陕西省渭南市2025届高三下学期二模考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1陕西省渭南市2025届高三下学期二模考试一、选择题1．五祀卫鼎是判断西周中期青铜器的标准器，现存于陕西历史博物馆，其外观如图所示。下列叙述错误的是A．选择“王水”浸泡去除晶面的铜镜B．鼎面上锈的主要成分是CuC．青铜在半干半湿的条件下最易发生吸氧腐蚀D．青铜比纯铜熔点低、硬度大【答案】A【解析】“王水”是由3体积浓盐酸和1体积浓硝酸混合组成，具有强氧化性，如用“王水”去除晶面的铜镜，容易腐蚀青铜，A错误；B．鼎面上的锈是铜锈，铜锈的主要成分是Cu2OH2CO3，B正确；青铜在半干半湿的条件下最易发生吸氧腐蚀，主要反应为2Cu+2．下列化学用语或表述正确的是A．次氯酸的结构式：HB．轨道表示式违背了洪特规则C．气态二聚氟化氢分子HF2中存在的氢键：D．润湿剂甘油(丙三醇)的球棍模型：【答案】C【解析】次氯酸是共价化合物，结构式为H-O-Cl，A错误；2s轨道上的两个电子应该自旋方向相反，违背了泡利原理，B错误；F的电负性很大，HF之间可以形成氢键，则气态二聚氟化氢分子HF2表示为，C正确；润湿剂甘油(丙三醇)的结构简式为HOCH2CHOHCH2OH，半径C>O>H，则球棍模型为，D错误。故选3．下列实验操作或处理方法错误的是A．容量瓶用蒸馏水洗净，需烘干后才能用于溶液的配制B．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直C．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯灭火【答案】A【解析】配制溶液时容量瓶残留的蒸馏水不会影响溶液浓度，而烘干可能导致容量瓶受热变形，影响容积准确性，容量瓶洗净后无需烘干。A错误；滴定读数时需保持滴定管垂直，单手持上端可避免手温影响液体体积，确保读数准确，B正确；不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，C正确；灭火毯可隔绝氧气，用于扑灭活泼金属（如钠、钾）燃烧的火情，D正确。故选A。4．某离子结构如图所示，W、X、Y、Z是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y元素在地壳中含量最高。下列说法错误的是A．所有原子均满足8e-稳定结构 BC．该离子中X为sp2杂化 D【答案】B【解析】Y在地壳中含量最高，Y为O，Z形成一个共价键，且Z的半径小于O，Z可能为H，也可能为F，因为属于同一短周期元素，Z为F，X和W均形成四个共价键，原子半径W＞X，则X为C，W为B。W为B，形成4个共价键，其中一个是配位键，达到8e－结构，X为C，形成4个共价键，达到8e－结构，Z为F，形成1个共价键，达到8e－结构，Y为O，形成2个共价键，达到8e－结构，A正确；WZ3的化学式为BF3，中心B原子价层电子对数为3+12×3-3×1＝3，BF3空间构型为平面正三角形，BF3属于非极性分子，YZ2的化学式为OF2，中心O原子的价层电子对数为2+12×6-2×1＝4，OF2空间构型为V形，属于极性分子，故分子极性WZ3＜YZ2，B错误；X为C，C原子形成了3个σ键，且不含孤电子对，C原子采取sp2杂化，C正确；W为B，形成45．Fe3O3可以催化脱除HA．图乙中催化剂对H2B．脱除过程不属于氧化还原反应C．该反应的平衡常数K=D．催化剂的活性在脱除过程中不会改变【答案】A【解析】图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，A正确；图中铁元素的化合价由＋3价降低至＋2价，硫元素的化合价由－2价升高至0价，属于氧化还原过程，B错误；该反应的平衡常数表达式为K=c3H2Oc36．PdCl2溶液与CO的反应十分灵敏，常用于CO的检验，其反应为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2A．该尾气中CO的体积分数为0.2%B．23g14C．标准状况下，33.6LHCl中含有1.5NA个D．反应中每生成1mol还原产物，转移电子数目为4【答案】D【解析】标准状况下，将1.12m3工业尾气通入足量的PdCl2溶液中，析出10.6g固体，即产生0.1molPd，由反应PdCl2+CO+H2O标准状况，1.12m3尾气中含有2.24LCO，CO的体积分数为2.24L1.12×103L×100%=0.2%，A正确；1个14C16O2分子中含中子数为14－6＋8×2＝24，23g14C16O2的物质的量为23g46g/mol=0.5mol，23g14C16O2所含中子数目为12NA，B正确；HCl中含有1个σ键，标准状况下，7．钠与氧可形成多种二元化合物。其中一种二元化合物的晶胞如图所示，晶胞的边长为apm。下列说法正确的是A．该二元化合物属于过氧化物B．阴离子O2-有C．阴离子O2-位于D．两个Na+之间的最短距离为【答案】C【解析】由如图晶胞结构图示可知，该二元化合物中不含O22-，不属于过氧化物，A错误；棱上的O2-有相同的空间取向，面上的O2-有相同的空间取向，故该化合物中阴离子O2-有2种不同的空间取向，B错误；该晶胞中含有Na＋的数目为8×18＋1＝2，含有O原子数目为8×14＋4×12＝4，Na∶O＝2∶4＝1∶2，以位于体心的Na＋为研究对象，Na＋周围含有6个O2-，则O2-周围含有6个Na+，O28．马来酸(P)在医药、农药、食品等方面有广泛的应用。一定条件下，其与氢气加成的反应过程如图甲，反应过程中各物质的物质的量分数与反应时间的关系如图乙。下列说法错误的是A．物质P和N互为顺反异构体 B．焓变：ΔC．活化能：反应①>反应② D．物质Q可以与乙二醇发生缩聚反应【答案】B【解析】由图甲可知，物质P和N分子式相同，均含有碳碳双键，且P中羧基在碳碳双键的同一侧，N中羧基在碳碳双键的不同侧，二者互为顺反异构体，A正确；反应②＝反应①＋反应③，根据盖斯定律，焓变为ΔH1－ΔH2+ΔH3=0，B错误；由图乙可知，相同时间内，生成Q的物质的量分数大于N，说明反应速率反应①小于反应②，活化能反应①>反应②，C正确；9．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．饱和氯水：Na+、Fe2+、BrB．室温下pH＝7的溶液中：Fe3+、Na+、ClC．能使酚酞变红的溶液：Mg2+、Al3+、HSOD．能使甲基橙变红的溶液：Na+、K+、NO【答案】D【解析】饱和氯水具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者会发生氧化还原反应2Fe3++2Cl-；氯水中含有H+，H+与HCO3-会发生反应H++HCO3-=H2O+CO2↑，故这些离子不能大量共存，A错误；室温下pH＝7的溶液呈中性，Fe3+在中性条件下会沉淀，即Fe3+不能大量存在，B错误；能使酚酞变红的溶液呈碱性，含有大量OH-。Mg2+与OH-反应生成MgOH2沉淀，Al3+与OH-反应先生成AlOH3沉淀，继续与10．天然植物宗阜根中提取的紫草素在酸性环境下呈红色，中性环境下呈紫色，碱性环境下呈蓝色，这与紫草素易发生酮式与烯醇式互变异构有关。下列相关说法正确的是A．紫草素的酮式结构更容易被氧化B．若R基团不能与H2反应，则1mol烯醇式结构最多可消耗C．紫草素的烯醇式结构中不含有手性碳原子D．紫草素的酮式结构中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】酮式结构中酚羟基数目比烯醇式结构少。酚羟基易被氧化，酚羟基越少，抗氧化性越强，越不易被氧化，故酮式结构更不易被氧化，A错误；若R基团不能与H2反应，烯醇式结构中苯环可与3molH2发生加成反应，2个碳碳双键可与2molH2发生加成反应，1个羰基可与1molH2发生加成反应，最多可消耗6molH2，B正确；手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的碳原子。烯醇式结构中与R基相连的碳原子为手性碳原子，C错误；酮式结构中与R基相连的碳原子形成4个单键，C采取sp11．利用某铝-CO2电池为电源，电解硫酸铜溶液的装置工作原理如图所示。b为铝电极，其余均为石墨电极，双极膜中水电离产生的H＋和A．该装置既含有原电池，又含有电解池B．双极膜中的OH-移向aC．b电极反应式为AlD．若a电极附近生成4.6g甲酸，则c电极的质量增加6.4g【答案】B【解析】图示装置中，左侧为铝－CO2原电池，右侧为电解硫酸铜溶液的装置，A正确；b电极，Al发生氧化反应生成[Al(OH)4]－，b为负极，a电极，CO2发生还原反应得到HCOOH，a为正极，原电池中阴离子OH－离子向负极b极移动，B错误；b极为负极，电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlOH4-，C正确；a极电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋＝HCOOH，c极为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu，4.6g12．某研究小组对CO2反应I：CO反应Ⅱ：CO0.5MPa下，将nH2:nCO2=3:1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得CO2的转化率、CH3OH或CO的选择性n生成CHA．反应Ⅰ和Ⅱ中，除H2外，其他分子都是非极性分子B．曲线a表示CH3C．图中所示270℃时，对应CO2的转化率为D．在210℃~250℃之间，CH3OH的收率增大是由于【答案】C【解析】CO2为非极性分子，H2O、CO和CH3OH是极性分子，A错误；反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，反应II平衡正向移动，CO的选择性升高，曲线a代表CO的选择性，B错误；270℃时，甲醇的选择性为70%，CO的选择性为30%，CO的收率为6.3%，6.3%＝CO2的转化率×30%，CO2的转化率为21%，C正确；在210℃~250℃之间，温度升高，反应I平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，在210℃~250℃之间，CH3OH的收率增大是由于CO2的转化率增大导致，D错误。故选13．下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A证明Cl2向装有湿润有色布条的集气瓶中通入Cl2B验证非金属性：S向Na2SO3固体中加入浓HNO3，并将产生的气体通入C证明AgS向盛有2mL一定浓度的Na3AgS2O3D除去乙酸乙酯粗品中的乙酸和乙醇将粗品与饱和碳酸钠溶液充分混合，静置，分液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，Cl2能使湿润有色布条褪色，A错误；向Na2SO3固体中加入浓HNO3，HNO3与Na2SO3发生氧化还原反应，被还原为NO2且浓HNO3易挥发，并将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2SiO4，不能验证非金属性S>Si，B错误；向盛有2mL一定浓度的Na【难度】14．常温下，碳酸氢钠溶液中p(X)(X为H2CO3，CO32-，H＋或OH-)随pHCO3-变化曲线如下，其中A．曲线③表示pHB．交点M处cC．碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，可能出现cD．碳酸氢钠溶液中一定存在c【答案】C【解析】NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子，NaHCO3溶液的浓度越大，溶液中c(OH-)和c(H2CO3)越大，温度不变，pH＋pOH＝7，则曲线①、②、③、④分别表示p(H＋)、p(OH-)、p(H2CO3)、p(CO32-)的变化曲线，A正确；曲线②、④分别表示p(OH-)、p(CO32-)的变化曲线，由图可知交点M处，溶液中cCO32-＝c(OH-)，由质子守恒关系c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)可知，溶液中c(H+)+c(H2二、非选择题15．CuNH【制备晶体】利用图1装置(部分夹持装置略)制备CuNH(1)盛装乙醇溶液的仪器的名称为。(2)1molCuNH342+含有σ键的数目为NA(NA(3)A装置中发生反应的化学方程式为。(4)如图，将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是；并不断搅拌，可观察到的现象为。(5)向反应后溶液继续滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产品。加入乙醇析出晶体的原因是。洗涤时最适宜的洗涤剂是(填字母)。A．乙醚B．乙醇

C．乙醇与浓氨水体积比为1:2的混合液D．浓氨水【测定纯度】测定硫酸四氨合铜晶体的纯度取wgCuNH34SO4⋅H2O样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制好的溶液，滴加适量的稀硫酸，充分反应。加入过量KI溶液，滴加3滴淀粉溶液，用cmol⋅(6)CuNH34SO4⋅H2O的纯度为(用含w、c、V的代数式表示)。若振荡锥形瓶时间长，空气进入较多，则测定结果(填“偏高”【答案】(1)恒压分液漏斗(2)16正四面体形(3)2(4)防倒吸先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色(5)CuNH34SO4(6)246cVw%【解析】（1）盛装乙醇溶液的仪器的名称为恒压分液漏斗；（2）1个氨分子中含有3个σ键，CuNH342+中含有σ键数为4＋3×4＝16，1molCuNH342+含有σ键的数目为16NA；SO42-（3）A装置中固体NH4Cl和CaOH2CaCl2（4）氨气极易溶于水，将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是防倒吸；不断搅拌，可观察到的现象为先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色；（5）CuNH34SO4⋅H（6）根据关系式2CuNH34SO4⋅H2O∼I2∼2Na2S216．纳米氧化锌是性能优异的半导体催化剂，以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Al2O3、Fe2O3、CuO、已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示。金属离子FeCuZnAl开始沉淀时的pH1.94.76.23.4完全沉淀时的pH3.36.78.24.7回答下列问题：(1)基态Fe3+价层电子轨道表示式为(2)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。(3)“调pH”的范围为。若室温下将溶液的pH调为4，则此时Fe3+的浓度为mol⋅L-1((4)为表征纳米ZnO的晶体结构，仪器测得结果如图1所示，所用仪器是___________(填字母)。A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪(5)“沉锌”过程获得ZnOH2⋅ZnCO(6)“母液”通过、、过滤、洗涤、干燥可获得NH42SO4⋅10H2O晶体。480℃下，NH(7)实验室中进行“灼烧”时，会用到下列仪器中的___________(填字母)。A． B． C． D．【答案】(1)(2)SiO2、CaSO4(3)4.7<pH<6.2(4)D(5)2(6)蒸发浓缩冷却结晶3NH4【解析】粉碎后的含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Al2O3、Fe2O3、CuO、CaO、SiO2等)中加入稀硫酸“浸取”，SiO2不反应，CaO转移为微溶的CaSO4，ZnO、Al2O3、Fe2O3、CuO转化为硫酸盐，过滤，滤渣1含有SiO2、CaSO4；向滤液中加入ZnO调节溶液pH在4.7—6.2，溶液中的Fe3+、Al3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，过滤，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2；向滤液中加入适量(NH4)2S“深度除铜”，溶液中剩余的Cu2+转化CuS沉淀，过滤，滤渣3为CuS沉淀；向滤液中加入NH4HCO3“沉锌”，将溶液中的Zn2+转化为Zn(OH)2∙ZnCO3沉淀，过滤，得到母液和Zn(OH)2∙ZnCO3；（1）Fe的原子序数为26，基态Fe3+的价层电子轨道表示式为；（2）向粉碎后的含锌废渣中加入稀硫酸“浸取”，ZnO、Al2O3、Fe2O3、CuO转化为硫酸盐，SiO2不反应，CaO转移为微溶的CaSO4，ZnO、Al2O3、Fe（3）“调pH”的目的是除去Fe3+、Al3+、Cu2+，为不影响Zn2+，“调pH”的范围为4.7<pH<6.2。若室温下将溶液的pH调为4，c(OH－)＝10－10mol/L，则此时Fe3+的浓度为4×10-38（4）为表征纳米ZnO的晶体结构，仪器测得结果如图1所示，为X射线衍射图谱，所用仪器是D，X射线衍射仪。故选D；（5）“沉锌”过程获得ZnOH2⋅ZnCO3，“沉锌”过程中ZnSO4和NH4HCO3反应生成ZnOH2⋅（6）母液中溶质主要为NH42SO4，“母液”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得NH42SO4⋅10H2O晶体。480℃下，NH42SO4⋅10H2O分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2所示，60min时，∆nNH42SO4⋅10（7）实验室中进行“灼烧”固体时，用到下列仪器中的A酒精灯和D坩埚。故选AD。17．工业上先将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000(i)直接氯化：TiO2s(ii)碳氯化：TiO2s①反应2Cs+O2g=2②从ΔH和ΔS的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：(2)在一定条件下，将足量TiO2s和固体炭放入密闭容器中，再通入Cl2进行反应至平衡，当改变外界条件时，TiCl4在800℃、100MPa和850℃，200MPa下Cl2的转化率分别为α1，α2，则α1(填“>”、“<”或“(3)已知TiO2和TiCl4的部分物理性质如下表：物质TiOTiCl物理性质熔点为1560∼1580℃，不溶于水、稀无机酸、TiCl熔点为-23.2℃、沸点为135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀盐酸将二者的混合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是(简要写出操作步骤)。(4)800℃时，向固定体积的密闭容器中加入1molTiO2与3mol碳粉，通入2molCl2进行碳氯化反应，同时发生副反应TiO2s+2Cl2g+Cs⇌TiCl4g+CO①TiO2的平衡转化率为。②若起始总压强为6MPa，则平衡时的总压强为MPa，反应ii的Kp＝MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(5)由TiCl4冶炼钛方法有：900℃，TiCl4l+2Mg【答案】(1)1.2×1014碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化(2)>(3)常温下将混合物过滤，滤液是TiCl4，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到TiO2((4)90%6.924.3(5)Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应(ii)－反应(i)可得2Cs+O2g=2CO②碳氯化的正反应为熵增加的放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应是熵减小的吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，故碳氯化的反应趋势远大于直接氯化。（2）升高温度、增大压强，碳氯化反应均逆向移动，在800℃、100MPa下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)比在850℃、200MPa下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)大，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)越大，C12的转化率越大，则α1>α2。（3）TiCl4常温下为液态，TiO2常温下为固态，且TiO2不溶于水、TiCl4，TiCl4溶于冷水，则将二者的混合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是常温下将混合物过滤，滤液是（4）①根据已知条件列出“三段式”TiOTiO3－2x－y＝1.8，2－2x－2y＝0.2，解得x＝0.3，y＝0.6，TiO2的平衡转化率为0.3+0.61×1