高級中學名校試卷PAGEPAGE1山西省晉城市2025屆高三下學期二模考試試題考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：離考范圍。5.可能用到的相對原子質量：H1B11C12N14O16S32Cu64Au197.一、選擇題：本大題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列顏色變化屬于化學變化，但不涉及氧化還原反應的是A.向含有淀粉的碘水中滴加硫代硫酸鈉溶液，溶液藍色褪去B.向溶液中加入硫酸酸化，溶液由黃色變為橙紅色C.潔凈的鉑絲蘸取硫酸鈉固體在酒精燈外焰上灼燒，火焰呈黃色D.將溶液加入溶液中，溶液由紫紅色變為無色【答案】B【解析】A．溶液藍色褪去，該過程涉及了氧化還原反應，A項不符合題意；B．向溶液中加入硫酸酸化，溶液由黃色變為橙紅色，發生的反應是，B項符合題意；C．焰色試驗為物理變化，C項不符合題意；D．被還原，發生了氧化還原反應，方程式為：，D項不符合題意；故選B。2.下列化學用語錯誤的是A.的電子式為 B.的VSEPR模型：C.聚丙烯的結構簡式： D.基態原子的價層電子排布式：【答案】D【解析】A．HClO是共價化合物，電子式為，故A正確；B．中鍵電子對為3對，孤電子對為1對，故B正確；C．丙烯CH3CH=CH2發生加聚反應得到聚丙烯，聚丙烯的結構簡式，故C正確；D．根據洪特規則，基態原子的價層電子排布式為，故D錯誤；選D。3.物質的組成、結構、性質與用途往往相互關聯。下列說法正確的是A.用氨水配制銀氨溶液，體現了能與形成配位鍵B.用于殺菌、消毒的醫用酒精有強氧化性C.分子間有氫鍵，因此的熱穩定性比的高D.石墨的熔沸點高，因此石墨可作電極【答案】A【解析】A．銀氮溶液的配制是在硝酸銀溶液中逐滴加入氨水至最初產生的白色沉淀恰好溶解，過程中生成的白色沉淀為，然后溶解生成易溶于水的，中有空軌道、分子中的氮原子有空軌道，兩者以配位鍵結合，即體現了能與形成配位鍵，A正確；B．醫用酒精可用于殺菌、消毒，是因為乙醇能夠使蛋白質變性，乙醇無強氧化性，B錯誤；C．分子間有氫鍵影響水的物理性質，與水分子的熱穩定性無關，的熱穩定性比的高是因為O-H鍵比S-H鍵鍵長更短，鍵能更高，C錯誤；D．因電子能在石墨層狀結構中移動，所以石墨可作電極材料，石墨可作電極材料與石墨的熔沸點高無關，D錯誤；故選A。4.利用下列裝置和試劑，能達到相應實驗目的的是A．探究濃度對反應速率的影響B．制備“84”消毒液C．蒸發溶液，制備D．驗證能氧化乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．常溫下，鐵遇濃硫酸鈍化，不能用于探究濃度對反應速率的影響，A錯誤；B．制取“84”消毒液時，應使氯氣與氫氧化鈉溶液在常溫下反應，加熱時會生成氯酸鈉，B錯誤；C．氯化鋁溶液蒸發時發生水解反應，故不能得到，且蒸發時應選用蒸發皿，而不是坩堝，C錯誤；D．通過硬質玻璃管中固體顏色變化可判斷乙醇能將黑色的還原為紅色的銅單質，即CuO能將乙醇氧化，D正確；故選D。5.下列離子方程式中，正確的是A.溶于水中：B.向、混合溶液中滴加醋酸：C.將溶液滴入溶液中：D.向漂白粉溶液中通入少量：【答案】C【解析】A．次氯酸為弱酸，不能拆開寫，應該寫為：，A項錯誤；B．醋酸是弱酸，書寫離子方程式時應寫成，向碘化鉀、碘酸鉀混合溶液中滴加醋酸：，B項錯誤；C．硫化氫是弱電解質，不能拆開，所以離子方程式為：，C項正確；D．向漂白粉溶液中通入少量的，與發生氧化還原反應，正確的離子方程式為，D項錯誤；故選C。6.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.金剛石晶體中含有鍵數目為B.晶體和晶體含有的離子數目均為C.密閉容器中，與充分反應，產物的分子數一定為D.電解精煉銅時，陽極質量減少，電路中轉移電子數一定是【答案】B【解析】A．12g金剛石的物質的量為1mol，在金剛石晶體中，每個C原子與周圍4個C原子形成鍵，每個鍵被2個C原子共用，則1mol金剛石中含有鍵數目為，A錯誤；B．由和構成，由和構成，晶體和晶體含有的離子數目均為，B正確；C．密閉容器中與充分反應生成，發生可逆反應生成：2NO2N2O4，導致氣體物質的量減少，則產物的分子數小于，C錯誤；D．電解精煉銅時，陽極粗銅中含有活潑性較強的鐵、鋅等雜質，若陽極減少，電路中轉移電子數無法計算，D錯誤；故選B。7.制備有機物的最后一步如圖所示。下列說法正確的是A.可以與的溶液反應 B.Y存在順反異構體C.最多與反應 D.反應類型為消去反應【答案】A【解析】A．中含有碳碳雙鍵，能與的溶液發生加成反應，A正確；B．分子中的碳碳雙鍵中有一個不飽和碳原子連了兩個氫原子，故不存在順反異構，B錯誤；C．X中酯基能水解生成羧基和酚羥基，羧基和酚羥基均能與NaOH反應生成，所以最多與反應，C錯誤；D．對比X、Y和溴苯的結構簡式可知，是X中酚羥基的H原子被苯環取代的反應，即反應類型為取代反應，不是消去反應，D錯誤；故選A。8.海水資源開發利用的部分過程如圖所示。下列說法錯誤的是A.向鹽鹵中通入的氧化劑可以是氯氣 B.工業生產中常選用作為沉淀劑C.電負性： D.電解熔融氯化鎂制備金屬時在陰極得到【答案】B【解析】鹽鹵中含有Br-、Mg2+等，通入氯氣把Br-氧化為Br2，分離出Br2，向溶液1中加石灰乳生成氫氧化鎂沉淀，過濾，經過一系列操作及反應得金屬鎂。A．向鹽鹵中加入氧化劑的目的是將溴離子氧化成溴單質，氧化劑可能是，故A正確；B．從生產成本的角度考慮，工業生產中常選用石灰乳作為沉淀劑，便宜易得，故B錯誤；C．元素非金屬性越強電負性越大，電負性：，故C正確；D．電解熔融氯化鎂制備金屬，Mg2+在陰極得電子生成，故D正確；選B9.W、X、Y、Z、M為原子序數依次增大的短周期主族元素，其組成的某種化合物結構如圖所示，基態原子的核外電子有6種空間運動狀態，基態原子有3個未成對電子。下列說法正確的是A.第一電離能： B.簡單氫化物鍵角：C.為非極性分子 D.、組成的化合物只含離子鍵【答案】B【解析】W、X、Y、Z、M為原子序數依次增大的短周期主族元素。基態原子的核外電子有6種空間運動狀態，核外電子占用6個原子軌道，M能形成+1價陽離子，M是Na元素，基態原子有3個未成對電子，Y是N元素；W形成1個共價鍵，W是H元素；Z形成2個共價鍵，Z是O元素；X形成4個共價鍵，X是C元素。A．同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢，N原子2p能級半充滿，結構穩定，第一電離能大于同周期相鄰元素，所以第一電離能：，故A錯誤；B．、的簡單氫化物分別為和，、中O、N原子價電子對數都是4，O有2個孤電子對、N有1個孤電子對，孤電子對對成鍵電子對有排斥作用，所以鍵角NH3>H2O，故B正確；C．空間構型為二面角，為極性分子，故C錯誤；D．、組成的化合物含離子鍵和非極性共價鍵，故D錯誤；選B。10.甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率較高的方法。已知直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢；當分別與、反應，體系的能量隨反應進程的變化如下圖所示(兩者歷程相似，圖中以示例)。下列說法錯誤的是A.若與反應，生成的氘代甲醇有2種B.分子中的碳原子與氧原子雜化方式相同C.為與反應的曲線，而為與反應的曲線D.一定溫度下，加入選擇性高催化劑，不能改變的平衡常數【答案】C【解析】A．根據反應機理可知，若與反應，生成的氘代甲醇可能為或，共2種，故A正確；B．分子中的碳原子與氧原子價電子對數都是4，雜化方式均為，故B正確；C．直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，說明正反應活化能會增大，則與反應的能量變化應為圖中曲線，為與反應的曲線，故C錯誤；D．催化劑能加快反應速率，不能使平衡移動，不能改變反應的平衡常數，故D正確；選C。11.由制備工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是A.X交換膜為陰離子交換膜B.該電池工作時，電子由極經過導線移向極C.當外電路轉移，交換膜右側溶液質量減少D.極的電極反應式為【答案】C【解析】該裝置為原電池，失去電子生成CuSO4，則M電極為負極，電極反應式為，則N電極為正極，電極反應式為，原電池工作時，陽離子移向正極N，陰離子移向負極M，據此解答。A．由于制備的是，則應由右側進入左側，故膜為陰離子交換膜，A項正確；B．電子由負極經導線向正極移動，B項正確；C．當外電路轉移，溶液中由極移向極，交換膜右側溶液質量減少，C項錯誤；D．電極為負極，失去電子生成，極上的電極反應式為，D項正確；故選C。12.下列實驗操作、現象和結論均正確的是選項操作現象結論A向溴水中加入苯，振蕩后靜置水層顏色變淺溴與苯發生了加成反應B鎂片、鋁片與氫氧化鈉溶液組成原電池一段時間后，只有鎂片上有氣泡鋁片為原電池負極C將、混合氣體通入溶液中生成白色沉淀沉淀是、D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱，加入少量新制的，煮沸無磚紅色沉淀蔗糖未發生水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向溴水中加入苯，苯萃取了溴水中的溴，振蕩后靜置，液體分為兩層，下層為水，上層為溴的苯溶液，沒有發生化學反應，A錯誤；B．鎂片、鋁片與氫氧化鈉溶液組成原電池，發生的反應為，鋁片為原電池負極，鎂片為正極，析出氫氣，B正確；C．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，由強酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能與氯化鋇反應，則將三氧化硫、二氧化硫混合氣體通入氯化鋇溶液中，反應生成的白色沉淀中不可能含有亞硫酸鋇，C錯誤；D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，應加入氫氧化鈉溶液使體系呈堿性，若不加氫氧化鈉，未反應的稀硫酸和新制氫氧化銅反應，也無磚紅色沉淀，即不加氫氧化鈉時，無磚紅色沉淀產生，不能說明蔗糖未發生水解，D錯誤；故選B。13.立方氮化硼晶體被認為是已知最硬的物質，其晶胞結構如圖所示。已知阿伏加德羅常數的值為，晶胞參數為。下列說法正確的是A.硼、氮原子間最短距離為B.B、N元素均位于元素周期表中的區C.該晶胞的質量為D.若處原子分數坐標為(1，0，0)，則處原子分數坐標為【答案】A【解析】A．由晶胞圖可知，硼、氮原子間最短距離為體對角線的，晶胞參數為，晶胞的體對角線為，故硼、氮原子間最短距離為，A正確；B．B的價電子排布式為、N的價電子排布式為，均位于元素周期表中的區，B錯誤；C．由圖知，在晶胞中，含有4個和個B，該晶胞的質量為，C錯誤；D．由圖知，若處原子分數坐標為(1，0，0)，則處原子分數坐標為，D錯誤；故選A。14.時，向(電離方式與相似)溶液中滴加的鹽酸，混合溶液中、的分布系數、水電離出的負對數與所加鹽酸體積的關系如圖所示。下列說法正確的是A.B.時，的水解常數為C.之間，存在D.B點溶液滿足關系：【答案】D【解析】在的水溶液中滴加鹽酸，發生反應：，隨著鹽酸的增加，逐漸減少，逐漸增多，圖中曲線Ⅰ代表，曲線Ⅱ代表，另一曲線代表水電離出的的負對數，電離產生，HCl電離產生，均抑制水的電離，因此當與HCl恰好完全反應時，水的電離程度最大，此時為B點，據此答題。A．A點，，水電離出，未完全反應，此時溶液中，，可得的電離常數為，的水解常數為。若，根據，溶液中，由于的電離程度大于的水解程度，溶液中，與A點不符，所以，A錯誤；B．由A項知，的水解常數為，B錯誤；C．B點與HCl恰好完全反應，溶質只有，溶液為酸性，B→C之間酸性在增強，據電荷守恒，則，C錯誤；D．B點與HCl恰好完全反應，溶質只有CH3NH3Cl，根據物料守恒有，D正確；故選D。二、非選擇題：本大題共4小題，共58分。15.以含金、銀的硫化礦粉(其中細小的Au、Ag顆粒被、包裹)為原料提取、的工藝流程如圖1所示：已知：i．加入萃取劑后發生反應：；ii．。回答下列問題：（1）“焙燒氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙燒氧化”，“細菌氧化”的優勢為___________(任寫一種)。（2）“浸取1”中溫度不能太高，原因是___________。（3）“浸取2”中，“濾渣2”中的___________(填化學式)轉化為。（4）“還原”步驟發生反應的離子方程式為___________。（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為___________，“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質為___________(填化學式)。（6）某合金的立方晶胞結構如圖2所示，晶胞參數為。晶胞中原子的配位數為___________，該晶胞的密度為___________(為阿伏加德羅常數的值)。【答案】（1）無需高溫，節約能源或可減少有害氣體產生（2）防止鹽酸揮發及分解（3）（4）（5）①.②.（6）①.8②.【解析】向硫化礦粉(其中細小的Au、Ag顆粒被、包裹)中加入稀硫酸和通入足量空氣，在pH=2的條件下進行細菌氧化，將得到和溶液和濾渣，向濾渣中加入鹽酸和進行浸取，得到溶液和沉淀，向溶液中加入將其還原，發生反應，得到Au單質，向中加入溶液進行浸取，得到含離子得溶液，將其進行電沉積，發生反應，得到Ag單質，據此回答。（1）由于硫化礦粉含有S元素，“焙燒氧化”時需要高溫，同時產生二氧化硫氣體，故相比“焙燒氧化”，“細菌氧化”的優勢為無需高溫，節約能源或可減少有害氣體產生；（2）由于鹽酸揮發及分解，故“浸取1”中溫度不能太高，防止鹽酸揮發及分解；（3）由分析知，“浸取2”中，“濾渣2”中的加入溶液進行浸取，得到含離子的溶液；（4）由分析知，向溶液中加入將其還原，發生反應，得到Au單質；（5）“電沉積”步驟中陰極得電子，發生反應，生成Ag單質和，得到的溶液可在“浸取2”步驟循環使用；（6）由圖2知，Au位于體心，Cu為頂點，Cu原子被8個晶胞平均占有，故晶胞中原子的配位數為8；Au位于體心，故該晶胞中含有1個Au原子，Cu為頂點，故該晶胞中含有個Cu原子，晶胞參數為，該晶胞的密度為。16.某興趣小組設計如下實驗進行噴泉實驗和制備肼。回答下列問題：I．制備并進行噴泉實驗(實驗裝置如圖1所示，加熱及夾持裝置已省略)。i．的制備：打開、，關閉，加熱甲處試管底部，反應生成；ii．噴泉實驗：當丁中溶液變藍后，停止制備，關閉、。通過操作引發噴泉，此過程中三頸燒瓶內氣體壓強隨時間的變化關系如圖2所示。（1）甲中制備的化學方程式為___________；操作a為___________；過程中，三頸燒瓶中的現象為___________。Ⅱ．制備水合肼。以溶液與含的(沸點：196.6℃)溶液為原料，利用圖3裝置(夾持儀器和加熱裝置已省略)制備(熔點：，沸點：，常溫下為易溶于水的堿性液體，具有較強的還原性)：（2）實驗中通過儀器a緩慢滴加的溶液是___________，三頸燒瓶中合成的化學方程式是___________(產物中還有兩種鹽)，該反應中的氧化產物為___________(填化學式)。（3）從三頸燒瓶A所得溶液中獲得的操作是___________(填字母)。a．過濾b．蒸發濃縮、冷卻結晶C．蒸餾（4）樣品水合肼含量的測定：稱取樣品，加入適量固體，配成溶液，滴入幾滴淀粉溶液，用的標準溶液滴定，達滴定終點時消耗標準溶液的體積為，樣品中的質量分數為___________(已知：)。【答案】（1）①②.打開，擠壓膠頭滴管③.產生紅色噴泉或其他合理答案（2）①.溶液②.③.（3）c（4）60%【解析】利用氯化銨與氫氧化鈣固體加熱制取氨氣，方程式為：。因為氨氣密度小于空氣，所以用倒置、干燥的三頸燒瓶收集氨氣，將滴管中的水擠入三頸燒瓶，讓氨氣溶解，隨后打開，引發噴泉。（1）甲中制取氨氣的方程式為：。要引發噴泉，需先將滴管中的水擠入三頸燒瓶，讓氨氣溶解，隨后打開。過程中，壓強增大，燒杯中的水進入三頸燒瓶，出現紅色噴泉。（2）具有較強的還原性，防止被NaClO氧化，反應時應控制NaClO少量，故應向含的溶液中慢慢滴加溶液；根據原料及氧化還原反應原理可知三頸燒瓶中合成的化學方程式是。（3）三頸燒瓶A所得溶液中有、、，而是液體，結合裝置可知通過蒸餾操作可將分離提純到裝置B中。（4）根據知，，，的質量分數為。17.利用化學反應原理研究氮及其化合物是重要的課題。回答下列問題：（1）工業上利用和合成，某興趣小組在一定溫度下，在密閉容器中充入和發生反應：。相關化學鍵的鍵能如下表：化學鍵鍵能464803393293①制備___________(填“吸”或“放”)熱___________。②其他條件不變，升高溫度，的平衡轉化率___________(填“升高”“降低”或“不變”)。（2）某科研小組研究臭氧氧化-堿吸收法同時脫除和工藝，氧化過程反應原理及反應熱、活化能數據如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：已知該體系中臭氧發生分解反應：。其他條件不變，每次向容積為的反應器中充入含、的模擬煙氣和，改變溫度。反應相同時間后[題給溫度下催化劑活性無顯著變化，且反應Ⅰ、反應Ⅱ(正)始終大于(逆)]體系中和的轉化率如圖1所示。①反應Ⅰ逆反應的活化能為___________；由圖1可知，相同溫度下的轉化率遠高于，結合題中數據分析其可能原因：___________。②溫度高于后，和的轉化率隨溫度升高顯著下降的原因是___________。（3）汽車尾氣凈化的主要原理為，一定溫度下，在體積為的容器中充入和發生上述反應，測得和物質的量濃度隨時間的變化如圖2所示，反應進行時，平均反應速率___________，該溫度下，平衡常數___________(結果保留三位有效數字)。【答案】（1）①.吸②.37.5③.升高（2）①.204.1②.反應Ⅰ的活化能小于反應Ⅱ，相同條件下反應速率更快③.溫度高于后，分解率顯著增加，濃度迅速減小，反應速率減小（3）①.0.12②.2.22【解析】（1）①根據表中化學鍵鍵能進行計算，該反應的制備，物質的量為0.5mol，所以會吸收的能量為：。②該反應是吸熱反應，其他條件不變，升高溫度，平衡正向移動，的平衡轉化率升高。（2）①根據正反應的活化能－逆反應的活化能=焓變，可以得到逆反應的活化能：，由圖1可知，相同溫度下的轉化率遠高于，結合題中數據分析其可能原因為：反應Ⅰ的活化能小于反應Ⅱ，相同條件下反應速率更快。②結合已知信息該體系中臭氧發生分解反應：，可以得到溫度高于后，和的轉化率隨溫度升高顯著下降的原因是溫度高于后，分解率顯著增加，濃度迅速減小，反應速率減小。（3）平衡時列三段式進行計算：a點時列三段式進行計算：反應速率，平衡常數K=18.某種藥物中間體的合成路線如下：已知：。回答下列問題：（1）物質A的化學名稱為___________，其中碳原子的雜化方式有___________種。（2）