北京市海淀区2025届高三下学期二模化学试卷（解析版）

这是一份北京市海淀区2025届高三下学期二模化学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了 铅蓄电池的结构示意图如图， 苯的硝化反应的部分过程如下图等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Ca 40 Se 79 In 115
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 气凝胶材料疏松多孔，具有三维网状结构，可用于航天器、新能源汽车电池的隔热和阻燃。气凝胶的结构示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 晶体属于共价晶体B. 晶体具有较高的硬度和熔点
C. 气凝胶材料密度大于晶体的D.两种物质中均有Si、O原子间的键
【答案】C
【解析】A．是原子间通过共价键形成的晶体，属于共价晶体，A正确；
B．属于共价晶体，具有较高的硬度和熔点，B正确；
C．气凝胶材料疏松多孔，密度小于晶体的，C错误；
D．两种物质中Si、O原子间均存在Si—O键，均有键，D正确；
答案选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 1s电子云图：
B. HCl的电子式：
C. 丙烯的结构简式：
D. 基态Fe原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】A．1s电子云为球形，A正确；
B．HCl为共价化合物，电子式：，B错误；
C．丙烯的结构简式：，C错误；
D．Fe是26号元素，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
3. 铅蓄电池的结构示意图如图。下列关于铅蓄电池的说法正确的是
A. 放电时，PbO2作负极
B. 放电时，H+向负极方向移动
C. 充电时，铅蓄电池负极连接电源正极
D. 充电时，阳极的电极反应为
【答案】D
【解析】放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据Pb元素化合价变化，可知Pb作原电池的负极，PbO2作原电池的正极；充电时，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，据此分析。
A．放电时，为原电池原理，PbO2发生还原反应，作正极，A项错误；
B．放电时，阳离子向正极移动，故H+向正极方向移动，B项错误；
C．充电时，为电解池原理，铅蓄电池负极应连接电源负极，C项错误；
D．充电时，阳极发生氧化反应，PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式正确，D项正确；
答案选D。
4. 下列依据相关数据作出的推断中，正确的是
A. 依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaI
B. 依据元素的电负性：CAl
【答案】A
【解析】A．的离子半径小于，离子半径越小，离子间静电作用（库仑力）越强，晶格能越大，熔点越高。NaBr与NaI同为离子晶体且结构相似，因此NaBr的熔点应高于NaI；推断正确，A正确；
B．CF4是正四面体结构，极性键的矢量叠加后完全抵消，为非极性分子；NF3为三角锥形结构，极性未完全抵消，为极性分子。因此CF4的极性应小于NF3，推断错误，B错误；
C．葡萄糖分子含5个羟基，仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的能力越强，溶解度越高。因此的溶解度应小于葡萄糖，推断错误，C错误；
D．第一电离能Mg＞Al，但金属单质的还原性Mg＞Al（金属活动性顺序）。Mg的第一电离能大于Al是因为镁的价电子排布式为不易失去电子，而Al的价电子排布式为，容易失去3p能级电子，因此不能直接通过第一电离能推断单质还原性，推断错误，D错误；
故选A。
5. 为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是
A. 滴入浓硝酸后，无需加热即可反应
B. 反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性
C. 反应消耗0.05ml Cu时，转移电子数约为
D. 若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：AlC
D. A到F的过程中，消耗约为ml
【答案】B
【解析】A到B存在CaSO4的沉淀溶解平衡，B点加入Na2CO3溶液，Ca2+与生成更难溶的CaCO3，Ca2+浓度减小，C点时CaSO4继续溶解，Ca2+浓度又增大，D到E重新达到沉淀溶解平衡，E点之后继续加入饱和Na2CO3，Ca2+几乎全部转化为CaCO3。
A．BC段下降，是因为Ca2+与生成更难溶的CaCO3，使Ca2+浓度减小，A错误；
B．由CD段Ca2+浓度升高，说明加入未完全溶解，继续溶解使Ca2+浓度增大，B正确；
C．B到C的过程Ca2+与结合，促进CaSO4的溶解，C点大于B点，C错误；
D．A到F溶液中Ca2+几乎为0，说明CaSO4全部转化为了CaCO3，加入的的物质的量应该大于ml，D错误；
答案选B。
11. 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是
A. 反应①的活化能大于反应②的
B. 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率
C. 无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成
D. 若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应①的活化能是，反应②的活化能是，活化能：反应①＜反应②，A错误；
B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确；
C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误；
D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误；
故选B。
12. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。
下列说法不正确的是
A. ①中，1ml 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2ml电子
B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变
C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应
D. 每合成1ml丙酸甲酯，理论上须投入1ml
【答案】D
【解析】A．①中， +2H+，因此1ml 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2ml电子，A正确；
B．①中，转化为NADH， 中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；
C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；
D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误；
故选D。
13. 以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。
①
②
反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。
已知：产物A的选择性
下列说法不正确的是
A. 选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的
B. 根据温度升高时CO的转化率增大，可推断
C. 相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的
D. 除反应②外，体系中还存在其他副反应
【答案】B
【解析】由图可知，随温度升高，选择性减小，故反应①为放热反应，据此分析；A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；
B．由分析可知，，B错误；
C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；
D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；
故选B。
14. 小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。
资料ⅰ.溶液中与S反应可能得到、或
资料ⅱ.不与6盐酸反应，和在6盐酸中均发生沉淀的转化。
根据实验推测，下列说法不正确的是
A. 无色溶液a中不含或
B. 固体b和c均为
C. 银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响
D. 若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有
【答案】C
【解析】与S反应可能生成、或，过滤，滤液中加入KMnO4验证是否存在+4价S，滤渣可能为、或，加入盐酸，过滤，有沉淀则存在则，滤液体加入氯化钡和过氧化氢，验证是否存在或，若存在则有白色沉淀，据此分析；
A．无色溶液a加入KMnO4依然为紫红色，可知不存在还原性离子，故不含或，A正确；
B．不与6盐酸反应，固体b加6盐酸过滤得固体c，为，滤液加氯化钡和过氧化氢，无现象，说明无和，故固体b为，B正确；
C．与的亲和力较高结合生成反应趋向生成稳定硫化物，对S的氧化还原反应有影响，C错误；
D．若增大溶液浓度和硫粉的用量，则溶液中的硝酸根和氢离子可以氧化S生成，固体b中可能混有，D正确；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟（In）和硒（Se）的单质是制备铟硒半导体的重要原料。
（1）主族元素In原子序数为49，其位于元素周期表的__________区。
（2）粗硒中主要含碲（Te）单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。
结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：__________。
（3）氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。
①已知分子中含两个羟基，中Se的杂化方式为__________。
②向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为__________。
（4）一种铟硒半导体晶体的晶胞如图，晶胞底面边长为a pm，高为c pm。
①该晶体的化学式为__________。
②阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。（已知：）
【答案】（1）p （2）Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，从而与Te分离
（3） ①. ②.
（4） ①. ②.
【解析】
（1）主族元素In原子序数为49，电子排布式：，其位于元素周期表的p区；
（2）硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与生成气态氢化物，转化为气态物质，从而与Te分离；
（3）①H2SeO3中心Se原子的价层电子对数为3+=4，中心原子杂化类型是sp3杂化；
②溶液除杂后向溶液中通入可获得高纯硒和硫酸，发生反应的化学方程式为；
（4）①根据结构得到该晶胞中，In有个，Se有，因此该化合物的化学式为；
②晶体的密度为。
16. 高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。
（1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是__________。
（2）方法一：化学氧化法制备固体。
已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。
①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为__________。
②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。
ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是__________。
ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是__________。
（3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。
①阳极生成的电极反应式为__________。
②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是__________。
③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为__________。
【答案】（1）氧化性 （2） ①. ②. ③. 增大浓度，促进析出；维持的稳定
（3） ①. ②. 阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应） ③. 0.1ml
【解析】（1）中Fe元素为+ 6价，具有强氧化性，能氧化水中的、等物质；其还原产物Fe3 +水解生成红褐色的Fe(OH) 3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以净水过程中利用了的强氧化性和Fe(OH) 3胶体的吸附性；
（2）①在碱性条件下将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；
②将粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反应完的转化沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质；向滤液中加入饱和KOH溶液，增大了的浓度，根据沉淀溶解平衡，会使的平衡向左移动，从而析出晶体，维持的稳定；
（3）①阳极上Fe失去电子生成，在碱性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：；
②阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失或若不使用阳离子交换膜，阴极产生的迁移至阳极放电，发生副反应导致产率降低；
③阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8ml；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1ml。
17. 我国科研团队提出了一种新型开环聚合方法，该方法可以获得序列结构可控的高分子。聚合时所用大环单体M的一种合成路线如下。
已知：EDC是一种脱水剂。
（1）A遇FeCl3溶液显紫色，A→B的化学方程式为__________。
（2）D中含有两个六元环，其结构简式为__________。
（3）E→G的目的__________（“是”或“不是”）保护官能团。
（4）G→I的反应过程中同时还会生成。试剂X的结构简式为__________。
（5）I→M的过程中，形成了一个14元环。参与反应的官能团名称为__________。
（6）P0和M可发生反应：，反应的具体过程如下：
Pn的结构简式为__________。
（7）将路线中的试剂X替换为其他类似物X*，最终可得到不同结构的高分子*。若要合成，所需试剂X*可以是__________（填序号）。
a．
b．和的混合物
【答案】（1） （2）
（3）不是 （4）
（5）羧基、羟基 （6）
（7）a
【解析】由图可知，E→G的过程为E与反应，在EDC作用下脱水生成G，由此可逆推出E为，D→E的过程为酯在酸性条件下的水解过程，结合D的分子式及题中D含两个六元环的信息，可知D为，对比B、D分子式及B→D的过程，可知B为，由A→B的反应条件可知，A→B发生了苯环上的硝化反应，则A为。由G→I的过程中同时还会生成，可知G与试剂X发生取代反应，从而可推测出试剂X的结构。由I→M的反应条件及I、M的分子式，可知I→M的过程为I发生分子内的酯化反应过程，据此分析。
（1）由A遇FeCl3溶液显紫色，可知A分子中含有酚羟基，根据分析可知A为。A→B为苯环上的H原子被-NO2取代的过程，化学方程式为：。答案为：；
（2）由分析可知，D为。答案为：；
（3）若官能团开始有，中间过程发生了反应，后面又复原，则让其发生反应的过程即为官能团被保护的过程。E中羧基在后续反应中未复原，则E→G的目的不是保护官能团，答案为：不是；
（4）由分析可知，G与试剂X发生取代反应生成I和，则可知试剂X为。答案为：；
（5）I→M的过程为I发生分子内的酯化反应，I分子中苯环上的羟基与邻位取代基上的羧基发生酯化反应，参与反应的官能团名称为：羟基、羧基；答案为：羧基、羟基；
（6）由P₀(长链伯胺)与M开环缩合生成nD和Pₙ的示意图可知，高分子主链是重复的酰胺键骨架(－NH－CO－…)。P0分子中氨基氢原子被重复的酰胺键骨架取代，则Pn为。答案为：；
（7）若想合成给定的高分子P*，则需要将图中试剂X替换为能带来所需侧链或主链结构的X*。对照选项可知应选(a)(即)。答案为：a。
18. 从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。
已知：
ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。
ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。
（1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ.__________。
（2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。
①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是__________。
②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有__________（写出两条）。
（3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。
①加入溶液的目的是__________。
②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：__________。
③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是__________。
（4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有__________（写出两条）。
【答案】（1）
（2） ①. （SnS或其他合理答案） ②. 温度升高，被氧化为的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低
（3） ①. 将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀 ②. pH过高会产生沉淀，降低，正向移动，As去除率下降 ③.
（4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的，避免污染或减少滤液中的杂质
【解析】从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀进行酸浸，除难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化为，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。
（1）酸性条件下，SnS易被氧化为，根据第ⅰ步反应和被氧化为的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。
（2）①在酸浸中，杂质最终被还原为，则将还原为的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体；
②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，被氧化为的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低。
（3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）；
①原浸出液中为和，形成后Fe元素变为价，As元素由的价变为的价，则加入溶液的主要目的是：将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀；
②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现转化为沉淀，使降低，导致正向移动，使As去除率下降；
③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，根据中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。
（4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉，目的是：进一步除去滤液中残留的，避免污染或减少滤液中的杂质。
19. 小组同学用实验1所示方法制备铜配合物，并探究其组成。
【实验1】
（1）ⅰ中生成了沉淀，发生反应的离子方程式为__________。
（2）小组同学推测ⅱ中发生反应：，蓝色针状晶体可能含或。
①实验证明蓝色针状晶体中含，补全实验操作及现象：将洗净后的蓝色针状晶体置于试管中，用蒸馏水溶解，__________。
②将洗净后的蓝色针状晶体溶于蒸馏水，测得溶液呈碱性。该现象不能说明蓝色针状晶体中含，原因是__________。
③甲同学查阅资料发现，加热时配合物中作配体的会逸出。他据此设计实验2检验蓝色针状晶体的组成。
【实验2】
a．甲同学推测，若蓝色针状晶体中含，充分加热后预期在试管底部观察到黑色固体。这样推测的理由是__________。
b．实验后试管底部未产生预期的黑色固体，甲同学推断蓝色针状晶体中不含。小组同学认为甲的推断不严谨，从物质性质角度说明理由：__________。
（3）乙同学通过实验发现，按实验1的方案制备铜配合物时，若仅将ⅰ中的氨水换成适量NaOH溶液，只有少量蓝色沉淀溶解。实验1中蓝色沉淀能全部溶解的原因是__________。
（4）结合乙的实验，小组同学推测蓝色针状晶体中几乎不含，结合离子方程式说明理由：__________。
【答案】（1）
（2） ①. 加入（盐酸酸化的）溶液，有白色沉淀生成 ②. 中的进入溶液并形成，电离出使溶液呈碱性 ③. 加热使逸出后产生，受热继续分解为CuO ④. 具有还原性，即使分解生成CuO也可能被还原为Cu或
（3）用氨水制备时，溶液较高，可与反应并产生，均可促进反应的发生
（4）ⅰ中反应产生的正好能与ⅱ中产生的完全反应，溶液中很低
【解析】（1）生成蓝色沉淀的离子方程式为：；
（2）①检验上述深蓝色晶体中存在的操作及现象是：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在；
②中的进入溶液并形成，电离出使溶液呈碱性，不能说明蓝色针状晶体中含；
③在加热条件下稳定性降低，使分解出并逸出，与Cu2+产生，受热继续分解为黑色固体CuO；具有还原性，即使分解生成CuO也可能被还原为Cu或；
（3）用氨水制备时，溶液较高，可与反应并产生，均可促进反应的发生；若用NaOH溶液抑制的生成；
（4）ⅰ中反应产生，ⅱ中产生的，ⅰ中产生正好能与ⅱ中产生的完全反应，溶液中很低。
选项
a中试剂
b中试剂及现象
结论
装置
A
电石（含CaS杂质，易水解）与饱和食盐水
酸性溶液褪色
a中反应生成
B
苯、液溴和铁粉的混合物
溶液中出现淡黄色沉淀
a中反应生成HBr
C
固体与稀硫酸
苯酚钠溶液中出现浑浊
的酸性强于苯酚的
D
NaClO固体与浓盐酸
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
氯气具有漂白性
实验装置
现象
烧杯中的溶液变红，试管底部产生大量红色固体