精品解析：河南省鹤壁 安阳 焦作 濮阳四市联考2025届高三二模化学试题

2025届高三年级第二次模拟考试 化学试题 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 张骞凿通西域，诞生了丝绸之路。丝绸之路交流的下列产品中主要成分属于硅酸盐的是 A. 茶叶 B. 纸张 C. 铁器 D. 陶器 【答案】D 【解析】 【详解】A．茶叶主要成分是有机物（如纤维素、茶多酚），不含硅酸盐，A错误； B．纸张由植物纤维（纤维素）制成，属于有机物，不含硅酸盐，B错误； C．铁器以金属铁为主，可能含有碳等其他元素，但属于金属材料，不含硅酸盐，C错误； D．陶器由黏土烧制而成，黏土的主要成分是铝硅酸盐矿物，属于传统硅酸盐材料，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语表述错误的是 A. Na3N的电子式： B. 氯仿(CHCl3)分子的空间结构为四面体形 C. 质子数为41，中子数为52的铌(Nb)原子： D. 的化学名称：2，2，3-三甲基己烷 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na3N是离子化合物，电子式为：，A错误； B．氯仿(CHCl3)分子中心原子价层电子对数为4+=4，且不含孤电子对，由于C-H和C-Cl键的键长不同，空间结构为四面体形，B正确； C．质子数为41，中子数为52的铌(Nb)原子质量数为41+52=93，表示为，C正确； D．主链上含有6个碳原子，2号碳原子上有2个甲基，3号碳原子上有3个甲基，命名为：2，2，3-三甲基己烷，D正确； 故选A。 3. 下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是 A．由普通酒精制备无水酒精 B．证明H2具有还原性 C．收集一集气瓶氨气或甲烷气体 D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备白色Fe(OH)2 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇沸点为 78.3℃（在标准大气压下），直接用酒精灯加热会挥发，并且乙醇易燃，应采取加生石灰后再蒸馏的方法制备无水酒精，A不符合题意； B．氢气与氧化铜反应生成水，试管口应该略向下倾斜，B不符合题意； C．氨气与甲烷的密度小于空气，应该采取向下排空气法，C符合题意； D．取一支试管，加入新制的硫酸亚铁溶液，然后用胶头滴管吸取氢氧化钠溶液，将滴管尖端插入硫酸亚铁溶液液面以下，缓慢挤出氢氧化钠溶液，防止氢氧化亚铁氧化，D不符合题意； 故选C。 4. 甲是由短周期元素构成的一种常见有色气体单质，乙为强碱且焰色呈黄色，丙的摩尔质量大于戊，它们有如图所示的转化关系(部分条件和产物省略)。下列叙述正确的是 A. 反应条件a为“加热” B. 甲可用排饱和食盐水法收集 C. 用pH试纸可测定丙溶液的pH D. 在水中加入丁、丙都能促进水电离 【答案】B 【解析】 【分析】甲是由短周期元素构成的一种常见有色气体单质，推测为氯气，乙为强碱且焰色呈黄色，推测为氢氧化钠，两者生成氯化钠、次氯酸钠和水，丙和丁在酸性条件下可以生成氯气，故丙和丁各为氯化钠和次氯酸钠中的一种，则戊为水；丁和戊可以生成氢氧化钠，则丁为氯化钠；则丙为次氯酸钠，据此解答。 【详解】A．氯化钠和水在电解的条件下可以生成氢氧化钠，所以反应条件a为“电解”，故A错误； B．氯气可用排饱和食盐水法收集，故B正确； C．丙为次氯酸钠，溶液具有漂白性，不可用pH试纸测定丙溶液的pH ，故C错误； D．在水中加入次氯酸钠能促进水电离，加入氯化钠不能促进水电离，故D错误； 答案选B。 5. 茜草主寒湿，其提取物的有效成分之一是茜素(结构简式如图所示)。下列有关该物质的说法错误的是 A. 含有两种官能团 B. 在FeCl3溶液中发生显色反应 C. 1mol该物质最多能与8molH2反应 D. 能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．由茜素的结构简式可知，其含有羰基(C=O)和酚羟基(-OH)两种官能团，A正确； B．因为该物质含有酚羟基，酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，B正确； C．该物质分子中苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，1个苯环可与3个H2加成，2个羰基可与2个H2加成，所以1mol该物质最多能与反应 ，C正确； D．酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误； 故选D。 6. 河南省重要矿石——珍珠岩的主要成分可表示为R2CaFe2K2ZY2WX12，其基态铁离子有5个未成对电子，W为最高价。X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的价层电子排布式为nsnnp2n，短周期中Y的原子半径最大，R的氧化物是两性氧化物。下列叙述正确的是 A. 第一电离能：W>Z>R B. X的简单氢化物VSEPR模型为V形 C. 熔点：Y2X>WX2 D. 离子键百分数：ZX<R2X3 【答案】A 【解析】 【分析】由题干信息可知，珍珠岩的主要成分可表示为R2CaFe2K2ZY2WX12，其基态铁离子有5个未成对电子，即该物质中Fe显+3价，W为最高价，X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的价层电子排布式为nsnnp2n即2s22p4，X为O，短周期中Y的原子半径最大即Y为Na，R的氧化物是两性氧化物，且R的原子序数在Na之后，则R为Al，Z介于Y和R之间，故为Mg，即化学式为：Al2CaFe2K2MgNa2WO12，根据化学式化合价代数和为0可知，W的化合价a为：2×3+2+2×3+2×1+2+2×1+a-2×12=0，解得a=4，故W为Si，由此分析可知X为O、Y为Na、Z为Mg、R为Al、W为Si，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，Z为Mg、R为Al、W为Si，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能Si＞Mg＞Al即W> Z > R，A正确； B．由分析可知，X为O，X的简单氢化物即H2O中心原子O周围的价层电子对数为：2+=4，故其VSEPR模型为四面体形，B错误； C．由分析可知，X为O、Y为Na、W为Si，故Na2O为离子晶体，而SiO2为共价晶体，故熔点Na2O＜SiO2即Y2X＜WX2，C错误； D．由分析可知，X为O、Z为Mg、R为Al，由于电负性O＞Al＞Mg即Mg与O之间电负性差值比Al与O之间的电负性差值，故离子键百分数：MgO＞Al2O3即ZX＞R2X3，D错误； 故答案为：A。 7. 下列离子方程式或化学方程式符合题意且书写正确的是 A. 向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液： B. 用饱和FeCl3溶液腐蚀铜电路板： C. 制备乙酸乙酯： D. 使用泡沫灭火器灭火： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液，反应生成一水合氨，不会放出氨气，正确的离子方程式为：，A错误； B．用饱和FeCl3溶液腐蚀铜电路板，反应的离子方程式应满足电荷守恒，正确的是，B错误； C．制备乙酸乙酯时，酸脱羟基醇脱氢，应在乙酸乙酯中，正确的化学方程式为，C错误； D．泡沫灭火器灭火原理是铝离子()和碳酸氢根离子()发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式书写正确，D正确； 故选D。 8. 丁二酮肟可用于镍的检验和测定。丁二酮肟的制备反应如下： ① ② 下列说法错误的是 A. 羟胺单磺酸钠中电负性最大的元素是氧元素 B. 1个丁二酮单肟分子中含有6个σ键 C. 丁酮和丁二酮肟中碳原子均采取sp2、sp3杂化 D. 乙醇与水互溶是因为它们均为极性分子且两者之间易形成氢键 【答案】B 【解析】 【详解】A．羟胺单磺酸钠由H、C、N、O、Na元素组成，元素非金属性越强，电负性越大，故电负性最大的元素是氧元素，A项正确； B．丁二酮单肟分子中含有双键，其中双键中有1个是σ键、1个键，而结构中的单键，单键是σ键，故1个丁二酮单肟分子中含有13个σ键，B项错误； C．丁酮和丁二酮肟分子中或碳原子采取sp2杂化、而或碳原子为sp3杂化，C项正确； D．根据相似相溶原理，乙醇与水均为极性分子，二者互溶，且两者结构中都含有羟基，二者之间易形成氢键，D项正确； 答案选B。 9. 海南大学杨金霖/田新龙团队以MXene作为负极，AgCl/CuCl/FeOCl作为正极，首次报道了一种基于天然海水电解液的可充电氯离子电池。其工作原理如图所示，是基于MXene负极与氯离子之间的共价相互作用以及AgCl/CuCl/FeOCl正极与氯离子发生的转换反应。 下列叙述正确的是 A. 放电时，Cl-向a极迁移 B. 充电时，b极与电源正极连接 C. 放电时，b极发生还原反应 D. 放电时，a极的电极反应式之一是AgCl+e-=Ag+Cl- 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，放电时a极为原电池的正极， b极为负极，充电时，与直流电源正极相连的a极为阳极，与直流电源负极相连的b极为阴极。 【详解】A．由分析可知，放电时a极为原电池的正极， b极为负极，则氯离子向b极迁移，故A错误； B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的b极为阴极，故B错误； C．由分析可知，放电时b极为负极，氯离子在负极失去电子发生氧化反应生成氯气，故C错误； D．由分析可知，放电时a极为原电池的正极，AgCl或CuCl或FeOCl在正极得到电子发生还原反应被还原，电极反应式之一是AgCl+e-=Ag+Cl-，故D正确； 故选D。 10. 由下列操作及现象不能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 向某溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变红 该溶液中含有Fe2+ B 向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体 碳还原浓硝酸生成NO2 C 向CuSO4溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体 乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度 D 向对甲基苯甲醛中滴加新制氢氧化铜，加热，产生砖红色沉淀 对甲基苯甲醛中含有醛基 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向某溶液中先滴加硫氰化钾溶液，无明显现象说明溶液中不含有铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红说明溶液中含有亚铁离子，亚铁离子与氯气反应生成铁离子，能与硫氰酸根离子反应变红色，故A正确； B．浓硝酸遇热会分解生成二氧化氮、氧气和水，则向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体不能说明碳还原浓硝酸生成二氧化氮，故B错误； C．向硫酸铜溶液中加入氨水生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体是因为极性较低的乙醇能降低硫酸四氨合铜在水中的溶解度，便于晶体析出所致，故C正确； D．向对甲基苯甲醛中滴加新制氢氧化铜，加热，产生砖红色沉淀说明对甲基苯甲醛中含有醛基，故D正确； 故选B。 11. 上海交通大学叶俊涛课题组实现内酰胺的光促尔代反应，如图所示(Ph为苯基)。 下列叙述正确的是 A. Z为反应物，G为产物 B. →中形成了非极性键 C. 有机物A3能发生消去反应 D. 中所有原子一定不共平面 【答案】A 【解析】 【详解】A．从反应图中可以看出，Z参与反应，G是反应生成的产物，所以Z为反应物，G为产物，A正确； B．→中是氧原子与氢原子形成O-H键，O-H键是极性键，不是非极性键，B错误； C．有机物A3中与羟基相连的碳原子的邻位碳上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误； D．(Ph为苯基)中，羰基碳原子采取杂化，羰基及与羰基直接相连的原子共平面，苯环是平面结构，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，D错误； 故选A。 12. NatureChemistry报道了一种利用二氧化碳和1，3-丁二烯制备可回收聚酯的方法，转化关系如图所示。 下列叙述错误的是 A. m=2n B. 乙分子的同分异构体丁炔中所有碳原子一定共直线 C. 丙还能发生加聚反应生成其他的高分子材料 D. 丁能降解成小分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．对比甲、乙、丙的结构，1个CO2与2个乙分子加成生成1个丙，故m=2n，故A正确； B．丁炔有同分异构体，如果结构为，则碳原子不共直线，故B错误； C．丙中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成其他的高分子材料，故C正确； D．题干中明确指出这种方法制备的是“可回收聚酯”，因此聚酯材料通常具有良好的降解性能，能够降解成小分子，且高聚物中含有酯基，可以降解，故D正确； 答案选B。 13. 亚硝酰瓠(NOCl)的分解反应为2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) H，其正、逆反应速率可以表示为v1=k1c2(NOCl)，v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)。k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数，E1和E-1分别为正、逆反应的活化能，lnk与的关系如图所示(已知：k=，E为活化能，R为理想气体常数，A为比例系数)。 下列叙述错误的是 A. E1<E-1 B. 降低温度，平衡逆向移动 C. 加入催化剂不能提高NOCl的平衡转化率 D. 平衡常数K= 【答案】A 【解析】 【分析】lnk与关系图所示，随着温度升高，lnk逐渐增大，且lnk1增大更多，说明升高温度，正反应速率增加更多，平衡应正向移动，则该反应正向应为吸热反应。 【详解】A．由分析可知，该反应为吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，则E1>E-1，A错误； B．由分析可知，该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，B正确； C．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高NOCl的平衡转化率， C正确； D．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v1=k1c2(NOCl)=v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)，则平衡常数K=，D正确； 故选A。 14. 常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。 已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。 下列叙述错误的是 A. 曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系 B. pH=4.5时，溶液中c(HAc)<c() C. pH=6时，溶液中>10 D. AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04 【答案】C 【解析】 【分析】随着pH增大，c(H+)减小，c(HAc)减小，c(Ac−)增大，所以曲线Ⅱ对应HAc的分布系数（随pH增大而减小），曲线Ⅲ对应Ac−的分布系数（随pH增大而增大），据此分析解题。 【详解】A．随着pH减小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移动，随pH减小lgc(Ag+)增大，曲线I代表lgc(Ag+) 与pH的关系，A正确； B．当pH=4.5时，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac−)+c(HAc)，电荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac−)+c(​)+c(OH−)，联立可得c(HAc)+c(H+)=c(​)+c(OH−) ，pH=4.5时，c(H+)>c(OH−)，所以c(HAc)<c(​)，B正确； C．pH=6时，c(H+)= 10−6mol/L，Ka(HAc)=，X点时pH=4.75，δ(HAc)==0.5，即，Ka(HAc)= c(H+)=10-4.75，溶液中，C错误； D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常数K，Ksp(AgAc) =10-2.71，Ka(HAc) =10-4.75，平衡常数K=102.04，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 一种以废镍氢电池的废渣[主要成分为Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]为原料制备硫酸镍(NiSO4·7H2O)晶体的流程如图所示。 已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表。 阳离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Co3+ Al3+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.3 1.5 7.2 3.4 6.2 完全沉淀的pH 8.3 2.8 9.2 1.1 4.7 8.9 回答下列问题： （1）“酸浸”中不能用盐酸替代稀硫酸，其主要原因是___________。 （2）“氧化1”中调节pH为5的目的是___________，将沉淀M浸于___________(填化学式)溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到红色粉末，可用于制造颜料。 （3）“氧化2”中Co2+被氧化生成Co(OH)3的离子方程式为___________。 （4）“沉镍”中不能加入过量氨水，其原因是Ni(OH)2溶解生成硫酸四氨合镍，故过量氨水与硫酸镍反应的化学方程式为___________。 （5）利用Co(OH)3制备CoCO3，的微流程如图所示： “转化、酸溶”中主要发生放热反应，如果加入双氧水过快，则消耗双氧水的量远大于理论值，其主要原因是___________；“转化、酸溶”中H2O2主要表现的性质是___________(填“氧化性”或“还原性”)。 （6）探究Co(OH)3的氧化性。取少量Co(OH)3于试管中，滴加KI淀粉溶液，无明显现象，再滴加稀硫酸，立即变蓝色，其变蓝色的原因是___________(填化学方程式)。 【答案】（1）避免氧化2中产生氯气 （2） ①. 促进Fe3+、Al3+完全沉淀 ②. NaOH(或KOH) （3） （4）NiSO4+4NH3·H2O=[Ni(NH3)4]SO4+4H2O （5） ①. 放热多，导致H2O2分解加快 ②. 还原性 （6）2Co(OH)3+2KI+3H2SO4=2CoSO4+K2SO4+I2+6H2O 【解析】 【分析】废镍氢电池的废渣[主要成分为Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]加入硫酸酸溶，金属元素转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)。浸取液加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；调pH=5，Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去。过滤后，滤液加入NaClO将Co2+氧化为Co3+；调pH，得到Co(OH)3沉淀，从而与Ni2＋分离。沉镍后得到Ni(OH)2沉淀；经过一系列操作最终得到NiSO4·7H2O晶体。 【小问1详解】 “酸浸”中若使用稀盐酸酸浸，盐酸的与氧化2中的在酸性条件下发生归中反应生成，所以不能用盐酸酸浸； 【小问2详解】 由表可知，“氧化1”中调节pH为5，使得Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而被除去；沉淀M含有Fe(OH)3、Al(OH)3，将其进入NaOH溶液中，Al(OH)3转化为，过滤后得到Fe(OH)3固体，灼烧后得到，常用于制造红色颜料； 【小问3详解】 “氧化2”中NaClO将Co2+氧化为Co3+；进而生成Co(OH)3沉淀，离子方程式为：； 【小问4详解】 过量氨水与硫酸镍反应生成硫酸四氨合镍和水，化学方程式为； 【小问5详解】 制备CoCO3的流程为，在硫酸参与下，Co(OH)3被H2O2还原为CoSO4，加入溶液得CoCO3沉淀； 该反应为放热反应，双氧水不稳定，温度过高易分解，所以消耗双氧水的量远大于理论值； 由上述分析可知，H2O2表现还原性； 【小问6详解】 淀粉KI溶液变蓝色原因是酸性条件下，Co(OH)3表现氧化性，将氧化为，化学方程式为。 16. 某实验小组设计实验测定Pb3O4组成中PbO、PbO2的物质的量之比。 步骤l：Pb3O4的分解。 用托盘天平称取0.5g干燥的Pb3O4置于小烧杯中，加入2mL6mol·L-1HNO3溶液，用玻璃棒搅拌，使之充分反应，可以看到红色的Pb3O4快速变为棕黑色的PbO2.过滤分离混合物，并用少量蒸馏水多次洗涤，得到固体；将洗涤液并入滤液中。 步骤2：PbO含量的测定。 将上述滤液全部转移到锥形瓶中，加入调节剂使溶液pH为5~6，用c1mol·L-EDTA(乙二胺四乙酸钠简写)溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液体积为V1mL。 步骤3：PbO2含量的测定。 将上述固体连同滤纸一并置于另一锥形瓶中，往其中加入30mLHAc-NaAc溶液，再向其中加入0.8gKI固体，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，此时溶液呈透明棕色。用c2mol·L-1Na2S2O3，标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入1mL2%淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色刚好褪去为止，消耗滴定液体积为V2mL。有关反应如下： Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O Pb2++EDTA4-=PbEDTA2- PbO2+4KI+4HAc=PbI2(黄色)+I2+2H2O+4KAc I2+2=2I-+ 回答下列问题： （1）步骤1中，不能用硫酸替代硝酸，其原因是___________。用少量蒸馏水多次洗涤固体的主要目的是除去固体表面阳离子___________(填离子符号)。过滤时用到的玻璃仪器有___________。 （2）步骤3中，固体连同滤纸一起置于锥形瓶中，其目的是___________ 。 （3）根据上述数据计算Pb3O4中PbO、PbO2的物质的量之比为___________(用含c1、V1、c2、V2的代数式表示)。 （4）步骤2滴定过程中，若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，其测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （5）步骤3中，加入HAc-NaAc溶液调节pH，如果加入HAc过多，测定结果偏低，其原因是___________(用离子方程式表示)。 【答案】（1） ①. PbSO4难溶于水 ②. Pb2+ ③. 烧杯，漏斗，玻璃棒 （2）避免固体损失，造成较大误差 （3） （4）偏高 （5）+2HAc=SO2↑+S↓+H2O+2Ac- 【解析】 【分析】实验测定Pb3O4组成中PbO、PbO2的物质的量之比，取一定量Pb3O4加入稀硝酸发生反应Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O，过滤出PbO2；滤液中加入调节剂使溶液pH为5~6，用c1mol·L-EDTA溶液滴定发生反应Pb2++EDTA4-=PbEDTA2-，测定PbO含量；用碘量法测定PbO2的含量，然后计算计算Pb3O4中PbO、PbO2的物质的量之比。 【小问1详解】 Pb3O4和硫酸反应生成PbO2、PbSO4，PbSO4难溶于水，所以步骤1中不能用硫酸替代硝酸。PbO2固体表面可能有杂质Pb(NO3)2，用少量蒸馏水多次洗涤固体的主要目的是除去固体表面阳离子Pb2+。过滤装置图为，过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。 【小问2详解】 步骤3中，固体连同滤纸一起置于锥形瓶中，可以避免固体PbO2损失，造成较大误差。 【小问3详解】 根据PbO2+4KI+4HAc=PbI2(黄色)+I2+2H2O+4KAc、I2+2=2I-+，n(PbO2)=n(I2)= ；根据Pb2++EDTA4-=PbEDTA2-，n(PbO)= n(EDTA)= ；根据上述数据计算Pb3O4中PbO、PbO2的物质的量之比为。 【小问4详解】 步骤2滴定过程中，若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，消耗标准液体积偏大，PbO含量偏大，其测定结果偏高。 【小问5详解】 步骤3中，加人HAc-NaAc溶液调节pH，如果加入HAc过多，发生反应+2HAc=SO2↑+S↓+H2O+2Ac-，PbO2含量偏大，所以测定结果偏低。 17. 近日，石河子大学于锋教授团队制备了钙镁铝复合氧化物(P-CaMgAl-LDO)，该材料具有优异的CO2吸附性能，有利于CO2催化加氢制备CH3OH，涉及如下反应。 ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1 ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.1 kJ·mol-1 ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.4kJ·mol-1 回答下列问题： （1）基态Mg原子中s、p能级上电子总数之比为___________。 （2）高温下CaO与焦炭反应生成CaC2，反应为CaO+3CCaC2+CO↑，四方晶系CaC2的晶胞结构如图所示。 ①CaC2中σ键、π键的数目之比为___________。 ②已知CaC2的晶胞与NaCl的晶胞类似，晶胞参数anm=bnm≠cnm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3(用含a，b、c和NA的代数式表示)。 （3）反应的H1=___________kJ·mol-1。 （4）在体积可变的密闭容器中以CO和H2物质的量之比1：3充入混合气体发生上述反应，测得CO2平衡转化率与温度﹑压强的关系如图所示。 ①根据图像，p1、p2、p3由大到小的顺序为___________，判断依据是___________。 ②随着温度升高，不同压强下，CO2平衡转化率趋向交于M点，可能的原因是___________。 （5）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为0.4mol，CO为0.2mol，此时，H2O(g)的浓度为___________mol·L-1，反应II的物质的量分数平衡常数Kx=___________(Kx为用物质的量分数替代浓度计算的平衡常数)。 【答案】（1）1：1 （2） ①. 1：2 ②. （3）-49.3 （4） ①. p1>p2>p3 ②. 反应、是气体分子数减小的反应，反应是气体分子数不变的反应，其他条件相同，增大压强，CO2平衡转化率增大 ③. 随着温度升高，逐渐以反应为主，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定 （5） ①. 0.3 ②. 或0.1875 【解析】 【小问1详解】 基态Mg原子核外电子排布式为，则基态Mg原子中s、p能级上电子总数之比为； 【小问2详解】 ①由和构成，中含有一个键，两个键，则中σ键、π键的数目之比为； ②根据晶胞结构可知，该晶胞中含有个，个，则该晶体的密度g·cm-3； 【小问3详解】 根据盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，则； 【小问4详解】 ①在温度相同的情况下，反应、是气体分子数减小的反应，反应是气体分子数不变的反应，至过程中，平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即逆向移动，故；判断依据是：反应、是气体分子数减小的反应，反应是气体分子数不变的反应，其他条件相同，增大压强，平衡转化率增大； ②反应I、III为放热反应，反应I为吸热反应，随着温度升高，逐渐以反应为主，同时反应是气体分子数不变的反应，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定，所以平衡转化率趋向交于M点的原因可能是：随着温度升高，逐渐以反应为主，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定； 【小问5详解】 假设反应I消耗，反应II消耗，根据信息可建立关系式，反应I：，反应II：，反应III：，，则，；平衡时，，，，，则。 18. K是合成某药物的中间体，一种合成K的路线如图所示。 回答下列问题： （1）B→C中浓硫酸的作用是___________。 （2）D的结构简式为___________。设计A→B、C→D步骤的目的是___________。 （3）E中官能团是___________(填名称)。 （4）G生成J分两步进行，第1步是___________(填反应类型)，第2步是消去反应，写出G→J的总反应化学方程式：___________。 （5）L是G的同系物，L的相对分子质量比G大28，在L的同分异构体中，同时具备下列条件的同分异构体有___________种(不包括立体异构体)。 ①苯环上连接一个取代基 ②只含一种官能团 其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积比为1：1：2：2：4的结构简式为___________(填一种)。 【答案】（1）作催化剂(吸水剂) （2） ①. ②. 起定位作用，确保硝基引入甲氧基邻位 （3）醚键、氨基 （4） ①. 加成反应 ②. +H2O （5） ①. 10 ②. 、、(任填一种) 【解析】 【分析】B→C发生硝化反应，引进−NO2，故B为，A→B引入−OCH3​，则A为，C→D发生取代反应，D为，D在Fe+HCl作用下−NO2​被还原为−NH2​得到E，F发生加特曼-科赫反应生成G，G发生取代反应生成J，E中氨基的氮原子上孤对电子进攻肉桂醛醛基的碳原子，形成一个四面体中间体，然后中间体失去一分子水，形成碳-氮双键（C=N ），生成亚胺类化合物，据此分析解题。 【小问1详解】 B→C是硝化反应，浓硫酸在硝化反应中起催化作用，同时浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，促使反应平衡正向移动，所以浓硫酸的作用是作催化剂 (吸水剂) 。 【小问2详解】 C中−NO2​在−OCH3​邻位，C在加热条件下生成D，D在Fe+HCl作用下−NO2​被还原为−NH2​得到E，根据E结构逆推可知D结构为。A→B引入−HSO3​，C→D消除−HSO3​，能确保硝基引入甲氧基邻位，起到定位作用。 【小问3详解】 观察E的结构简式，可直接看出含有的官能团为醚键（−O− ）和氨基（−NH2​ ） 【小问4详解】 G生成J分两步，第 1 步是G中醛基（−CHO）α - 氢原子（与醛基相连碳原子上的氢 ）具有酸性，在碱的作用下，乙醛失去一个 α - 氢原子，形成具有亲核性的 α - 碳负离子。该碳负离子进攻苯甲醛的羰基碳原子，发生亲核加成反应，生成一个 β -羟基醛中间体。接着，中间体在加热等条件下发生消去反应（脱水 ），形成C=C，从而得到J，根据原子守恒写出化学方程式为：+H2O。 【小问5详解】 L是G的同系物，L相对分子质量比G大28，则L比G多2个-CH2​ -，其分子式为C9H10O。L的同分异构体苯环上连接一个取代基且只含一种官能团，若官能团为醚键（−O− ），存在、、、；若官能团为醇羟基（−OH ），存在、；若官能团为醛基（−CHO ）存在、；若官能团为酮基（−C=O ）存在、，共计10种。核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积比为1：1：2：2：4的结构简式为：、、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级第二次模拟考试 化学试题 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 张骞凿通西域，诞生了丝绸之路。丝绸之路交流的下列产品中主要成分属于硅酸盐的是 A. 茶叶 B. 纸张 C. 铁器 D. 陶器 2. 下列化学用语表述错误的是 A. Na3N的电子式： B. 氯仿(CHCl3)分子的空间结构为四面体形 C. 质子数为41，中子数为52的铌(Nb)原子： D. 的化学名称：2，2，3-三甲基己烷 3. 下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是 A．由普通酒精制备无水酒精 B．证明H2具有还原性 C．收集一集气瓶氨气或甲烷气体 D．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液制备白色Fe(OH)2 A. A B. B C. C D. D 4. 甲是由短周期元素构成的一种常见有色气体单质，乙为强碱且焰色呈黄色，丙的摩尔质量大于戊，它们有如图所示的转化关系(部分条件和产物省略)。下列叙述正确的是 A. 反应条件a为“加热” B. 甲可用排饱和食盐水法收集 C. 用pH试纸可测定丙溶液的pH D. 在水中加入丁、丙都能促进水电离 5. 茜草主寒湿，其提取物的有效成分之一是茜素(结构简式如图所示)。下列有关该物质的说法错误的是 A. 含有两种官能团 B. 在FeCl3溶液中发生显色反应 C. 1mol该物质最多能与8molH2反应 D. 能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 6. 河南省重要矿石——珍珠岩的主要成分可表示为R2CaFe2K2ZY2WX12，其基态铁离子有5个未成对电子，W为最高价。X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子的价层电子排布式为nsnnp2n，短周期中Y的原子半径最大，R的氧化物是两性氧化物。下列叙述正确的是 A. 第一电离能：W>Z>R B. X的简单氢化物VSEPR模型为V形 C. 熔点：Y2X>WX2 D. 离子键百分数：ZX<R2X3 7. 下列离子方程式或化学方程式符合题意且书写正确的是 A. 向NH4Cl溶液中滴加稀NaOH溶液： B. 用饱和FeCl3溶液腐蚀铜电路板： C. 制备乙酸乙酯： D. 使用泡沫灭火器灭火： 8. 丁二酮肟可用于镍的检验和测定。丁二酮肟的制备反应如下： ① ② 下列说法错误的是 A. 羟胺单磺酸钠中电负性最大的元素是氧元素 B. 1个丁二酮单肟分子中含有6个σ键 C. 丁酮和丁二酮肟中碳原子均采取sp2、sp3杂化 D. 乙醇与水互溶是因为它们均为极性分子且两者之间易形成氢键 9. 海南大学杨金霖/田新龙团队以MXene作为负极，AgCl/CuCl/FeOCl作为正极，首次报道了一种基于天然海水电解液的可充电氯离子电池。其工作原理如图所示，是基于MXene负极与氯离子之间的共价相互作用以及AgCl/CuCl/FeOCl正极与氯离子发生的转换反应。 下列叙述正确的是 A. 放电时，Cl-向a极迁移 B. 充电时，b极与电源正极连接 C. 放电时，b极发生还原反应 D. 放电时，a极的电极反应式之一是AgCl+e-=Ag+Cl- 10. 由下列操作及现象不能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 向某溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，溶液变红 该溶液中含有Fe2+ B 向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体 碳还原浓硝酸生成NO2 C 向CuSO4溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇，析出深蓝色晶体 乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4在水中的溶解度 D 向对甲基苯甲醛中滴加新制氢氧化铜，加热，产生砖红色沉淀 对甲基苯甲醛中含有醛基 A. A B. B C. C D. D 11. 上海交通大学叶俊涛课题组实现内酰胺的光促尔代反应，如图所示(Ph为苯基)。 下列叙述正确的是 A. Z为反应物，G为产物 B. →中形成了非极性键 C. 有机物A3能发生消去反应 D. 中所有原子一定不共平面 12. NatureChemistry报道了一种利用二氧化碳和1，3-丁二烯制备可回收聚酯的方法，转化关系如图所示。 下列叙述错误的是 A. m=2n B. 乙分子的同分异构体丁炔中所有碳原子一定共直线 C. 丙还能发生加聚反应生成其他的高分子材料 D. 丁能降解成小分子 13. 亚硝酰瓠(NOCl)的分解反应为2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) H，其正、逆反应速率可以表示为v1=k1c2(NOCl)，v-1=k-1c2(NO)·c(Cl2)。k1和k-1分别为正、逆反应的速率常数，E1和E-1分别为正、逆反应的活化能，lnk与的关系如图所示(已知：k=，E为活化能，R为理想气体常数，A为比例系数)。 下列叙述错误的是 A. E1<E-1 B. 降低温度，平衡逆向移动 C. 加入催化剂不能提高NOCl的平衡转化率 D. 平衡常数K= 14. 常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。 已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。 下列叙述错误的是 A. 曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系 B. pH=4.5时，溶液中c(HAc)<c() C. pH=6时，溶液中>10 D. AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 一种以废镍氢电池的废渣[主要成分为Ni(OH)2，Co(OH)2，及少量Fe、Al的氧化物]为原料制备硫酸镍(NiSO4·7H2O)晶体的流程如图所示。 已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表。 阳离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Co3+ Al3+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.3 1.5 7.2 3.4 6.2 完全沉淀的pH 8.3 2.8 9.2 1.1 4.7 8.9 回答下列问题： （1）“酸浸”中不能用盐酸替代稀硫酸，其主要原因是___________。 （2）“氧化1”中调节pH为5的目的是___________，将沉淀M浸于___________(填化学式)溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到红色粉末，可用于制造颜料。 （3）“氧化2”中Co2+被氧化生成Co(OH)3的离子方程式为___________。 （4）“沉镍”中不能加入过量氨水，其原因是Ni(OH)2溶解生成硫酸四氨合镍，故过量氨水与硫酸镍反应的化学方程式为___________。 （5）利用Co(OH)3制备CoCO3，的微流程如图所示： “转化、酸溶”中主要发生放热反应，如果加入双氧水过快，则消耗双氧水的量远大于理论值，其主要原因是___________；“转化、酸溶”中H2O2主要表现的性质是___________(填“氧化性”或“还原性”)。 （6）探究Co(OH)3的氧化性。取少量Co(OH)3于试管中，滴加KI淀粉溶液，无明显现象，再滴加稀硫酸，立即变蓝色，其变蓝色的原因是___________(填化学方程式)。 16. 某实验小组设计实验测定Pb3O4组成中PbO、PbO2的物质的量之比。 步骤l：Pb3O4的分解。 用托盘天平称取0.5g干燥的Pb3O4置于小烧杯中，加入2mL6mol·L-1HNO3溶液，用玻璃棒搅拌，使之充分反应，可以看到红色的Pb3O4快速变为棕黑色的PbO2.过滤分离混合物，并用少量蒸馏水多次洗涤，得到固体；将洗涤液并入滤液中。 步骤2：PbO含量的测定。 将上述滤液全部转移到锥形瓶中，加入调节剂使溶液pH为5~6，用c1mol·L-EDTA(乙二胺四乙酸钠简写)溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液体积为V1mL。 步骤3：PbO2含量的测定。 将上述固体连同滤纸一并置于另一锥形瓶中，往其中加入30mLHAc-NaAc溶液，再向其中加入0.8gKI固体，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，此时溶液呈透明棕色。用c2mol·L-1Na2S2O3，标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，加入1mL2%淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色刚好褪去为止，消耗滴定液体积为V2mL。有关反应如下： Pb3O4+4HNO3=PbO2+2Pb(NO3)2+2H2O Pb2++EDTA4-=PbEDTA2- PbO2+4KI+4HAc=PbI2(黄色)+I2+2H2O+4KAc I2+2=2I-+ 回答下列问题： （1）步骤1中，不能用硫酸替代硝酸，其原因是___________。用少量蒸馏水多次洗涤固体的主要目的是除去固体表面阳离子___________(填离子符号)。过滤时用到的玻璃仪器有___________。 （2）步骤3中，固体连同滤纸一起置于锥形瓶中，其目的是___________ 。 （3）根据上述数据计算Pb3O4中PbO、PbO2的物质的量之比为___________(用含c1、V1、c2、V2的代数式表示)。 （4）步骤2滴定过程中，若滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，其测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （5）步骤3中，加入HAc-NaAc溶液调节pH，如果加入HAc过多，测定结果偏低，其原因是___________(用离子方程式表示)。 17. 近日，石河子大学于锋教授团队制备了钙镁铝复合氧化物(P-CaMgAl-LDO)，该材料具有优异的CO2吸附性能，有利于CO2催化加氢制备CH3OH，涉及如下反应。 ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1 ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.1 kJ·mol-1 ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.4kJ·mol-1 回答下列问题： （1）基态Mg原子中s、p能级上电子总数之比为___________。 （2）高温下CaO与焦炭反应生成CaC2，反应为CaO+3CCaC2+CO↑，四方晶系CaC2的晶胞结构如图所示。 ①CaC2中σ键、π键的数目之比为___________。 ②已知CaC2的晶胞与NaCl的晶胞类似，晶胞参数anm=bnm≠cnm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3(用含a，b、c和NA的代数式表示)。 （3）反应的H1=___________kJ·mol-1。 （4）在体积可变的密闭容器中以CO和H2物质的量之比1：3充入混合气体发生上述反应，测得CO2平衡转化率与温度﹑压强的关系如图所示。 ①根据图像，p1、p2、p3由大到小的顺序为___________，判断依据是___________。 ②随着温度升高，不同压强下，CO2平衡转化率趋向交于M点，可能的原因是___________。 （5）一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为0.4mol，CO为0.2mol，此时，H2O(g)的浓度为___________mol·L-1，反应II的物质的量分数平衡常数Kx=___________(Kx为用物质的量分数替代浓度计算的平衡常数)。 18. K是合成某药物的中间体，一种合成K的路线如图所示。 回答下列问题： （1）B→C中浓硫酸的作用是___________。 （2）D的结构简式为___________。设计A→B、C→D步骤的目的是___________。 （3）E中官能团是___________(填名称)。 （4）G生成J分两步进行，第1步是___________(填反应类型)，第2步是消去反应，写出G→J的总反应化学方程式：___________。 （5）L是G的同系物，L的相对分子质量比G大28，在L的同分异构体中，同时具备下列条件的同分异构体有___________种(不包括立体异构体)。 ①苯环上连接一个取代基 ②只含一种官能团 其中，核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积比为1：1：2：2：4的结构简式为___________(填一种)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $