辽宁省本溪市高级中学2025届高三下学期第七次模拟化学答案_2025年4月_250407辽宁省本溪市高级中学2025届高三下学期第七次模拟试题

参考答案
1．C
【详解】A．“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于置换反应，
故A正确；
B．景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，故B正确；
C．由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，故C错误；
D．青铜属于合金，合金的熔点比纯金属低，而硬度比成分金属要大，故D正确；
故选C。
2．B
【详解】
A．Cl O中心原子为sp3杂化，空间充填模型为V字形，但氯原子半径大于氧，A错误；
2
B．羟基的电子式为： ，B正确；
C． 不符合洪特规则，氮的基态原子轨道表示式为： ，C错误；
5+132
D．NO-中N原子的孤电子对为 0、价层电子对数=3+0=3，价层电子对互斥(VSEPR)模型为： ，
3 2
D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．铁离子与硫氢根会发生氧化还原反应2Fe3++HS-=2Fe2++H++S，故A错误；
B．AgCl是难溶物，不可拆，离子方程式为AgCl2NH H OAgNH    Cl2H O，故B错误；
3 2  3 2  2
C．酸性K
2
Cr
2
O
7
溶液氧化H
2
O
2
，Cr
2
O2
7
 被还原成Cr3，H
2
O
2
被氧化成O
2
，离子方程式为
CrO28H 3H O 7H O2Cr3 3O ，故C错误；
2 7 2 2 2 2
D．氟化物能预防龋齿的化学原因是因为氟离子和羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，故D正确；
故选D。
4．B
【详解】A．CaCO 和Mg(OH) 常用作抗酸药，片剂在服用时应嚼碎后吞服，故A正确；
3 2
B．谷氨酸钠即味精可以作食品的增味剂，故B错误；
C．碘酸钾是一种营养强化剂，常添加在食盐里预防甲状腺疾病，故C正确；
D．碳酸氢铵常用作烘焙工业上的膨松剂，使食品松软酥脆，故D正确；
故选B。
5．A
【详解】A．银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl ]-，离子方程式为：
2
4Ag+O +8Cl+2H O4[AgCl ]+4OH ，增大氯离子的浓度平衡正向移动，有利于单质银的溶解，故A
2 2 2
正确；
B．在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：O +4e+2H O=4OH ，故B错误；
2 2
C．根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，故C错误；
D．加入锌粉后，发生反应：Zn+2[AgCl ]=2Ag+[ZnCl ]2 ，溶液中阴离子总浓度降低，故D错误；
2 4
故选A。
6．B
【详解】A．制备银氨溶液是在洁净的试管中加入2% AgNO 溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水至
3
沉淀恰好溶解，图中滴加试剂顺序错误，不能制得银氨溶液，故A错误；
B．滴定管分酸式和碱式两种，通常碱用碱式滴定管，酸用酸式滴定管，使用聚四氟乙烯的(耐酸碱腐蚀)
活塞可以任意选择酸碱滴定管，故B正确；
C．在铁表面镀铜，应该用铁制镀件作阴极，铜片作阳极，故C错误；
D．制备乙酸乙酯，除图中反应物和催化剂，还需加入碎瓷片防止暴沸，同时产物应用饱和Na CO 溶液收
2 3
集除杂，故D错误；
故选B。
答案第1页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}7．C
【详解】A．四种元素分别为Na、Mg、Al、Si，基态原子的第一电离能为Si>Mg>Al>Na，故A正确；
B．工业上生产Na、Mg、Al均需通过电解法，故B正确；
C．MgO属于过渡晶体，通常当做离子晶体来处理，不是混合晶体，故C错误；
D．T、W的氧化物含离子键百分数超过或接近50％，熔化时克服离子键，故D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．X中含有2个共轭的碳碳双键和1个羰基，1molX与1molBr 发生加成反应，最多能生成3
2
种产物，故A错误；
B．Y的不饱和度为3，无法形成芳香族同分异构体，故B错误；
C．由X和Y的结构可知，X先和CH MgBr发生加成反应，再发生水解（取代）反应生成Y，故C正确；
3
D．Y中羟基所连的碳原子没有氢原子，无法与CuO在加热的条件下反应，故D错误；
故选C。
9．D
【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素。X、Y、Z位于同一周期，X的基态原子含
有3个能级，且每个能级所含的电子数相同,电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，同一周期元素的第一电
离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，Y的第一电离能大于Z的第一电离能，
Y为N元素，Z为O元素，M的合金是我国使用最早的合金，M为Cu元素。
【详解】A．基态碳原子的核外电子共有4种空间运动状态，故A错误；
B．甲烷没有孤电子对，无法与铜离子形成配位键，故B错误；
C．四种元素形成的化合物可以是共价化合物氨基酸，也可以是离子化合物碳酸氢铵，故C错误；
D．和铜原子最外层电子数相同的同周期元素有2种，分别是钾和铬，故D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．根据PtNH  OHCl结构可知，其中N的杂化方式都为sp3杂化，而鸟嘌呤中的N有sp2杂
3 2
化和sp3杂化，故A错误；
B．根据水解过程的断键方式可知，配体与铂的结合能力Cl-<NH ，故B正确；
3
C．同周期越靠右电负性越大，则电负性：ON，故C错误；
D．根据C的结构可知，其中N和Pt之间是配位键，再结构其结构可知，其中存在共价键、配位键、氢
键，但氢键不是化学键，故D错误；
故选B。
11．D
【详解】A．生成I时，可能X·可能攻击边缘的碳原子产生 X，故A正确；
B．工作时X和OH同时且等量放电，路中每转移2mole－，可生成1mol环氧氯丙烷，故B正确；
C．结合图中信息氢氧根消耗取代产物HX，促进反应进行，故C正确；
D．总反应相当于 +H O +H ↑，故D错误；
2 2
故选D。
12．A
【详解】A．根据聚苯胺的结构，可推导形成的过程有小分子脱离链状结构，故A错误；
B．苯胺分子中具有氨基，有碱性，能与盐酸反应，故B正确；
C．由题干信息可知，若y=0.5，则两种六元环的数量相等，可能具有较好的导电性，故C正确；
D．由聚苯胺结构式可知，苯胺脱氢程度越高，1-y 越大，y 值越小，故D正确；
故选A；
13．C
【详解】A．2NO N O 为熵减的放热反应，ΔGΔHTΔS＜0，反应自发进行，则该反应在低温下自
2 2
发进行，故A正确；
B．活化能E <E ，过程II为慢反应，为决速步骤，故B正确；
a1 a2
C．结合图2信息可知：降温后单位时间NO浓度变化变大，故C错误；
D．过程I为快反应先达到平衡，升温后平衡逆移，决速过程II的速率受N O 浓度减小的影响大于升温，
2 2
N O 浓度减小，故D正确；
2 2
故选C。
答案第2页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}14．B
【详解】A．根据实验操作iii，甲酸钠中也含有醛基，与新制的Cu(OH) 反应，未观察到明显现象，含有
2
-CHO的甲酸钠没有被新制Cu(OH) 氧化，故A错误；
2
B．根据已知信息，Cu O浓盐酸 [CuCl ]−，实验操作ii中，红色沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，则可
2 2
以确定红色沉淀的主要成分不是Cu O，可能是Cu，故B正确；
2
C．配制新制氢氧化铜悬浊液时，NaOH是过量的，在碱性溶液中不可能产生二氧化碳，故C错误；
D．甲醛是具有强还原性的气体，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，可将灼热的CuO还
原为铜单质，得到红色固体，所以不能证明气体中含有CO，故D错误；
故选B。
15．A
K
【详解】A．若K ×K <K ，即K < w ，即K <K ，但由图可知，NaHA溶液显碱性，说明HA-的水解
a1 a2 w a2 K a2 h2
a1
程度大于其电离程度，即K <K ，故A正确；
h2 a2
B．根据分析曲线乙和丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸，故B错误；
C．d点时，Na A溶液与盐酸按照物质的量比为1:2反应，H A以气体形式放出，不再遵循物料守恒，故
2 2
C错误；
D．根据已知条件，n(A2-)=n(HA-)=0.004mol，反应达到滴定终点时，产生的H A均为0.004mol，并且反应
2
后溶液的体积也相同，都是60ml，所以压强相等，两溶液压力传感器检测的数值相等，故D错误；
故选A。
16．【答案】(1) 4d55s1
焙烧
(2) 2MoS 6Na CO 9O 2Na MoO 4Na SO 6CO NH
2 2 3 2 2 4 2 4 2 3
煅烧
(3)增大NH 浓度，促进NH VO 尽可能完全析出 6NH VO 3V O 2N 2NH 9H O
4 4 3 4 3 2 3 2 3 2
(4)6.5
(5)22.4n
【详解】（1）根据原子序数42可推知Mo元素位于第五周期VIB族，结合未成对电子数最多的信息推知
价电子排布式为4d55s1；
（2）“氧化焙烧”时，MoS 反应生成Na MoO 和Na SO ，则该氧化还原反应的化学方程式为：
2 2 4 2 4
2MoS 2 +6Na 2 CO 3 +9O 2 焙  烧2Na 2 MoO 4 +4Na 2 SO 4 +6CO 2 ；
“溶液X”是饱和NaCl溶液，CO 在其中溶解度较小，应先通NH ，再通CO ；
2 3 2
（3）“沉钒”时，加入过量 NH  SO 的目的是提高NH 浓度，促进NH VO 尽可能完全析出，提高原料
4 2 4 4 4 3
利用率；
（4）“净化”过程加入氨水调节溶液pH ，结合图中信息“滤液 1”几乎无色，推断调节 pH 后沉淀了
Fe3、Al3、Cu2 ，由表中数据可知，沉淀[Cu(OH)
2
]需要的 pH 最大， Cu2 完全沉淀时，
K CuOH 
c  OH ＞ sp 2  =107.5，pH＞6.5；
1105
（5）将离子反应配平得到：aAl3bFe3nHCOmSO2 Al Fe OH SO  nCO ，生成1mol
3 4 a b n 4 m 2
沉淀，同时生成nmolCO ，在标准状况下的体积为22.4nL。
2
17．【答案】(1)球形干燥管
(2)硫脲为极性分子，水也为极性分子，依据相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可与水分子间形成
氢键
(3)增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率
(4)分层现象消失
(5)c
答案第3页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}(6)NH SCN
4
22.8cV
(7) %
7m
(8) Au+2S=C(NH ) +Fe3+=[Au(S=C(NH ) )++Fe2+
2 2 2 2
【详解】（1）仪器a的名称为球形干燥管。
（2）硫脲的结构简式为 ，从结构角度分析，可溶于水的原因是：硫脲为极性分子，水也为极
性分子，依据相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可与水分子间形成氢键。
（3）多孔球泡能使气体与水的接触面积增大，则作用是：增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率。
（4）反应前，B中液体分层，通入NH 后，NH 与CS 反应生成的产物(H N) C=S和NH HS都易溶于水，
3 3 2 2 2 4
则B中反应完全的标志是：分层现象消失。
（5）苯、四氯化碳易挥发，且会对大气造成污染，乙醇与水互溶，而乙酸乙酯无毒、挥发性小，且硫脲
易溶于乙酸乙酯，则分离提纯的方法为萃取，应选用的绿色萃取剂为乙酸乙酯，故选c。
（6）结合信息溶液变红推测产生了SCN-，故异构化的产物可能是NH SCN。
4
（7）由反应方程式可建立关系式：3(H N) C=S——7CrO2 ，n(CrO2 )=cmol∙L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，
2 2 2 7 2 7
3
cV103mol76g/mol 22.8cV
则样品中硫脲的纯度为 7 = %。
100%
7m
mg
（8）在酸性溶液中，硫脲在Fe3+存在下能溶解金形成 ，反应的离子方程式为
Au+2S=C(NH ) +Fe3+=[Au(S=C(NH ) )++Fe2+。
2 2 2 2
18．(1)91
(2)BC
(3) m 24% 0.017
(4) 8 2-x
【详解】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH=ΔH -ΔH =（-50-41）kJ∙mol-1=-91kJ∙mol-1。
1 2
（2）A．按照1:1冲入原料气时，CO 体积分数为50%，不论是否达到平衡，该值永远不变，不能说明反
2
应已达到平衡，A不符合题意；
B．断裂3N H—H键的同时，产物水和醇共同断裂3N H—O键，B符合题意；
A A
m
C．反应1是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据M 总
，气体平均相对分子质量不断增大，当反
n
总
应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C符合题意；
D．当3vH  vH O
时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达
2 正 2 逆
到平衡，D不符合题意；
故选BC。
（3）根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变
的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO 含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导
2
答案第4页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH OH的选择性加上CO
3
的选择性应为100%，因此m表示CH OH的选择性与压强的关系，n表示CO 的平衡转化率与压强的关系；
3 2
A点时CO 转化率为30%，CH OH的选择性为70%，
2 3
CO (g)  3H (g)  CH OH(g)  H O(g)
2 2 3 2
开始（mol） 1 3 0 0
，
转化（mol） x 3x x x
平衡（mol） 1-x 3-3x x x
CO (g)  H (g)  CO(g)  H O(g)
2 2 2
开始（mol） 1x 33x 0 x x
，x+y=130%， =70%，解得x=0.21，
转化（mol） y y y y x+y
平衡（mol） 1-x-y 3-3x-y y x+y
3x+y 30.210.09
y=0.09，此时H 的转化率为 100% 100%24%；CO 的物质的量分数为
2 3 3 2
0.7 0.7 2.28 2.28
 ，H 的物质的量分数为  ，CO的物质的
2
0.72.280.090.30.21 3.58 0.72.280.090.30.21 3.58
0.09 0.09 0.3 0.3
量分数为  ，H O的物质的量分数为  ，
2
0.72.280.090.30.21 3.58 0.72.280.090.30.21 3.58
0.09 0.3
（P  ）（P  ）
反应2的压强平衡常数K = p(CO)p(H 2 O)  总 3.58 总 3.58  0.090.3 0.01 7。
p p(CO )p(H ) 0.7 2.28 0.72.28
2 2 （P  ）（P  ）
总 3.58 总 3.58
根据晶胞图可知1个Zr4+与8个O2-结合，因此Zr4+的配位数为8；根据化合价代数和为0，有2x+4(1-x)=2y，
解得y=2-x；故答案为8；2-x；
19．(1) 苯乙酸 酯化反应
(2) 硝基、酯基
(3)C
(4) + TEA +HCl
(5)7
(6)
答案第5页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}【详解】（1）由结构简式可知， 的名称为苯乙酸；由分析可知，A→B的反应为浓硫酸作用下
与甲醇共热发生酯化反应生成 和水，故答案为：苯乙酸；酯化反应；
（2）由分析可知，C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，含有的官能团为硝基、酯
基，故答案为： ；硝基、酯基；
（3）由分析可知，D→E的反应为催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ，则反
应条件X为H /Pd，故选C；
2
（4）E→F的反应为催化剂作用下 与 发生取代反应生成 和HCl；
（5）H的同分异构体含有-NH 、-OH、 3种结构，核磁共振氢谱显示，除苯环上的氢
2
原子外，还有2种氢原子说明分子中含有3个连接在饱和碳原子上的氨基，羟基取代如图数字标注的苯环
上的氢原子： ，所以符合条件的同分异构体共有7种，故答案为：7；
（6）
由有机物的转化关系可知，催化剂作用下 与氢气发生还原反应生成 ，则M
为 ； 与 发生取代反应生成 ，则N为 ，
故答案为： 。
答案第6页，共6页
{#{QQABLYGswggYkASACQ5KA0HiCgsQkIKiJUoMRQAZuAxLwYFIBIA=}#}