辽宁省县域重点高中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=18页，共=sectionpages1919页PAGE1辽宁省县域重点高中2025届高三下学期二模一、单选题1．辽宁的非物质文化遗产丰富多彩，在这些文化现宝中蕴含着许多化学知识。下列有关辽宁省非物质文化遗产中所涉及物质的主要成分属于金属材料的是A．辽西满族民间刺绣中使用的丝线 B．锦州满族民间剪纸中使用的纸张C．建平十王会表演中便用的铜锣 D．阜新玛瑙雕中使用的玛瑙【答案】C【解析】丝线的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料；纸张的主要成分是纤维素，属于有机材料；铜锣的主要成分是铜(或铜合金)，属于金属材料；玛瑙的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料。故选C2．下列化学用语或表述正确的是A．中子数为46的溴核素：36B．NH4ClC．基态碱金属原子最外层电子云轮廓图：哑铃形 D．SO3分子的VSEPR【答案】D【解析】中子数为46，质子数为35的溴核素为3581Br，A错误；NH4+的电子式为H∶N· ·· ·HH∶H+，B错误；基态碱金属原子最外层电子排布式为3．下列实验操作或方法错误的是A．实验室保存白磷、液溴的试剂瓶中添加适量水覆盖试剂B．闻无毒、无害的化学药品气味可以使鼻子凑近药品C．除去试管中残留的AgCl时，先用氨水浸泡，后用水清洗D．实验中不慎将苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗涤，后用水冲洗【答案】B【解析】白磷易自燃，液溴易挥发，在保存白磷、液溴的试剂瓶中添加适量水覆盖试剂，水封可防止白磷自燃、液溴挥发，A正确；闻化学药品气味时，不管药品是否无毒无害，都应用手在瓶口轻轻扇动，使极少量气体飘进鼻孔，不能将鼻子凑近药品，B错误；AgCl能与氨水反应生成可溶于水的[Ag(NH3)2]Cl，可先用氨水浸泡，再用水清洗，除去试管中残留的AgCl，C正确；苯酚易溶于乙醇，实验中不慎将苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗涤除去苯酚，再用水冲洗，4．氮的化合物部分转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．在反应①中，9.2gNO2和N2O4的混合气体完全反应转移电子数为0.1NAB．1L0.1mol·L-1NH2OH溶液中含氧原子的数目为0.1NAC．常温下，1L0.1mol·L-1HNO2溶液中含NO2-的数目为0.1D．在反应②中，0.2molNHN2OH完全反应时生成N2O分子的数目为0.1NA【答案】A【解析】反应①为2NO2+H2O＝HNO2+HNO3，9.2gNO2和N2O4的混合气体相当于0.2molNO2，0.2molNO2完全反应时转移0.1mol电子，A正确；NH2OH溶液中水含有氧原子，故1L0.1mol·L-1NH2OH溶液中含氧原子数大于0.1NA，B错误；HNO2为弱酸，不能完全电离，故常温下，1L0.1mol·L-1HNO2溶液中含NO2-的数目小于0.1NA，C错误；反应②为HNO2+NH2OH＝N2O+2H2O，0.2molNH2OH完全反应时生成N2O分子数目为0.2NA，D错误。故选5．三星堆博物馆展示的商代后期（公元前1205~前1100年）文物“金鸟形饰”是商代代表作品，如图所示。下列说法错误的是A．“金鸟形饰”纤薄如纸，说明金具有良好的延展性B．金的化学性质非常稳定，常温下不能与O2C．金在电子工业中有重要用途，因其具有良好的导电性和抗氧化性D．“沙里淘金”这个成语体现了金在自然界中通常以单质形式存在，且密度较大【答案】B【解析】金单质为金属，具有良好的延展性，A正确；金的化学性质不活泼，常温下不与氧气、硝酸等发生反应，但是它能与“王水（浓硝酸、浓盐酸以体积比1:3组成）”反应，B错误；金由于具有良好的导电性和抗氧化性，在电子工业中应用广泛，例如用于制造电子元件，C正确；“沙里淘金”是通过物理方法分离出金单质，体现了金在自然界中通常以单质形式存在，且密度较大，D正确。故选B6．在MnSO4溶液中依次加入NH42S2O8溶液、FeSO4溶液、KI-淀粉溶液和Na2SO3溶液，溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②A．①中，NH42S2OB．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为5:1C．③中，生成了I2D．④中，还原性：I【答案】C【解析】NH42S2O8中含有过氧键-O-O-，O为-1价，N为-3价，H为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，S为+6价，不是+7价，A错误；②中紫红色→黄色，KMnO4氧化FeSO4，离子反应方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂MnO4-与还原剂Fe2+物质的量之比为1:5，B7．上海交通大学某课题组首次成功实现了生物活性分子cucurbalsaminone B和已知-Me代表-A．有机物B(1)和CB．有机物B(1)和CC．1mol有机物B(1)和C(2)都能与D．有机物B(1)和C【答案】B【解析】有机物B(1)和C(2)中均含有碳碳双键，碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A正确；有机物B(1)和C(2)都含有羰基、碳碳双键，所含官能团相同，B错误；1个B(1)中含有3个羰基和1个碳碳双键，1个C(2)分子中含有2个羰基和2个碳碳双键，1mol碳碳双键、1mol羰基分别能与1molH2发生加成反应，所以1mol有机物B(1)和C(2)都能与4molH2发生加成反应，8．根据下列实验操作及现象，能得出对应结论的是选项操作及现象结论A向FeSO4FeSO4B向在空气中久置的NaOH溶液中滴加稀盐酸，开始无现象，一段时间后产生气泡该NaOH溶液已完全变质C在蓝矾表面滴加浓硫酸，蓝色变为白色浓硫酸表现强氧化性D用饱和Na2CO3相同条件下，K【答案】A【解析】向FeSO4溶液中滴加苯酚溶液，溶液变紫色，说明溶液中有Fe3+，即FeSO4被氧化，A正确；向在空气中久置的NaOH溶液中滴加稀盐酸，开始无现象，一段时间后产生气泡，溶液中是否含有NaOH的实验现象相同，无法判断该NaOH溶液是否完全变质，B错误；在蓝矾表面滴加浓硫酸，蓝色变为白色，体现浓硫酸吸水性，未体现浓硫酸的强氧化性，C错误；用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4，生成白色沉淀，CaSO49．短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，基态Z和W原子最外层电子排布相同，在短周期中基态Y原子未成对电子数最多。化合物YX4M(WZ4)2·12X2Z常作食品膨松剂和饮用水的净水剂等。有如下转化关系：下列叙述错误的是A．第一电离能：Y＞Z＞W B．键角：X2W＞X2Z＞YX3C．YXM(WZ4)2含离子键、共价键和配位键 D．YX4+和【答案】B【解析】基态Z和W原子最外层电子排布相同，Z和W位于同一主族，短周期中未成对电子数最多的是N和P，结合物质转化关系可知，气体是NH3；白色沉淀1是BaSO4，白色沉淀2是Al(OH)3。则X为H，Y为N，Z为O，M为Al，W为S。同周期从左至右，元素第一电离能呈增大趋势，N元素价电子排布式为2s22p3，为半充满较稳定结构，故第一电离能：N＞O；同主族从上至下，元素第一电离能变小；第一电离能：N＞O＞S，A正确；X2W、X2Z、YX3分别为H2S、H2O和NH3；其中心原子都是sp3杂化，中心原子上的孤电子对数：H2S=H2O＞NH3，电负性：O＞S，故键角：NH3＞H2O＞H2S，B错误；YXM(WZ4)2是NH4Al(SO4)2，该分子中存在离子键、共价键和配位键，C正确；NH4+和SO42-的中心原子N、S都是sp3杂化，且中心原子的孤电子对数均为0，空间结构为正四面体形，10．武汉大学某团队通过连接键工程在共价有机框架COF中引入高密度sp3N催化阵列，实现了无金属电催化剂高效电催化下列叙述错误的是A．基态时未成对电子数为3的某原子参与形成了TPTA-­Pz-­COFB．TPTA-­Pz-­COF中所含化学键有极性键、非极性键和范德华力C．丁分子含10个电子且能电离出含10个电子的离子D．乙、丙分子都有碱性，它们都能促进水的电离【答案】B【解析】TPTA-­Pz­-COF中含有H、C、N元素，其中基态N原子有3个未成对电子，A正确；由图可知，TPTA-­Pz­-COF中含有C-N极性键、C-C非极性键，但范德华力是分子间作用力，不属于化学键，B错误；由题给转化反应可知，丁为水，水分子含10个电子且能电离出含10个电子的氢氧根离子，C正确；乙、丙分子都含N原子，N原子采用sp3杂化，且每个N原子有111．清华大学某课题组合成了稳定在氮掺杂碳上的Fe单原子催化剂Fe-SA@NC原理如图所示（部分物质省略）。已知-PhA．a极与电源的正极连接B．电解一段时间后溶液中nHC．a极的电极反应式为D．b极收集4.48L气体时转移电子数约为2.408×【答案】D【解析】由题干信息知，Fe-SA@NC作阳极材料，则a为阳极，a极与电源正极相连，A正确；a为阳极，a极发生氧化反应，根据总反应式可写出阳极反应式为，C正确；b为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极生成的H+数等于同时阴极消耗的H+12．已知反应：2X①2X②T(③W(其相对能量变化如图所示。在恒容密闭容器中充入X(A．相同状况下，X、T、B．其他条件不变，升高温度，总反应速率一定增大C．选择催化剂是为了降低反应③的能垒D．其他条件不变，平衡后再充入X(【答案】C【解析】由图可知，Y的能量最低，能量越低越稳定，则相同状况下，X、T、W、Y中Y最稳定，A错误；其他条件不变，温度升高，催化剂的活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增大，B错误；反应③的能垒最大，为该反应的决速步骤，则选择催化剂是为了降低反应③的能垒，从而加快反应速率，C正确；反应物只有一种，其他条件不变，达到平衡时再充入X(13．工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞废水中提取汞。简易流程如图所示。已知：HgS难沉淀，FeS可吸附HgS共沉淀。下列叙述正确的是A．上述转化中只发生1个氧化还原反应B．加入消石灰是为了提高Na2C．用硝酸和K3Fe(D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制备NH【答案】B【解析】FeS、HgS分别在空气中灼烧生成FexOy、Hg和SO2，发生了2个氧化还原反应，A错误；消石灰是Ca(OH)2，可中和废水中的酸，减少Na2S损失，能提高Na2S的利用率，B正确；硝酸能氧化+2价铁，用硝酸和K3Fe14．氧化锂常用于锂电池的固体电解质以及锂电池的正极材料。氧化锂晶胞如图所示，已知晶胞参数为apm,NA为阿伏加德罗常数的值。锂离子可以看成是填充入氧离子构成的“空穴”A．Li+填充的“空穴”为四边形 B．这种“空穴”填充率为C．2个O2-最近距离为22apm【答案】C【解析】由Li2O晶胞结构可知，Li+填充在由4个O2-构成的四面体“空穴”中，并非四边形，A错误；每个四面体“空穴”均填充1个Li+，填充率为100%，B错误；O2-采用面心立方最密堆积，晶胞参数为apm，2个O2-最近距离为面对角线的一半，为22apm，C正确；O2-位于立方体顶点和面心，8个Li+位于体内，1个晶胞含4个“Li2O”，Li2O15．常温下，在10mL含浓度均为0.1mol⋅L-1的FeCl2、MgCl2的混合溶液中滴加VmL同浓度的氨水，溶流中某些粒子浓度的负对数下列叙述正确的是A．先生成Mg(OHB．KspFeC．V=40时D．Mg2++2【答案】B【解析】向混合溶液中加入氨水时，Fe2+先转化为溶解度较小的Fe(OH)2沉淀，Mg2+后转化为Mg(OH)2沉淀，溶液中pH增大，c(Fe2+)、c(Mg2+)减小，cNH3⋅H2OcNH4+的值增大，则L1代表-lgcFe2+与pH关系、L2代表-lgcMg2+与pH关系、L3代表cNH3⋅H2OcNH4+与pH关系；由图像可知，溶液中pH为6.98时，cNH3⋅H2OcNH4+=10-2.27、c(Fe2+)=10因为Mg(OH)2溶解度大于Fe(OH)2，所以向混合溶液中加入氨水时，先生成Fe(OH)2沉淀，后生成Mg(OH)2沉淀，A错误；KspFe(OH)2=10-16.31，其数量级为10-17，B正确；10mL含浓度均为0.1mol⋅L-1的FeCl2、MgCl2的混合溶液中滴加40mL氨水时，Fe2+和Mg2+完全沉淀，cNH4+二、解答题16．镍通常用来制造合金、电池材料、催化剂等，有重要的用途。氢氧化镍Ni(已知：常温下，Ksp(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边分多次缓慢加入适量稀硝酸，还原产物为NO，金属镍溶解的离子方程式为；“酸溶”时产生的废渣的主要成分为。(2)“除铁”时②中加入Na2CO3，生成黄钠铁矾NaFe3SO42(OH)6的离子方程式为(3)“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是。(4)常温下，“沉镍”前cNi2+=1.0mol⋅L-1，加入少量浓NaOH(5)用含镍21%的铁镍合金废料100kg经上述工艺制得31kgNi(OH【答案】(1)3Ni+8H(2)Na++3Fe3++2(3)过量的F-(4)6.2(5)93.65【解析】铁镍合金废料（还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物）中加入HNO3、H2SO4酸溶，废料与HNO3、H2SO4反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、NiSO4、CaSO4、MgSO4。CaSO4溶解度较小，SiO2不溶，加入H2O2将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入Na2CO3调节pH除铁，通入H2S除铜，H2S与Cu2+生成CuS，加入NaF除钙镁，生成CaF2、MgF2沉淀，加入NaOH沉镍得Ni(OH)2沉淀。（1）金属镍在酸性条件下被硝酸氧化，化学方程式为3Ni+8H++2NO3-=3Ni2+（2）“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾NaFe3SO（3）SiO2能溶于HF，F-水解生成HF，腐蚀陶瓷容器，“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF（4）“沉镍”前cNi2+=1.0mol⋅（5）100kg废料中镍元素为100kg×21%=21kg17．某实验小组欲制备氢气并测定铜的摩尔质量，设计实验装置如图所示（尾气处理装置已省略）。【试剂】粗锌（含Cu、ZnS等杂质）、0.1mol⋅L-1酸性【步骤】①称量。在分析天平上称量一个洁净而干燥的小试管，在小试管中放入已粗称过的一薄层CuO。将CuO平铺好后，再准确称量小试管和CuO的质量。②还原。将小试管固定在铁架台上，在检验了氢气纯度后，把导气管插入小试管并置于CuO上方。待小试管中的空气全部排出后，按试管中固体的加热方法加热试管，至黑色粉末全部转变为红色粉末。③冷却。移开酒精灯，继续通入氢气。待小试管冷却至室温，抽出导管，停止通气。④称量。用滤纸吸干小试管管口冷凝的水珠，再准确称量小试管和Cu的质量。【数据】物品小试管小试管+氧化铜小试管+铜质量/wmn回答下列问题：(1)启动装置A中反应的实验操作是。其他条件相同，粗锌比纯锌反应更快，其原理是。(2)B装置中产生黑色沉淀，写出装置B中发生反应的化学方程式：；C装置的作用是。(3)检验氢气纯度时，每次试验都要更换一支试管，其原因是。如果通气导管插入CuO粉末中，可能产生的后果是。(4)在做完氢气的还原性实验后，移走酒精灯，继续通入氢气至试管冷却，其目的是。(5)通过上述实验数据，测定铜的摩尔质量为。(6)下列情况会使测定结果偏低的是（填字母）。a．氧化铜潮湿b．①中称量时试管不干燥c．红色粉末混有黑色粉末d．管口冷凝的水珠没有用滤纸吸干(7)质疑与反思。小组实验发现，黑色粉末全部变为红色粉末，即检测红色粉末不含CuO，其他操作均正确，根据数据计算结果仍然偏高，其原因可能是。【答案】(1)打开活塞K粗锌在稀硫酸中构成原电池(2)Pb(Ac)2+(3)防止试管里有火种，造成危险氢气吹散CuO粉末(4)防止空气进入，O2氧化赤热铜生成(5)16((6)ab(7)红色粉末中有Cu2【解析】（1）通过大气压原理控制A装置中反应发生和停止，打开K，排出装置内气体，装置内气压减小，外压使稀硫酸与固体粗锌接触发生反应；关闭K，装置内气压增大，将液体压回球形漏斗，使液体与粗锌脱离接触，停止反应。其他条件相同，粗锌与硫酸能构成原电池，构成原电池后发生氧化还原反应比硫酸与锌直接反应快。（2）醋酸铅与硫化氢生成硫化铅利和醋酸Pb(Ac)2（3）如果试管中有火种，再次试验易发生爆炸。如果导管插入氧化铜粉末中，通入氢气时会吹散粉末，造成更大的实验误差。（4）停止加热，再继续通入氢气，氢气作保护气，避免赤热铜粉被氧化。（5）CuO+H2  Δ  Cu+H（6）若氧化铜含水，则m偏大，结果偏低；若试管未干燥，则w和m偏大，结果偏低；若黑色粉末未完全变为红色粉末，则n偏大，结果偏高；同理，若水未吸干，则n偏大，结果偏高。（7）2CuO+H18．江南大学某团队开发了一种新型铑基单原子催化体系LiI,Rh1/CeTiO反应1：2CO反应2：CH3回答下列问题：(1)2CH3OH((2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1molCO2、3molHA．总压强不随时间变化时达到平衡状态B．增大催化剂质量，反应速率一定增大C．达到平衡时，3>nH2nCO2≥1(3)CO2上述循环中，形成C-C键的反应是(4)在恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂（Cat1和Cat2）作用下，仅发生反应①催化效能较高的是（填“Cat1”或“Cat2”）。②b点（填“是”或“不是”）平衡点，判断依据是。③当温度高于400°C时，曲线400°C变化的原因可能是(5)某温度下，向恒容密闭容器充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，起始压强为100kPa。发生上述反应1和2，达到平衡时测得CO2转化率为60%,【答案】(1)2(2)AD(3)H(4)Cat2不是b点的转化率不是对应温度的最大转化率温度升高，Catl催化活性降低（合理即可）(5)8×20【解析】（1）反应2×2－反应1可得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH＝2Δ（2）反应1和2都是气体分子数减小的反应，在恒温恒容条件下，气体压强不变时表明总物质的量不变，达到平衡状态，A正确；速率与催化剂表面的活性位点有关，催化剂质量增大不一定表面的活性位点增多，B错误；根据化学计量数以及初始投料可知，平衡时CO2和H2浓度仍然是1:3，C错误；反应1和2都是气体分子数减小的反应，即熵减反应，D正确。故选（3）由循环图可知，形成C-C键的粒子是H3C*（4）①单位时间内转化率在数值上等于反应速率，相同温度下，转化率较高，则催化剂效率较高，结合图像可知，cat2的催化性能高；②由图像可知，b点的转化率小于相同温度下a点对应的转化率，而平衡转化率是该温度下的最大转化率，b点不是平衡点；③如果温度过高，催化剂会失去活性，转化率降低；（5）根据原子守恒和相关数据计算得到，平衡体系中含有0.4molCH3CH2OH，0.8molCH3OH，0.4molCO2，1.0molH2O，1.2molH2，气体总物质的量为3.8mol。设平衡时气体总压强为P，恒温恒容下气体压强之比等于