相关，下列与化学相关的表述错误的是A．酿酒和酿醋的过程均需要无氧、无菌环境B．苯酚溅到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用水冲洗C．实验室进行甲醛与新制氢氧化铜反应时，需佩戴护目镜和打开通风设备D．配制一定物质的量浓度的溶液时，若不慎加水超过容量瓶刻线，则需重新配制【答案】A【解析】酿酒过程需要厌氧菌，酿醋的过程需要有氧菌条件，A错误；苯酚溅到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用水冲洗，B正确；甲醛有毒，实验室进行甲醛与新制氢氧化铜反应时，需佩戴护目镜和打开通风设备，C正确；配制一定物质的量浓度的溶液定容时，若不慎加水超过容量瓶刻线，则需重新配制，D正确。4．下列物质中均含有同种元素，它们在一定条件下的转化关系如图所示。G为单质，Q为气体且能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．G易溶于乙醇B．若O2过量，则可以使G直接转化为C．W与T反应生成Q的过程中还可能同时生成GD．E生成T的反应证明E在水中的电离程度大于T【答案】C【解析】G为单质，Q为气体且能使品红溶液褪色，则Q为SO2，由转化关系即可得到G为S，E为H2S，，R为SO3，T为H2SO4。硫单质微溶于乙醇，A错误；硫转化为SO2和SO2转化为SO3的条件不同，S不能一步转化为SO3，B错误；若W为Na2S2O3，W与T5．在某一初始温度下，在恒容绝热密闭容器中，发生反应：X(A．40min时，体系内两个反应均达到平衡状态B．0~40min，用物质Y表示的平均反应速率为C．ΔHD．若改为恒温容器，则X、Z物质的量浓度相同的时刻要比40min提前【答案】C【解析】由图像可知，40min后，X、Z的物质的量浓度仍在发生变化，所以体系内两个反应均未达到平衡状态，A错误；40min时，反应物X的浓度变化为(50-10)mmol⋅L-1=40mmol⋅L-1，则第1个反应生成Y的浓度为40mmol⋅L-1。40min时，反应物Z的浓度为10mmol⋅L-1，则第2个反应消耗Y的浓度为0.5×10mmol⋅L-1=5mmol⋅L-1，Y的浓度变化为(40-5)mmol⋅6．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量，结果比按化学式计算出的值偏高水分子会因氢键而形成缔合分子B相同条件下，CO2分子的极性影响范德华力的大小CSO2的键角大于SCl中心原子杂化类型相同时，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力D碱性：甲胺CH3烃基为推电子基【答案】C【解析】接近水的沸点的水蒸气中存在部分的水分子因氢键而形成的缔合分子，使测得的相对分子质量偏高，A正确；甲醛的相对分子质量低于CO2，但甲醛沸点高于CO2，说明分子的极性对范德华力的影响较大，B正确；SO2中S原子为sp2杂化，SCl2中S原子为sp3杂化，SO2的键角大于SCl27．侯氏制碱法的基本原理是将氨气和CO2依次以一定速率通入饱和NaCl溶液中生成NaHCO3，再利用焙烧NaHCO3A．制备氨气B．制备COC．制备NaHCOD．得到Na2【答案】D【解析】实验室一般用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物的方法制备NH3，加热NH4Cl，NH4ClΔNH3↑+HCl↑，在试管口NH3和HCl遇冷又会化合生成NH4Cl，A错误；简易启普发生器适用于块状固体与液体不加热反应，Na2CO3固体与盐酸反应制备CO2，Na2CO8．某些有机反应的催化剂粒子M的化学式为[Q(Y2X7Z4W)2]3+(结构如图)，其中前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序数依次递增。X、Y、ZA．元素的电负性：Z>Y>X>QB．原子半径：WC．Y和W的简单氢化物均属于非电解质D．Q的某种高价含氧酸盐可用于河水的净化和杀菌消毒【答案】B【解析】由催化剂粒子M的结构可知，X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，W形成5个共价键，前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序数依次递增，且X、Y、Z三种元素的核电荷数之和等于W的核电荷数，基态W原子的第一电离能高于同周期相邻的两种元素，所以W是P元素；X是H元素，Y是C元素，Z是O元素，基态Q原子中两种自旋方向的电子数相差4，且原子序数大于O，所以Q是Fe元素，据此回答。Fe是金属元素，电负性较小，电负性O>C>H>Fe，A正确；H的原子半径最小，同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左到右，原子半径减小，故原子半径：P>C>O>H，B错误；Y和W的简单氢化物分别为CH4和PH3，在水溶液和熔融状态下均不能导电，均属于非电解质，C正确；Q(Fe)的高价含氧酸盐如Na2FeO4，具有强氧化性，可杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成9．下列各组离子在水溶液中因生成沉淀而不可以大量共存的是A．Fe3+、HC．Fe2+、Fe【答案】C【解析】Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存，但不是生成沉淀，A不符合；AlOH4-、CO32-、SO42-、K+四种离子间不发生反应，可以大量共存，B不符合；Fe2+与10．电催化合成氨存在如下两种可能的转化路径，其相对能量变化如图(*表示吸附位点)。下列说法错误的是A．电催化合成过程存在非极性键的断裂和极性键的形成B．两种路径中生成氨的速率：vC．若用氘(D)代替H，可在路径Ⅰ的某些吸附位点上检测出4个D原子D．路径Ⅰ和路径Ⅱ对应的焓变相同【答案】B【解析】电催化合成过程存在N≡N非极性键的断裂和N-H极性键的形成，A正确；路径Ⅱ最高能垒低于路径Ⅰ，两种路径中生成氨的速率：v(Ⅰ)<v(Ⅱ)，B错误；只有路径Ⅰ中，吸附位点*NH2NH2上存在4个D原子，C11．氧化锆(ZrO2)的立方晶胞如图甲所示，Lan+替代氧化锆晶体中部分Zr4+的位置可得到一种高性能的催化剂，但由于二者离子半径和化合价不同，会导致部分O2-脱离形成“氧空位”以保证晶体的电中性，如图乙结构单元。ZrO2的摩尔质量为MgA．Lan+所带电荷n=3 B．图乙表示的物质化学式为C．ZrO2晶体的密度为4MNA×a3×10【答案】D【解析】图乙结构单元中，含有Zr4+的个数为4×18+3×12=2个，Lan+的个数为4×18+3×12=2个，O2-的个数为7个，根据电中性原则得，4×2+n×2=2×7，解得n=3，A正确；由图乙表示的物质化学式为La2Zr2O7，B正确；由甲图可知，晶胞中有Zr的个数为8×18+6×12=4个，O的个数为8个，ZrO12．乙二醇是重要的化工产品，其合成路线如下：下列说法错误的是A．环氧乙烷的沸点比乙烯高，是因为环氧乙烷分子间可形成氢键B．C2C．三种有机物中的碳原子的杂化方式分别为spD．此合成路线与乙烯先加成后水解制备乙二醇的方法比，原子利用率高，对环境友好【答案】A【解析】环氧乙烷分子间不能形成氢键，环氧乙烷的沸点比乙烯高是因为环氧乙烷相对分子质量比乙烯大，分子间作用力更强，A错误；C2H4中含碳碳双键，环氧乙烷和乙二醇中碳碳键为单键，所以C2H4中碳碳键的键长均小于其他两种有机物中碳碳键的键长，B正确；C2H4中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2；环氧乙烷和乙二醇中碳原子均形成4个σ键，杂化方式为sp3，C正确；此合成路线原子利用率为100%13．常温常压电催化技术可以实现氮还原，是人工合成肼的关键技术，其装置如下图所示。已知电催化过程中会伴有副产物氨生成。下列说法正确的是A．电极A的电势高于电极B的电势B．电解过程中质子由电极室A移向电极室BC．电极A上生成N2HD．理论上同时生成0.1molN2H5【答案】D【解析】由图示电解池可和，电极A上发生还原反应，电极A是阴极，电极B为阳极，电极A的电势低于电极B的电势，A错误；电解过程中H+通过质子交换膜向阴极移动，即由电极室B移向电极室A，B错误；电极A上生成N2H5+的电极反应式为N2+5H++4e-=N2H5+，C错误；电极B为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+14．向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应Cu++NH3⇌CuNH3+和CuNH3++NHA．曲线L4为lgcCuB．CuCl的溶度积常数KC．反应Cu++2NH3D．cNH3【答案】D【解析】向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应Cu++NH3⇌CuNH3+和CuNH3++NH3⇌CuNH32+，随着lgcNH3得增大，lgcCu+逐渐减小，lgcCl-逐渐增大，故曲线L1为lgcCl-、曲线L2为lgcCu+，lgcCu+cCuNH3+逐渐减小，lgcCu+cCuNH32二、解答题15．亚氯酸钙[Ca(ClO2)2]具有极强的吸湿性。无水物加热至350℃时尚不分解，含水亚氯酸钙加热到130~140℃即分解。某实验小组利用下图所示装置制备黄绿色ClO2气体，并在加热条件下使其与CaO2反应制备Ca(ClO2)2。已知：ClO2可被NaOH溶液吸收得到NaClO3和NaClO2的混合物。Ⅰ．亚氯酸钙的制备。(1)盛放H2O2的仪器名称为。(2)仪器的连接顺序为a→(部分仪器可重复使用)。(3)装置D中长颈漏斗的作用为。(4)A是ClO2的发生装置，其中发生反应的离子方程式为。(5)制备Ca(ClO2)2时，参与反应的氧化剂与还原剂的化学计量数之比为。Ⅱ．产品中亚氯酸钙(杂质为CaCl2含量测定。①准确称取0.1200g粗产品于碘量瓶中，加入醋酸和稍过量的KI溶液，然后以淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定至滴定终点，平行测定三次后取平均值，用去25.24mL标准溶液。②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步聚相同，消耗1.24mLNa2S2O3标准溶液。已知：CaClO22(6)①滴定终点时溶液中的颜色变化现象为。②若未进行空白实验，则测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。③亚氯酸钙Ca(ClO2)2(M＝175g/mol)的纯度为(保留3位有效数字)。【答案】(1)恒压滴液漏斗(2)debcdef(g(3)防止倒吸(4)2(5)2:1(6)溶液由蓝色变为无色偏大87.5【解析】（1）盛放H2O2的仪器名称为恒压滴液漏斗；（2）装置A为用NaClO3、H2SO4和H2O2来制备ClO2，装置C为干燥ClO2，装置B为ClO2和CaO2反应来制备Ca(ClO2)2，装置D吸收多余的ClO2，亚氯酸钙Ca(ClO2)2具有极强的吸湿性，且含水的亚氯酸钙受热易分解，因此装置B两端均需连接浓硫酸干燥装置。因此仪器的连接顺序为debcdef(g)（3）装置D中长颈漏斗的作用为防止倒吸；（4）装置A用NaClO3、H2SO4和H2O2来制备ClO2，该反应的离子方程式为2ClO（5）装置B中发生反应的化学方程式为2ClO2+CaO2   Δ   CaClO2（6）①本实验用淀粉溶液作指示剂，故滴定终点时溶液中的颜色变化现象为溶液由蓝色变为无色；②若未进行空白实验，则消耗的0.2000mol③由已知反应得关系式：CaClO22~4I2~8S2O32-；结合实验可知空气也会氧化部分碘离子生成碘单质，则由上述关系可知，生成的碘单质消耗的0.2000mol16．高镁低镍型红土镍矿中主要含有MgO、CoO、已知：ⅰ.“还原焙烧”后钴、镍元素以单质形式存在；Fe2O3大部分被还原为Fe3Oⅱ.“氧化氨浸”时，Ni、Co以及FeO、Fe溶于氨水形成NiNH36ⅲ.298K时，Co(OH)回答下列问题：(1)基态镍原子和钴原子的未成对电子数之比为。“细磨”的作用是。(2)“氧化氨浸”时，Ni发生反应的离子方程式为。“浸渣1”含有的金属元素为(填元素符号)。(3)若“沉钴”后溶液的pH=12，则溶液中cS2-为mol⋅L-1时，沉淀中开始出现Co(OH)2；该过程中(4)碱式碳酸镍可以表示为Nix(OH)2x-2yCO3y⋅zH2O(5)流程中所有工序中，副产物能循环利用的工序名称为。【答案】(1)2∶3增大与煤粉反应的接触面积(2)2Ni+O2+12NH3(3)4×10-10还原Co(4)314(5)还原焙烧、蒸氨【解析】红土镍矿中(主要含有MgO、CoO、NiO、Fe2O3等)干燥细磨，增大后续反应接触面积。还原焙烧中加入过量煤粉，煤粉在高温下将红土镍矿中的部分金属氧化物还原。通入O2，加入饱和氨水，氧化氨浸，Ni被氧化并与氨形成配合物进入溶液，Fe、Mg等元素形成浸渣1分离。加入NH42S沉钴，溶液中的（1）基态镍原子28Ni电子排布式为[Ar]3d84s2，未成对电子数为2，基态钴原子27Co的电子排布式为[Ar]3d74s2（2）“氧化氨浸”时，Ni被氧气氧化，同时与氨水和NH4+形成配合物NiNH362+，发生反应的离子方程式为2Ni+O2+12NH3+2H2O=2NiNH362++4OH-或2Ni（3）由于CoS的溶度积比Co(OH)2小得多，若沉淀中出现Co(OH)2，则已经有CoS沉淀，则此时溶液中存在Ksp(CoS)KspCo(OH)2=c(Co2+)⋅c(S2-)c(Co2+)⋅c（4）碱式碳酸镍可以表示为Nix(OH)2x-2yCO3y⋅zH2O，靡尔质量为377g⋅mol-1。假设煅烧1mol碱式碳酸镍，380K前发生：Nix(OH)2x-2yCO3y（5）流程中所有工序中，“还原焙烧”中煤粉过量，故生成CO，可以在“还原”工序中还原NiO；“蒸氨”中产生NH3，可以在“氧化氨浸”中循环利用。所以流程中所有工序中，副产物能循环利用的工序名称为还原焙烧、蒸氨。17．氮氧化物的污染治理迫在眉睫，利用CO还原NO可以实现CO、反应Ⅰ：2反应Ⅱ：CO回答下列问题：(1)计算反应Ⅲ：N2(g)+2(2)在恒容密闭容器中充入一定量的NO(g)和不定量的CO(g)发生反应Ⅰ，测得N2图中表示nN2在不同n(CO)下随温度的变化关系的曲线是(填字母，下同)，在表示不同温度下nN2随(3)某温度下，在恒压容器中按不同投料比充入COg和NOg，若主要发生反应Ⅱ时，图乙曲线中能表示N2Og的平衡体积分数随投料比nCO:n(4)若某温度下，向某恒压容器中按nCO:nNO=1:1投料，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时测得N2g、N2Og的体积分数分别为20%和10%，体系压强为p0kPa，则NOg的转化率为(5)若向容积为1L的恒容容器中各充入2mol的COg和NOg发生反应Ⅰ、Ⅱ，5min后测得cCO2=0.3mol⋅L-1,cNO=1.6mol⋅L-1【答案】(1)-16.4(2)c、db(3)A(4)92.3%(5)0.02mol⋅L【解析】（1）反应Ⅲ＝2×反应Ⅱ－反应Ⅰ，由盖斯定律知，ΔH（2）温度升高，反应Ⅰ逆向进行，nN2减小，曲线c、d符合题意；曲线a、b则表示不同温度下nN2随n(CO)的变化关系，在n(CO)一定时，升高温度，nN（3）按反应化学计量数比投料时，生成物的体积分数最大，所以曲线A能准确表示N2Og的平衡体积分数随投料比（4）根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，当N2(g)、N2O(g)的体积分数分别为20%和10%时，CO2(g)的体积分数则为50%，反应Ⅰ：2反应Ⅱ：CO所以有a-0.5n+a-0.6n=0.2n，解得：a=0.65n，平衡时NO的物质的量=0.65n-0.6n=0.05nmol，CO的物质的量=0.65（5）每生成1molCO2，生成1molN2O或0.5molN2，5min后nCO2=0.3mo，n(NO)=1.6mol，消耗的n(NO18．Montanine型生物碱K是一类含有抗肿瘤，抗抑郁、抗焦虑等多种药理活性的石蒜科生物碱。K的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。回答下列问题：(1)A的化学名称为。(2)A→D的反应条件为，B→C(3)D和E相比