黑龙江省哈尔滨市第三中学2025届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1黑龙江省哈尔滨市第三中学2025届高三下学期二模考试一、单选题1．2025央视春晚舞台上，创意融合舞蹈《秧BOT》，不仅仅是一场视觉盛宴，更是科技与传统文化的完美结合。下列说法错误的是A．机器人穿着喜庆的红色棉袄，其中棉花属于天然有机高分子B．为机器人提供续航的锂电池，轻便稳定，比能量较低C．机器人的机身应用了碳纤维，是一种含碳量在90%以上的高强度纤维D．铝合金和钛合金也是制造机器人的重要原材料，钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，都是极为重要的金属材料【答案】B【解析】棉花主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，A正确；锂电池通常来说密度小，质量轻，比能量较高，B错误；碳纤维是一种含碳量在90%以上的高强度纤维，C正确；钛合金强度高耐腐蚀，铝合金轻质成本低，具有硬度大，都是极为重要的金属材料，D正确。故选B。2．下列化学用语或表述正确的是A．BF3B．H2SO3电离：C．线性酚醛树脂的制备：D．H－Cl的s－pσ键的形成：【答案】C【解析】BF3的价层电子对为数为3+3-3×12=3，空间构型为平面三角形，A错误；H2SO3是弱电解质，分步电离，B错误；线型酚醛树脂的制备反应为酸性条件下苯酚与甲醛发生缩聚反应，反应化学方程式为，C正确；HCl中的σ键是由H的1s轨道和Cl的3p轨道通过3．关于实验操作与处理方法，下列说法正确的是A．检验某固体中是否存在硫酸根离子，可以先加入足量稀盐酸，无明显现象后，再加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀出现B．将SOCl2与AlCl3C．向烧杯中加入钠块并加热，制备NaD．润洗滴定管时，需从滴定管上口加入所盛试剂，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管上口放入预置的烧杯中【答案】B【解析】检验某固体中是否存在SO42-，先加入足量稀盐酸，无明显现象，排除CO32-和Ag+的干扰，但无法排除固体样品中HSO4-的干扰，HSO4-在水中能电离出SO42-，再加入氯化钡溶液也生成白色沉淀，不能证明原固体中存在SO42-，A错误；将SOCl2与AlCl3⋅6H2O混合并加热，SOCl2能与AlCl34．我们的生活中蕴含着丰富的化学知识。下列应用的原理错误的是A．部分绿叶蔬菜焯水后食用，可减少结石的形成：草酸易溶于热水B．人体血液pH维持较小范围变化：血浆中H2CO3C．关节扭伤常用“复方氯乙烷气雾剂”：气态的氯乙烷液化大量吸热，具有冷冻麻醉作用D．管道疏通剂疏通管道：固体NaOH溶于水显碱性，可除污垢，与铝粉反应放出H2【答案】C【解析】草酸易溶于热水，焯水可减少蔬菜中的草酸含量，从而降低结石风险，A正确；血液的pH主要通过H2CO3/HCO3-缓冲体系维持，两者浓度较高且可通过生理机制调节，B正确；氯乙烷气雾剂喷出后迅速汽化（液态→气态）吸热，使局部冷却，而非液化（气态→液态）吸热，C错误；油脂在NaOH5．氮及其化合物部分转化关系如图。设NAA．3.4g14NH3中含有中子数为1.4B．反应①，11.2LNH3完全反应，转移电子数为10C．反应②，1molNO与0.5molOD．pH=9的NaNO2溶液中，含有OH【答案】A【解析】3.4g14NH3物质的量为0.2mol，含有中子数物质的量为0.2mol×7=1.4mol，所以中子数为1.4NA，A正确；未说明气体所处条件，不能计算11.2LNH3的物质的量，B错误；反应②，1molNO与0.5molO2在密闭容器中充分反应后生成1molNO2，NO2部分生成N2O4，所以分子数小于NA，C错误；pH=9的NaNO2溶液中得c(H+)=106．下列说法正确的是A．离子液体常温下呈液态的主要原因是其阴阳离子所带电荷一般较少B．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2C．实验室I制备氨气可以加热氯化铵使其分解D．NaHCO3【答案】D【解析】离子液体常温下呈液态的主要原因是：离子体积大、离子间作用力弱，A错误；由于水分子之间存在氢键，水分子通常以几个分子聚合的形式存在，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大，B错误；NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷生成NH4Cl，不可以加热NH4Cl使其分解的方法制备NH3，C错误；NaHCO3是细小的白色晶体，向其中加入少量水，碳酸氢钠能溶解，温度计读数下降，说明溶解过程吸热，D正确。故选D7．下图所示的乙烯雌酚是一种人工合成激素，下列关于其说法正确的是A．所有碳原子均采用sp2B．所有碳原子可能共面C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．1mol该物质与浓溴水反应最多消耗3molBr【答案】B【解析】甲基和亚甲基上的碳原子都采用sp3杂化，A错误；碳碳双键以及与其直接相连的碳原子共面，苯环上的碳原子及与其相连的原子共面，单键上的碳原子通过旋转可旋转到碳碳双键的平面上，所有碳原子可能共面，B正确；该分子中存在碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；碳碳双键、酚羟基邻位氢均可以和溴单质反应，故1mol该物质与浓溴水反应最多消耗5molBr2，D错误。故选8．根据下列实验设计和现象，得出的相应结论正确的是实验设计实验现象实验结论A将干燥的氯气通入装有有色鲜花花瓣的集气瓶，观察花瓣颜色花瓣褪色氯气有漂白性B向AgCl的悬浊液中加入少量饱和碘化钾溶液观察沉淀颜色沉淀由白色变为黄色证明KC向可能混有苯酚的苯中加入浓溴水，观察是否产生白色沉淀无白色沉淀产生混合物中没有苯酚存在D将铁片放入足量稀硫酸中，令其完全溶解，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色溶液未变红铁片溶解前未被腐蚀A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】干燥的氯气没有漂白性，花瓣褪色是因为氯气与花瓣中的水反应生成了具有漂白性的HClO，不能得出氯气有漂白性的结论，A结论错误；向AgCl悬浊液中加入少量饱和碘化钾溶液，沉淀由白色变为黄色，说明AgCl转化为AgI。说明KspAgI<KspAgCl，B结论正确；苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，即使混合物中有苯酚，加入浓溴水后也可能观察不到白色沉淀，不能得出混合物中没有苯酚存在的结论，C结论错误；将铁片放入足量稀硫酸中完全溶解，再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中不存在Fe3+，若铁片溶解前被腐蚀生成了铁的氧化物，这些氧化物与稀硫酸反应生成的Fe3+，可能被过量的Fe9．已知R、W、X、Y、Z五种元素为原子序数依次增大的前四周期元素且只有一种金属元素，已知R的原子半径在元素周期表中最小；W的第一电离能高于同周期相邻元素；X和Y同主族，且二者形成的一种离子在酸性条件下不能稳定存在；Z的价层电子数比X的电子数大1。下列说法正确的是A．Z元素位于第四周期第VIIB族B．R和W形成的一种化合物溶于水可看作一种二元弱碱C．X的氢化物的分子构型为V形D．Y元素的基态原子的核外有1个未成对电子【答案】B【解析】R的原子半径在元素周期表中最小，则R为H；W的第一电离能高于同周期相邻元素，且原子序数比H大，第二周期中N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素C和O，所以W为N；X原子序数大于N，X、Y同主族，且二者形成的一种离子在酸性条件下不能稳定存在，如S2O32-在酸性条件下发生反应，所以X为O，Y为S；Z为前四周期元素，且Z的价层电子数比X（O，电子数为8）的电子数大1，则Z价层电子数为9，Z为Co（Co的价层电子排布为3d74s2）。Z为Co，位于第四周期第Ⅷ族，A错误；R（H）和W（N）形成的N2H4，溶于水时，N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH10．一定温度下，将等量的气体X分别通入起始体积相同的密闭容器I和Ⅱ中，使其发生反应2XA．达平衡时，容器I中X的转化率一定小于容器Ⅱ中X的转化率B．达平衡后，向容器I中通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动C．达平衡后，将容器Ⅱ温度升高，发现其体积增大，说明X发生的反应为吸热反应D．达平衡后，反应物的总物质的量和生成物的总物质的量相等，对应图中坐标上的温度是200【答案】D【解析】如果Y是固体或液体，达平衡时，容器I中X的转化率等于容器Ⅱ中X的转化率，A错误；容器I为恒容容器，达平衡后，向容器I中通入稀有气体，反应物浓度不变，平衡不移动，B错误；如果Y是固体或液体，达平衡后，将容器Ⅱ温度升高，发现其体积增大，分子受热膨胀，体积增大，不能说明X发生的反应为吸热反应，C错误；达平衡时，反应物的总物质的量和生成物的总物质的量相等，假设物质X初始为a，转化2x，则生成Y和Z分别为x、2x，得a－2x=x+2x，解得x=0.2a，故转化率为2x÷a=40%，对应图中坐标上的温度是200∘C，D正确。故选11．葫芦脲(cucurbituril，CB)是一类由甘脲单元通过亚甲基桥连形成的大环化合物，根据甘脲单元数的不同，可将其命名为CBnn=5-8，10，13-15，CB5的结构如左图。某研究团队将抗癌药物阿霉素(其结构如图)包合在CB[7]的空腔中。已知CB7的空腔直径约为A．葫芦脲CB5B．阿霉素分子中有5个手性碳原子C．阿霉素分子中有羟基、氨基，故阿霉素分子极易溶于水D．阿霉素在CB[7]中需以质子化形式存在，可能是改变了分子构象；增强结合能力【答案】D【解析】葫芦脲CB5是具有孤对电子的空腔端口的羰基氧原子与具有空轨道的阳离子以配位键形式形成超分子，但本身不是超分子，A错误；阿霉素分子中有6个手性碳原子，分别是图中红色碳原子，B错误；阿霉素分子中虽有羟基、氨基，会和水分子间形成氢键，但还存在大部分有机基团不与水形成氢键，故阿霉素分子溶于水，不是极易溶于水，C错误；阿霉素在CB[7]以质子化形式存在，可能是改变了分子构象，适应CB7的空腔直径，同时可以与葫芦脲CB5中的氧原子结合，增强结合能力，D正确。故选12．高分子有机物聚吡咯(PPy)是一种光敏型半导体，其制成的纳米管在紫外光照射、关闭周期内会发生如下反应：端正电荷分布密度的变化，在电解质溶液中产生离子电流。某科研组使用PPy构建了一种浓差电池，用来提取天然水中的氢能，其构造如图所示。下列叙述正确的是A．电极a的电势低于电极bB．b极电极方程式为2C．纳米管道中的离子电流仅由PPy阳离子的定向移动形成D．照射一段时间后关闭光源，纳米管道中仍能存在微弱电流【答案】D【解析】图示装置为原电池，由电子流向可知，电极b为负极，电极a为正极，a极的电势高于b极，A错误；电极b为负极，在光照下，在电极b失电子生成，电极反应式为－e－=，天然水中的H+在电极a得电子生成H2，B错误；天然水含有多种离子，除PPy阳离子之外还会有Na+等，在溶液中定向移动，C错误；照射一段时间后关闭光源，则反应逆向进行，导致纳米管道中仍能存在微弱电流，D正确。故选D。13．工业上利用废镍催化剂(含65%NiO、15%Fe3O4、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级NiCO3(已知：①常温下，KspFeOH3=3.0×10-38②滤液1中cNi③滤液2中cCa④滤液3中，反应分两个步骤：Ni2++HCO3⇌NiHCO3+(A．酸浸时SiO2B．滤液1中需调节pH至3.16≤pH<6.48，才能确保Fe3+C．滤液2中添加NaF，当Ca2+恰好沉淀完全时，MgD．慢反应步骤NiHCO3++NH3【答案】A【解析】废镍催化剂(含NiO、Fe3O4、CaO、SiO2及MgO)中加一定量稀硫酸酸浸，得到含硫酸铁、硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁的溶液，SiO2不溶，滤渣1为SiO2和硫酸钙，滤液1中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液2中加入NaF，过滤，滤渣3为CaF2、MgF2，滤液3中加入NH4HCO3和NH3·H2O，调节pH=8，过滤，滤渣4为碳酸镍，经洗涤、干燥得到产品。SiO2与硫酸不反应，A错误；Ni2+开始沉淀c(OH－)=1.08×10-151.2mol/L=3×10-8mol/L，pH=－1g3×10-8=8－lg3=6.48，溶液中Fe3+完全沉淀时c(OH－)=33.0×10-3810-5mol/L=33×10-11mol/L，pH=－1g33×10-11=3.16，滤液1中需调节pH至3.16≤pH<6.48，才能确保Fe3+沉淀完全且Ni2+不沉淀，B正确；滤液2中添加NaF，当Ca2+14．锑酸亚铁晶胞的结构如图，其晶胞参数分别为anm、anm、cnm，α=β=γ=A．每个晶胞含有12个O原子B．距离体心Fe原子最近的Sb原子一定有10个C．晶胞中M点Sb原子的原子的数坐标为0D．设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为【答案】A【解析】由图示晶胞可知，一个晶胞中含有O原子的个数为4×12+10=12，A正确；Sb原子填充在O原子形成的八面体空隙中，距离体心Fe原子最近的Sb原子看Fe原子上下Sb原子和到棱上的Sb原子距离不一定相等，所以不一定有10个，B错误；位于体心的Fe原子的分数坐标为12，12，12，由晶胞结构可知，晶胞中M点Sb原子的原子分数坐标为0，0，c+x2c，C错误；一个晶胞中含有Sb原子的个数为8×15．常温下，向0.1mol/L的稀氨水中通入氯化氢气体(忽略溶液体积变化及溶液中NH3的存在)，溶液中lgnClA．A点：cB．B点：cCl-+cC．C点：cD．水的电离程度B【答案】B【解析】由图像可知，氨水中通入HCl气体，曲线由C向A变化，B点lgc(Cl)c(N)=0，n(Cl)=n(N)，恰好中和，溶质只有NH4Cl，B点左侧HCl过量，B点右侧NH3⋅H2O过量。当溶液中溶质为浓度均为0.1mol/L的NH4Cl和HCl时，由物料守恒知，c(Cl－)=2[c(NH3•H2O)+c(NH4+)]，A点pH=0.5，c(H+)=10－0.5mol/L＞0.1mol/L，A点溶液中HCl的浓度大于NH4Cl的浓度，则c(Cl－)＞2[c(NH3•H2O)+c(NH4+)]，A错误；B点溶液中lgnClnN=0，溶液为0.1mol/LNH4Cl溶液，由电荷守恒知，cCl-+cOH-=cNH由Kh=KwKb，a20.1=10-142×10-5，解得a=1212×10-5，pH=5.15，即y=5.15，B正确；由c点pH=7，结合电荷守恒得：cNH4+=cCl-，又知c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L二、解答题16．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物FeFeCoAlMn开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8②CaF2、MgF(1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式。(2)结合以上制备流程，推测在此反应条件下，ClO3-、Co3+、Fe3+(3)已知氧化性MnO2>ClO3-，则沉淀I的主要成分是(4)得到氯化钴晶体的操作I主要包括：向水层中加入调整pH至2∼3，、过滤、洗涤、减压烘干等过程。(5)根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在FeOH2和CoOH2两种沉淀，则此溶液中Fe2+和(6)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为+2+3)，用1.0L1mol/L的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到CoCl2溶液和标准【答案】(1)Co2(2)Co(3)FeOH3、AlOH3(4)盐酸蒸发浓缩、冷却结晶(5)100(6)316【解析】水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，SiO2不与盐酸反应，主要成分Co2O3及杂质Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO与盐酸反应生成相应价态的盐，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，浸出液中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，SiO2以固体形式存在。向浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，反应为6FeCl2+NaClO3+6HCl=6FeCl3+NaCl+3H2O，再加入Na2CO3调pH至5.2。根据阳离子沉淀的pH数据，Fe3+、Al3+会转化为FeOH3、AlOH3沉淀，沉淀Ⅰ为FeOH3（1）水钴矿主要成分Co2O3，加入Na2SO3和盐酸，Co2O3具有氧化性，SO32-具有还原性，Co（2）浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入NaClO3，NaClO3能将Fe2+氧化为Fe3+，但不能将Co2+（3）加入Na2CO3调pH至5.2，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的pH数据，Fe3+在pH=3.7完全沉淀，Al3+在pH=5.2完全沉淀，所以沉淀Ⅰ主要成分是FeOH3、AlOH3。加入NaF溶液沉淀（4）为抑制Co2+水解，向水层中加盐酸调pH至2~3，从溶液中得到CoCl2⋅6（5）FeOH2完全沉淀时的pH=9.6，c(OH-)=10-4.4mol/L，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)（6）标准状况下2.24L氯气物质的量为0.1mol，1.0L1mol/L盐酸中HCl物质的量为1mol。设钴氧化物化学式为CoxOy，根据CoxOy+HCl→CoCl2+Cl2↑+H2O，由氯元素守恒可知生成CoCl2中Cl元素物质的量为1mol-0.1mol×2=0.8mol，则CoCl2物质的量为0.4mol。由电子守恒知，17．实验室常用正丁醇、浓硫酸在加热条件下制备正丁醚，反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OH⇌135℃浓硫酸CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+Hi：在100mL三颈烧瓶中，先加入31mL正丁醇，再将4.5mL浓硫酸加入瓶内并投入沸石。将分水器、温度计和三颈烧瓶组装好。ii：沿分水器支管口对面的内壁小心的贴壁加水，待水面上升至恰与分水器支管口下沿相平时为止，小心开启活塞放出3.5 mLiii：在分水器上口接一仪器a，小火加热烧瓶，使反应物微沸并开始回流，随反应进行，回流液经a收集于分水器中。iv：平稳回流至烧瓶内反应温度达135°C至137°C左右，分水器中水面上升至支管口即可停止反应，反应液稍冷后开启活塞放出水，然后拆除装置。v：将反应液倒入盛有50mL水的分液漏斗中，充分振荡，静置分层，弃去下层水溶液，上层粗产物依次用25mL水、15mL5%的NaOH溶液、15mL水洗涤并分液，在有机相中加入氯化钙，干燥后过滤。vi：干燥后粗产物置于蒸馏瓶中，蒸馏收集140.1℃至144℃馏分，产量为7.84g。已知：正丁醇(M=74g/mol)的密度为0.81g/mL(1)仪器a的名称是。(2)分水器的主要作用是。(3)步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，应如何加入浓硫酸：。(填字母)a．分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇b．一次性快速加入浓硫酸，加入后再充分振摇(4)写出制备过程中主要伴随的有机副反应产物的结构简式。(5)“步骤v中，15 mL水洗涤的目的是(6)制备过程中，正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是。(7)本实验中正丁醚的产率为(结果保留3位有效数字)。【答案】(1)球形冷凝管(2)分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率（或利用率）(3)a(4)CH3CH2CH=CH2(5)除去有机相中残留的碱及盐(6)正丁醇与水形成分子间氢键(7)35.5%【解析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管；（2）分水器的主要作用是分离出水，使反应正向进行，提高反应物转化率；（3）步骤i中，为使浓硫酸与正丁醇混合均匀，因为浓硫酸稀释会放出大量的热，应分批加入浓硫酸，每次加入都充分振摇，故选a；（4）主要伴随的有机副反应为正丁醇的分子内脱水，生成丁烯，所以副反应产物的结构简式为CH3CH2CH=CH2；（5）15 mL水洗涤前加入的（6）正丁醇与水可以形成共沸物，其主要原因是正丁醇与水形成分子间氢键；（7）正丁醇的质量为31mL×0.81g/mL=25.11g，正丁醇的物质的量为25.11g74g/mol=0.34mol，根据化学方程式可知，正丁醚的质量为18．工业烟气中NOx(以NO为主)的脱除常采用NH3选择性催化还原(SCR)副反应：4NH(1)已知N2(g)+O2(g)⇌(2)300°C时，在某恒温刚性容器中充入[n(NH3)+n(NO)]:n(O2)=4:1的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是a．vb．混合气体的密度保持不变c．单位时间内断裂4molN-H键的同时断裂4molN≡d．O2(3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，若仅发生主反应，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。①工业上选择催化剂(填“甲”或“乙”)。②在催化剂甲的作用下，当温度高于210∘C(M点)时，NO转化率降低原因可能是(4)300∘C时，在某恒压p0密闭容器中充入等物质的量的NH3、NO、O2的混合气体，若仅发生主反应和副反应，平衡后，NO转化率为20%，且NH3和N2物质的量相等，则N2(g)+O(5)已知主反应分三步进行I．NHII．NHIII．4H(g)+O研究发现，在催化剂表面引入CeO2可形成“NH3吸附位”和“NO活化位请分析催化剂表面引入CeO2后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是【答案】(1)－1429(2)ad(3)乙催化剂活性降低或副反应增多(4)2.5(5)定向活化NH3和NO，同时减少了NH3和O2【解析】（1）由盖斯定律可知，ΔH3=（2）当v逆(NO)=4v正(O2)时，则v逆(NO)=v正(NO)，能说明反应已达到平衡状态；该反应气体的质量不变，容器的容积不变，故反应的密度不变，当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到了平衡状态；1个NH3分子中含有3个N—H键，单位时间内断裂12molN-H键的同时断裂4molN≡N键时，V正(NH3)=V逆(N2)，即V正(NH3)=V逆(NH3)，说明反应达到了平衡状态，单位时间内断裂4molN-H键的同时断裂4molN≡N键时，（3）①由图像可知，催化剂乙在较低的温度下就具有较高的催化效果，工业上选择催化剂乙；②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃时，温度升高，催化剂活性降低，或者副反应增多，故导致NO的转