山东省菏泽市2025届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市2025届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了05，本试卷分选择题和非选择题两部分， 一种食品添加剂的结构如图， 高纯度是锂电池重要的电极材料等内容，欢迎下载使用。
化学试题
2025.05
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
可能用的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 S 32 Na 23 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 传统工艺中蕴含丰富的化学知识。下列说法错误的是
A. 东阿阿胶制作前先将驴皮在弱碱性井水浸泡，驴皮的主要成分是油脂
B. 潍坊风筝常用竹材作骨架，其主要成分纤维素属于天然高分子化合物
C. 菏泽麻糖制作时使用含淀粉酶的麦芽作用于淀粉，涉及淀粉的水解反应
D. 章丘铁锅的制作工序中，“煅烧锅身”的目的之一是形成致密的氧化物薄膜保护层
【答案】A
【解析】
【详解】A．驴皮的主要成分是胶原蛋白（属于蛋白质类），而非油脂。阿胶的制作工艺中，驴皮经过处理提取胶原蛋白，A错误；
B．竹材的主要成分是纤维素，纤维素是天然高分子化合物（多糖类），属于天然高分子，B正确；
C．麦芽中的淀粉酶可催化淀粉水解为麦芽糖，属于水解反应，C正确；
D．铁锅煅烧时，铁在高温下与氧气反应生成致密的氧化物薄膜，可防止进一步氧化，D正确；
故选A。
2. 物质性质决定用途。下列两者对应关系错误的是
A. 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
B. 乙二醇的水溶液凝固点很低，可用作汽车发动机的防冻液
C. 二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
D. 分解生成，浸泡过溶液的硅藻土可用于水果保鲜
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性，能有效杀灭微生物，用于自来水消毒，A正确；
B．乙二醇与水混合后显著降低凝固点，用作防冻液，B正确；
C．二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，对光具有良好的传导性，可用于光导纤维的制造，C正确；
D．KMnO4用于水果保鲜是因强氧化性吸收乙烯，而非分解生成O2，D错误；
故选D。
3. 下列化学用语或图示正确的是
A. 质子数为83，中子数为126的铋原子：
B. LiH的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式：
D. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．质子数为83，中子数为126的铋(Bi)原子的质量数为83+126=209，应写为，故A错误；
B．氢化锂(LiH)是离子化合物，其电子式：，故B正确；
C．聚丙烯的结构简式：，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，故D错误；
故选B。
4. 一种食品添加剂的结构如图。已知X、Y、Z、M、R、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为23，X的基态原子核外电子只有一种自旋取向，M与Q同族。下列说法错误的是
A. 原子半径：B. 第一电离能：
C. 简单氢化物的热稳定性：D. X的氧化物与Q的氧化物反应可能发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】X基态原子核外电子只有一种自旋取向，说明X只有1个电子，所以X为H元素，由食品添加剂的结构可知，Y形成4个共价键，X、Y、Z、M、R、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大，若Y为Si，则不满足Q为短周期主族元素，所以Y为C；M形成2个共价键，若M为S，则不满足Q为短周期主族元素，所以M为O，M与Q同族，原子序数大于O，则Q为S，由原子序数依次增大，可得Z为N，由最外层电子数之和为23，可得R的最外层电子数为，则R为Na，据此回答。
【详解】A．由分析知，R为Na，Y为C，Z为N，Na位于第三周期，原子半径最大，C和N为与同周期，原子半径，则原子半径：，A正确；
B．由分析知，R为Na，Z为N，M为O，Na第一电离能三者中最小，由于N的2p轨道为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能：，B错误；
C．M为O，Q为S，非金属性O>S，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性：，C正确；
D．H的氧化物中H2O2能与S的氧化物中的SO2发生反应，该反应中，S的化合价升高，O的化合价降低，属于氧化还原反应，D正确；
故选B。
5. 下列实验中，利用图中装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．比较元素非金属性强弱，可通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断。装置中用硝酸与碳酸钙反应制取二氧化碳，由于硝酸具有挥发性，生成的二氧化碳中会混有硝酸，硝酸会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，无法得出碳酸酸性强于硅酸，也就不能得出非金属性的结论，A装置不能达到实验目的，A错误；
B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又会重新化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵的方法制取氨气，实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制取氨气，B装置不能达到实验目的，B错误；
C．氢氧化铝和氢氧化钠反应而溶解，氢氧化镁不反应不能溶解，两种氢氧化物均能与酸溶液反应，说明氢氧化铝具有两性，氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，可推断出金属性，C装置能达到实验目的，C正确；
D．溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成乙醇和溴化钠，要检验溴离子，需要先加入稀硝酸中和过量的氢氧化钠，然后再加入硝酸银溶液，若直接加入硝酸银溶液，氢氧化钠会与硝酸银反应生成氢氧化银，氢氧化银不稳定会分解为氧化银，干扰溴离子的检验，D装置不能达到实验目的，D错误；
故答案选C
6. 下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是
A. B. 晶体硅、碳化硅、金刚石
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．这几种物质都属于分子晶体且都不含氢键，其相对分子质量依次减小，则熔点依次降低，A正确；
B．这几种物质都是原子晶体，键长C-CKa2，故在y轴上截距小的对应Ka1的情况，即②代表与pH的关系；③代表与pH的关系；则①代表与pH的关系，据此回答。
【详解】A．由分析知，③代表与pH的关系，A正确；
B．由于，，当pH = 2.8时，，即，；当pH = 5.7时，，即，，根据①与X的交点可知铜离子浓度为1ml/L时，c(H+)=10-4.2ml/L，则KspCu(OH)2=10-19.6，在①和②的交叉点X处，，，此时 ，又因为 ， ，联立可得，pH = 5.6， ，所以交叉点X的坐标为(5.6,2.8)，B正确；
C．由于，的水解常数，，的电离程度大于水解程度，所以溶液中：，C正确；
D．当时，，根据KspCu(OH)2=10-19.6可得，此时c(OH-)=10-7.3ml/L，c(H+)=10-6.7ml/L，因此调节pH至少为6.7，D错误；
故选D。
15. 已知为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生，在碱性溶液中较稳定。现利用如下装置(夹持装置略)制备，发生反应，并设计以下方案探究能否氧化产生。下列说法错误的是
A. 方案Ⅰ不能证明氧化产生
B. 由方案Ⅱ知a中含离子，方案Ⅰ与方案Ⅱ结合能证明氧化产生
C. 方案Ⅲ中能证明氧化产生，但若未充分洗涤，则不能证明
D. 该实验表明和的氧化性强弱受溶液酸碱性影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．方案I中，取三颈烧瓶中紫色溶液加入稀硫酸产生黄绿色气体。但因为在酸性溶液中不稳定会分解，有可能是其分解产生氧化性物质将氧化为，并非一定是直接氧化，所以不能证明氧化产生，A正确；
B．方案II中溶液a滴加溶液呈红色，只能说明溶液a中有。然而这不能结合方案I证明氧化产生，因为的产生可能是在酸性条件下分解转化而来，无法确定是氧化得到的，B错误；
C．方案III中，用溶液充分洗涤三颈烧瓶中固体，再溶出得到溶液b ，滴加盐酸有产生。若未充分洗涤，固体表面可能残留含氯氧化性物质（如未反应完的与反应生成的等 ），这些物质在酸性条件下也能氧化产生，所以若未充分洗涤就不能证明是氧化产生，C正确；
D．制备的反应在碱性条件下能将氧化为，而探究氧化在酸性条件下进行，不同酸碱性条件下反应情况不同，表明和 氧化性强弱受溶液酸碱性影响，D正确；
综上，答案是B。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 量子材料、金属有机骨架材料、光催化材料等有较大应用价值。回答下列问题：
（1）量子材料锡烯具有特殊二维蜂窝状结构，有望实现常温下超导。Sn在元素周期表中的位置为___________，其含氧酸根的空间构型为___________。
（2）三维多孔金属有机骨架材料MOF-5的低温储氢性能非常优异，其晶体结构如图所示。化学式为，其中对苯二甲酸根离子(BDC)作为有机配体，与无机基团连接。中O原子的杂化轨道类型为___________。下列物质可作为有机配体与连接形成三维多孔骨架的是___________(填标号)。
A． B． C．
MOF-5晶体内部的空腔可吸附多种小分子。若要增强MOF-5与之间的吸附作用，可在配体上引入羟基而不引入甲基的原因是___________(假设MOF-5晶胞形状不变)。
（3）氧化铈是一种重要的光催化材料，在光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，和的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。每个晶胞中个数为___________(用含x的代数式表示)，消除氧空位的过程中，晶体作___________(填“氧化剂”“还原剂”或“既不是氧化剂也不是还原剂”)。
【答案】（1） ①. 第5周期第ⅣA族 ②. 平面正三角形
（2） ①. ②. AC ③. 羟基能与水形成分子间氢键，而甲基不能
（3） ①. ②. 还原剂
【解析】
【小问1详解】
Sn在元素周期表中的位置为第5周期第ⅣA族，其含氧酸根中心原子价层电子对数为3+ =3，且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形。
【小问2详解】
中O原子形成4个键，且不含孤电子对，O原子的杂化轨道类型为；对苯二甲酸根离子(BDC)作为有机配体，与无机基团连接，和和对苯二甲酸根离子(BDC)相似，有2个(或多个）羧酸根，都可作为有机配体与连接形成三维多孔骨架，故答案为：AC。由于羟基能与水形成分子间氢键，而甲基不能，所以要增强MOF-5与之间的吸附作用，可在配体上引入羟基而不引入甲基；
【小问3详解】
CeO2-x中Ce3+和Ce4+的个数分别为a、b，则a+b=1，根据正负化合价代数和为0，则3a+4b=2(2-x)，解得a=2x-2、b=1-2x；根据均摊法，1个晶胞中含Ce3+和Ce4+共8×+6×=4，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为4×(1-2x)=4-8x，个数为8x，消除氧空位的过程中，该晶体结合O元素，作还原剂。
17. 以锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀；
②和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9.
回答下列问题：
（1）“氧化酸浸”时，控制溶液，浸渣的主要成分为和S，则反应的离子方程式为___________。
（2）“操作2”的名称为___________。有人依据已知②认为可以直接调pH分离和，以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确___________。
（3）“调pH、萃取”时，萃取原理为。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[萃取率]与pH的变化关系如图所示。在一定范围内，萃取率升高的原因是___________。已知在时，达到萃取平衡时，。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则的萃取率为___________%(保留两位有效数字)。
（4）“电解”制备Ni时，电解池的阴极电极材料为___________(填化学式)。电解后的溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为___________(填标号)。
A．氧化酸浸 B．中和沉淀 C．调节pH、萃取 D．反萃取
【答案】（1）
（2） ①. 分液 ②. 若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确
（3） ①. 随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 ②. 98
（4） ①. Ni ②. AC
【解析】
【分析】向锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)中加入H2SO4和H2O2进行氧化酸浸，氧化酸浸时，发生、、反应，将S元素氧化为S单质，不反应，过滤得到滤渣为S、，过程中得到硫酸锌、硫酸镍，需注意：锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀，加入氧化锌调节pH，操作1为过滤，滤渣为氧化锗，经还原得到锗；滤液含有硫酸锌、硫酸镍，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍，加入Ni(OH)2后电解得到Ni；有机相中经反萃取得到硫酸锌溶液，结晶得到，据此回答。
【小问1详解】
由信息可知“氧化酸浸”时，控制溶液，锗在硫酸中的存在形式主要为，故反应的离子方程式为；
【小问2详解】
由流程可知，“操作2”是分液；由和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9可知，若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确；
【小问3详解】
①由萃取原理可知，随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动；
②设滤液中初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知，设萃取后水相中，则有机相中 ，根据，即，解得 ，萃取率；
【小问4详解】
电解制备Ni时，阴极发生还原反应，得到电子生成Ni，阴极电极材料一般为待制备金属，所以阴极电极材料为Ni；由分析知，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍和稀硫酸，加入Ni(OH)2后生成硫酸镍，电解硫酸镍溶液，发生反应，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和调节pH、萃取中循环使用，故选AC。
18. 实验室利用氧化锰酸钾浓强碱溶液制备的装置如图所示(夹持装置略)。
已知：①为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应；②一些物质在不同温度下的溶解度见下表。
回答下列问题：
（1）制备反应的离子方程式为___________。单向阀的作用是___________。当仪器B中___________即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，___________，拆除装置。
（2）为了获得杂质较少的晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→___________→干燥→晶体(填标号)。
a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤
c．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 d．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热
e．趁热过滤 f．减压过滤 g。缓慢降温结晶
（3）利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度。
称取样品，配成溶液。称取高纯度(摩尔质量为)固体于锥形瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加热至。趁热用溶液滴定，发生反应：(未配平，滴定过程中不反应)。滴定消耗溶液，样品中(摩尔质量为)的质量分数为___________(用代数式表示)。若加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. ②. 防止倒吸 ③. 溶液由绿色完全转变为紫红色 ④. 打开弹簧夹，通入空气(或)
（2）
（3） ①. ②. 偏高
【解析】
【分析】A中次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯气，氯气通入B中把锰酸钾氧化为高锰酸钾，B中溶液由绿色完全转变为紫红色，反应结束，停止通入氯气，尾气用C中碱溶液吸收，防止污染。
【小问1详解】
氧化锰酸钾浓强碱溶液制备，锰元素化合价由+6升高为+7，Cl元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式为；单向阀确保氯气仅沿单一方向流动，阻止逆向流动，该装置中单向阀的作用是防倒吸。锰酸钾溶液呈深绿色，高锰酸钾溶液呈紫红色，当仪器B中溶液由绿色完全转变为紫红色，说明锰酸钾完全转化为高锰酸钾，即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，打开弹簧夹，通入空气，把装置内氯气完全排入C中吸收，拆除装置。
【小问2详解】
高锰酸钾受热易分解，溶解度随温度升高而增大，为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→少量冰水洗涤→干燥→KMnO4晶体；排序为c →g→f→a；
【小问3详解】
草酸和高锰酸钾发生反应：，C元素化合价由+3升高为+4，Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，配平方程式为，n()=，c()=。样品中(摩尔质量为)的质量分数为。 若加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾的体积偏小(V2)，值偏大，会导致测得产品纯度偏高。
19. 绿色环保型农药茚虫威中间体(G)的合成路线如下：
已知：① (R=烃基)；
②。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________；B中官能团的名称为___________。
（2）C→D的化学方程式为___________。
（3）符合下列条件的E的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①除苯环外无其他环状结构 ②氯原子直接与苯环相连
③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积是的同分异构体的结构简式为___________。
（4）F→G反应类型为___________。
（5）根据上述信息，写出以和碳酸二甲酯()为主要原料制备的合成路线___________ (无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. ②. 羧基、氯原子（碳氯键）
（2） （3） ①. 16 ②.
（4）氧化反应 （5）
【解析】
【分析】A和HCl发生加成反应生成B，B和PCl3发生取代反应生成C，C和氯苯发生取代反应生成D，由D的结构和A的分子式可推知A为，B为ClCH2CH2COOH，C为ClCH2CH2COCl，D在一定条件下反应生成E，结合E的分子式可知，D在一定条件下脱HCl成环得到E，可推知E为，E与CH3OCOOCH3在NaH下发生取代反应生成F，由F的分子式可推知F的结构为，F与在一定条件下反应生成G，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，A的结构简式为；B的结构简式为ClCH2CH2COOH，其中官能团的名称为羧基、氯原子（碳氯键）；
【小问2详解】
ClCH2CH2COCl和氯苯发生取代反应生成D，化学方程式为；
【小问3详解】
由分析知，E为，满足①除苯环外无其他环状结构，②氯原子直接与苯环相连，③能发生银镜反应的E的同分异构体有 (苯环上连三个不同取代基，共有10种)、 (邻、间、对三种)、 (邻、间、对三种)共10+3+3=16种；其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积是的同分异构体的结构简式为；
【小问4详解】
由分析知，与在一定条件下反应生成，中含有过氧键，具有强氧化性，同时对比F和G的结构可知，F→G反应类型为氧化反应；
【小问5详解】
由逆向合成法分析，可由在碱性条件下水解后酸化得到，可由和CH3OCOOCH3发生取代反应得到，可由发生催化氧化反应得到，可由在氢氧化钠水溶液加热条件下水解得到，则合成路线为：
20. 以工业废气中的为原料催化加氢制备甲醇具有较好的发展前景。涉及以下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）___________。计算机模拟Ⅲ的反应历程及能量变化如图所示(TS代表过渡态，IM表示中间产物)。催化剂主要降低反应历程中第___________步的能垒(填序号)。
（2）已知：X的选择性。将和充入密闭恒压容器中进行上述反应，平衡时，转化率选择性、CO选择性随温度的变化关系如图所示。则图中表示变化的曲线是___________(填标号)；当温度高于时，)逐渐增大的原因是___________。条件不变，原料气中增加，在某温度下达到平衡，测得，，则___________。
（3）一定条件下，将和充入恒容密闭容器中发生上述反应。不同时间容器内的压强见下表，平衡时测得体系内CO的摩尔分数为10%。
该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. ①
（2） ①. a ②. 温度高于270℃时，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大 ③. 0.15
（3）或
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应I-Ⅱ可得反应Ⅲ，即；催化剂能降低反应的活化能，活化能越大的步骤，催化剂降低能垒的效果越明显，由图可知，步骤①的活化能最大，所以催化剂主要降低反应历程中第①步的能垒；
【小问2详解】
反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，的选择性降低；反应Ⅱ平衡正向移动，CO的选择性升高，所以表示变化的曲线是a；温度高于270℃时，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以当温度高于时，逐渐增大；初始，，则转化的，已知，反应I中生成0.35ml CH3OH消耗0.35ml CO2，所以反应Ⅱ中消耗的n(CO2) = 0.1ml - 0.35ml