山西省晋城市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PAGE试卷第=14页，共=sectionpages1919页PAGE1山西省晋城市2025届高三下学期二模考试一、单选题1．下列颜色变化属于化学变化，但不涉及氧化还原反应的是A．向含有淀粉的碘水中滴加硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去B．向K2C．洁净的铂丝蘸取硫酸钠固体在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色D．将NaHSO3溶液加入KMnO【答案】B【解析】向含有淀粉的碘水中滴加硫代硫酸钠溶液，发生离子反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，元素化合价发生变化，该过程涉及了氧化还原反应，A项不符合题意；向K2CrO2．下列化学用语错误的是A．HClO的电子式为 B．NH3的VSEPR模型：C．聚丙烯的结构简式： D．基态Cu原子的价层电子排布式：3d【答案】D【解析】HClO是共价化合物，O与H和Cl分别形成1对共用电子对，电子式为，故A正确；NH3中心原子N形成3个σ键，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故B正确；丙烯CH3CH=CH2发生加聚反应得到聚丙烯，聚丙烯的结构简式，故C正确；Cu原子序数为29，根据洪特规则，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故3．物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联。下列说法正确的是A．用氨水配制银氨溶液，体现了NH3能与AgB．用于杀菌、消毒的医用酒精有强氧化性C．H2O分子间有氢键，因此H2D．石墨的熔沸点高，因此石墨可作电极【答案】A【解析】银氮溶液的配制是在硝酸银溶液中逐滴加入氨水至最初产生的白色沉淀恰好溶解，过程中生成的白色沉淀为AgOH，然后溶解生成易溶于水的AgNH32OH，AgNH32OH中Ag+有空轨道、NH3分子中的氮原子有孤电子对，两者以配位键结合，即体现了NH3能与Ag+形成配位键，A正确；医用酒精可用于杀菌、消毒，是因为乙醇能够使蛋白质变性，乙醇不具有强氧化性，B错误；H2O分子间可形成氢键影响水的物理性质，与水分子的热稳定性无关，H2O的热稳定性比4．利用下列装置和试剂，能达到相应实验目的的是A．探究浓度对反应速率的影响B．制备“84”消毒液C．蒸发AlCl3溶液，制备D．验证CuO能氧化乙醇【答案】D【解析】常温下，铁遇浓硫酸钝化，会阻碍后续反应的进行，不能用于探究浓度对反应速率的影响，A错误；“84”消毒液有效成分为次氯酸钠，制取“84”消毒液时，应使氯气与氢氧化钠溶液在常温下反应，加热时会生成氯酸钠，B错误；氯化铝为强酸弱碱盐，溶液蒸发时发生AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl水解反应，故不能得到AlCl3，且蒸发时应选用蒸发皿，而不是坩埚，5．下列离子方程式中，正确的是A．Cl2溶于水中：B．向KI、KIO3混合溶液中滴加醋酸：C．将H2S溶液滴入CuSOD．向漂白粉溶液中通入少量SO2：【答案】C【解析】次氯酸为弱酸，属于弱电解质，不能拆开写，应该写为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，A项错误；醋酸是弱酸，离子方程式中不拆为离子形式，书写离子方程式时应写成CH3COOH，向碘化钾、碘酸钾混合溶液中滴加醋酸：5I-+IO36．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．12g金刚石晶体中含有C-B．1molCaC2晶体和1C．密闭容器中，2molNO与1molOD．电解精炼铜时，阳极质量减少64g，电路中转移电子数一定是【答案】B【解析】12g金刚石的物质的量为1mol，在金刚石晶体中，每个C原子与周围4个C原子形成C-C键，每个C-C键被2个C原子共用，相当于每个C原子形成2个C-C键，则1mol金刚石中含有C-C键数目为2NA，A错误；CaC2为离子化合物，由Ca2+和C22-构成，CaO2为离子化合物由Ca2+和O22-构成，1molCaC2晶体和1molCaO2晶体含有的离子数目均为2NA，B正确；密闭容器中2molNO与1molO2充分反应生成2molNO7．制备有机物Y的最后一步如图所示。下列说法正确的是A．X可以与Br2的CCl4溶液反应 B．C．1molX最多与2molNaOH反应 D．【答案】A【解析】X中含有碳碳双键，能与Br2的CCl4溶液发生加成反应使其褪色，A正确；Y分子中形成碳碳双键中有一个不饱和碳原子连了两个相同的氢原子，故不存在顺反异构，B错误；X中酯基能水解生成羧基和酚羟基，羧基和酚羟基均具有酸性，能与NaOH反应生成，所以1molX最多与3molNaOH反应，C错误；对比X、Y和溴苯的结构简式可知，X→Y是X中酚羟基的8．海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A．向盐卤中通入的氧化剂可以是氯气B．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂C．电负性：OD．电解熔融氯化镁制备金属Mg时在阴极得到Mg【答案】B【解析】海水提溴过程中，向盐卤中加入氧化剂的目的是将溴离子氧化成溴单质，氧化剂可能是Cl2，故A正确；从生产成本的角度考虑，工业生产中常选用石灰乳作为沉淀剂，便宜易得，故B错误；同周期元素从左到右，元素电负性逐渐增强，同族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，电负性：O>Cl>Br，故C正确；电解熔融氯化镁制备金属Mg，Mg2+在阴极得电子生成Mg9．W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其组成的某种化合物结构如图所示，基态M原子的核外电子有6种空间运动状态，基态Y原子有3个未成对电子。下列说法正确的是A．第一电离能：X<Y<C．W2Z2为非极性分子 D．Z【答案】B【解析】基态Y原子有3个未成对电子，Y是N元素，Z形成2个共价键，Z是O元素，X形成4个共价键，X是C元素，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O>C，故A错误；Y是N元素，Z是O元素，Y、Z的简单氢化物分别为NH3和H2O，H2O、NH3中O、N原子价电子对数都是4，O有2个孤电子对、N有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对有排斥作用，所以键角NH3>H2O，故B正确；W是H元素，Z是O元素，H2O2空间构型为二面角，为极性分子，故C错误；基态M原子的核外电子有6种空间运动状态，核外电子占用6个原子轨道，M能形成+1价阳离子，M10．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率较高的方法。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4A．若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有B．CH3C．c为MO+与CH4反应的曲线，而d为MO+D．一定温度下，加入选择性高的催化剂，不能改变CH4【答案】C【解析】根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，故A正确；CH3OH分子中的碳原子与氧原子杂化轨道数都是4，杂化方式均为sp3，故B正确；根据题干信息，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，d为MO11．由Cu2S制备CuSOA．X交换膜为阴离子交换膜B．该电池工作时，电子由M极经过导线移向N极C．当外电路转移1mole-D．M极的电极反应式为Cu【答案】C【解析】由于制备的是CuSO4，则SO42-应由右侧进入左侧，故X膜为阴离子交换膜，A项正确；该装置为原电池，Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，N电极为正极，电子由负极经导线向正极移动，B项正确；原电池中阴离子向着负极移动，当外电路转移1mole-，溶液中0.5molSO42-由N极移向M极，交换膜右侧溶液质量减少48g，C项错误；M电极为负极，Cu12．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向溴水中加入苯，振荡后静置水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应B镁片、铝片与氢氧化钠溶液组成原电池一段时间后，只有镁片上有气泡铝片为原电池负极C将SO3、SO2混合气体通入生成白色沉淀沉淀是BaSO3、D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的CuOH无砖红色沉淀蔗糖未发生水解【答案】B【解析】溴在苯中的溶解度较大，向溴水中加入苯，苯萃取了溴水中的溴，振荡后静置，液体分为两层，下层为水，上层为溴的苯溶液，没有发生化学反应，A错误；镁片、铝片与氢氧化钠溶液组成原电池，发生的反应为2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlOH13．立方氮化硼晶体被认为是已知最硬的物质，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数为xpm。下列说法正确的是A．硼、氮原子间最短距离为3B．B、N元素均位于元素周期表中的s区C．该晶胞的质量为1×D．若a处原子分数坐标为(1，0，0)，则b处原子分数坐标为1【答案】A【解析】根据晶胞中氮原子硼原子位置关系可知，硼、氮原子间最短距离为体对角线的14，晶胞参数为xpm，晶胞的体对角线为3xpm，故硼、氮原子间最短距离为34xpm，A正确；B的价电子排布式为2s22p1、N的价电子排布式为2s22p3，均位于元素周期表中的p区，B错误；在BN晶胞中，氮原子位于晶胞体内，个数为4，硼原子位于晶胞顶角和面心，个数：8×18+6×12=4，该晶胞的质量为4×25N14．25℃时，向20mL0.1mol⋅L-1CH3NH2(电离方式与NH3相似)溶液中滴加0.1mol⋅A．VB．25℃时，CH3NHC．B→CD．B点溶液满足关系：c(【答案】D【解析】在CH3NH2的水溶液中滴加盐酸，发生反应：CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，随着盐酸的增加，CH3NH2逐渐减少，CH3NH3+逐渐增多，图中曲线Ⅰ代表CH3NH2，曲线Ⅱ代表CH3NH3+，另一曲线代表水电离出的c水H+的负对数-lgc水H+，A点，cCH3NH3+=cCH3NH2，水电离出c水OH-=c水H+=10-10.6mol⋅L-1，CH3NH2未完全反应，此时溶液中cH+=10-10.6mol⋅L-1，cOH-=10-3.4mol⋅L-1，可得CH3NH二、解答题15．以含金、银的硫化矿粉(其中细小的Au、Ag颗粒被FeS2、Cu2S包裹)为原料提取Au、Ag的工艺流程如图已知：i．加入萃取剂HR后发生反应：2HR+Cu2+⇌(1)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为(任写一种)。(2)“浸取1”中温度不能太高，原因是。(3)“浸取2”中，“滤渣2”中的(填化学式)转化为AgS(4)“还原”步骤发生反应的离子方程式为。(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为，“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为(填化学式)。(6)某Au-Cu合金的立方晶胞结构如图2所示，晶胞参数为anm。晶胞中Cu原子的配位数为，该晶胞的密度为g⋅cm【答案】(1)无需高温，节约能源或可减少有害气体产生(2)防止盐酸挥发及H2(3)AgCl(4)2(5)AgS2O(6)82.61×【解析】（1）由于硫化矿粉含有S元素，“焙烧氧化”时需要高温，同时产生二氧化硫气体，故相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为无需高温，节约能源或可减少有害气体产生；（2）“浸取1”中使用的盐酸易挥发且H2O2受热易分解，故“浸取1”（3）向硫化矿粉(其中细小的Au、Ag颗粒被FeS2、Cu2S包裹)中加入稀硫酸和通入足量空气，在pH=2的条件下进行细菌氧化，将得到Fe2(SO4)3和CuSO4溶液和滤渣，向滤渣中加入盐酸和H2O2（4）向HAuCl4溶液中加入H2C2O（5）“电沉积”步骤中阴极AgS2O323-得电子，发生AgS2O32（6）由图2知，Au位于体心，Cu为顶点，Cu原子被8个晶胞平均占有，故晶胞中Cu原子的配位数为8；Au位于体心，故该晶胞中含有1个Au原子，Cu为顶点，故该晶胞中含有18×8=1个Cu原子，晶胞参数为anm16．某兴趣小组设计如下实验进行喷泉实验和制备肼。回答下列问题：I．制备NH3并进行喷泉实验(实验装置如图1所示，加热及夹持装置已省略)i．NH3的制备：打开K1、K3，关闭Kii．喷泉实验：当丁中溶液变蓝后，停止制备NH3，关闭K1、K3。通过操作a(1)甲中制备NH3的化学方程式为；操作a为；C→D过程中，三颈烧瓶中的现象为Ⅱ．制备水合肼(N以NaClO溶液与含NaOH的CO(NH2)2(沸点：196.6℃)溶液为原料，利用图3装置(夹持仪器和加热装置已省略)制备N2H4(2)实验中通过仪器a缓慢滴加的溶液是，三颈烧瓶中合成N2H4⋅H2O的化学方程式是(产物中还有两种盐)(3)从三颈烧瓶A所得溶液中获得N2H4⋅H2Oa．过滤b．蒸发浓缩、冷却结晶C．蒸馏(4)样品水合肼含量的测定：称取样品0.1500g，加入适量NaHCO3固体，配成溶液，滴入几滴淀粉溶液，用0.1000mol⋅L-1的标准I2溶液滴定，达滴定终点时消耗标准I2溶液的体积为36.00mL，样品中【答案】(1)2NH4Cl+Ca((2)NaClO溶液CO(NH2(3)c(4)60%【解析】（1）利用氯化铵与氢氧化钙固体加热制取氨气，甲中制取氨气的方程式为：Ca(OH)2+2NH4（2）NaClO具有氧化性，N2H4⋅H2O具有较强的还原性，防止N2H4⋅H2O被（3）三颈烧瓶A所得溶液中有Na2CO3、NaCl、N2H4⋅（4）根据N2H1⋅H2O+2I17．利用化学反应原理研究氮及其化合物是重要的课题。回答下列问题：(1)工业上利用NH3和CO2合成CO(NH2)2，某兴趣小组在一定温度下，在1化学键HCNC键能(464803393293①制备30gCO(NH2)2(填“吸”或“放②其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率(填“升高”“降低”或“不变”)(2)某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO反应Ⅰ：NO反应Ⅱ：SO已知该体系中臭氧发生分解反应：2O其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3，改变温度。反应相同时间t后[题给温度下催化剂活性无显著变化，且反应Ⅰ、反应Ⅱv(正)始终大于v(逆)]体系中NO①反应Ⅰ逆反应的活化能为kJ⋅mol-1；由图1可知，相同温度下NO的转化率远高于SO2②温度高于200∘C后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降的原因是(3)汽车尾气净化的主要原理为2CO(g)+2NO(g)⇌催化剂2CO2(g)+N2(g)，一定温度下，在体积为1L的容器中充入2.4molNO【答案】(1)吸37.5升高(2)204.1反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下反应速率更快温度高于200℃后，O3分解率显著增加，O(3)0.122.22【解析】（1）①焓变=反应物总键能-生成物总键能，根据表中化学键键能进行计算，该反应的ΔH=6×393kJ⋅mol-1+2×803kJ⋅②该反应是吸热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向着吸热的正向移动，NH3（2）①根据正反应的活化能－逆反应的活化能=焓变，可以得到逆反应的活化能：3.2kJ⋅mol-1-(-200.9kJ⋅mol-1)=204.1kJ②结合已知信息该体系中臭氧发生分解反应：2O3g⇌高于200℃3O2g，可以得到温度高于200∘（3）平衡时列三段式进行计算：2NOa点时列三段式进行计算：2NO反应速率vCO=1.2mol18．某种药物中间体G的合成路线如下：已知：2CH回答下列问题：(1)物质A的化学名称为，其中碳原子的杂化方式有种。(2)A→B的反应条件为，F→G的反应类型为。