2025届广东省清远市高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省清远市2025届高三下学期二模试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44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.广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是A．佛山石湾陶龙B．阳江漆器龙纹盒C．潮州木雕D．广绣A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．佛山石湾陶龙主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A项符合题意；B．阳江漆器龙纹盒的主要成分为纤维素，属于有机物，B项不符合题意；C．潮州木雕的主要成分为纤维素，属于有机物，C项不符合题意；D．广绣中使用的绣线的主要成分为纤维素，丝绸底料的主要成分为蛋白质，均属于有机物，D项不符合题意；答案选A。2.“新能源技术”是我国实现“双碳”目标的重要支撑。下列说法正确的是A.生物柴油制备：将地沟油制成生物柴油，其成分与柴油成分相同B.锂硅电池：硅(Si)的电子排布式为C.氢燃料电池：氢气与氧气反应生成水，同时释放电能，化学能转化为电能D.“光伏发电”技术：太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于化学变化【答案】C【解析】A．地沟油的主要成分是甘油三酯，生物柴油的主要成分为脂肪酸甲酯或脂肪酸乙酯，二者成分不同，A项错误；B．硅为14号元素，电子排布式为，可简化为，B项错误；C．氢燃料电池中，氢气失电子、氧气得电子后生成水，同时释放电能，变化过程中化学能转化为电能，C项正确；D．太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于物理变化，D项错误；答案选C。3.下列有关化学知识的整理和归纳，不正确的一组是A.化学与农业：为了增强肥效，将草木灰(钾肥)与铵态氮肥混合施用B.化学与环境：和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因C.化学与应用：口罩使用的材料聚丙烯，其单体能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.化学与生活：家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，是为了防止电化学腐蚀【答案】A【解析】A．草木灰中含，与铵态氮肥混合施用，会发生相互促进的水解反应，降低肥效，因此不能混合施用，A项错误；B．光化学烟雾是汽车尾气、工业废气排放的和碳氢化合物在强烈紫外线照射下发生的光化学反应，B项正确；C．口罩使用的材料聚丙烯，其单体为丙烯，结构中含有碳碳双键，可使紫色的高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．铁锅、铁铲属于铁的合金，可与水形成原电池，能加快腐蚀，因此应使餐具保持干燥防止电化学腐蚀，D项正确；答案选A。4.下列有关物质结构和性质的说法，正确的是A.与的中心原子杂化轨道类型均为杂化B.和都是单质，在中溶解度几乎一样C.可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键D.分子晶体都存在分子间作用力和共价键【答案】C【解析】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，A错误；B．氧气为非极性分子，臭氧分子具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶，在中溶解度臭氧大于氧气，B错误；C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；D．分子晶体存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，D错误；故选C。5.一种以“铝—空气”为电源的航标灯，只要把灯放入海水中就会发出耀眼的光。关于该电池，下列说法正确的是A.铝作负极，发生还原反应B.由于海水和空气足量，该电池几乎可以一直使用C.电子从空气电极经海水回到铝电极D.空气电极发生的电极反应式为【答案】D【解析】铝—空气电池工作时，铝在电极上失去电子生成，发生氧化反应，铝电极作负极，氧气在空气电极上得电子生成，发生还原反应，空气电极作正极，电极反应分别为，。A．由分析可知，铝—空气电池工作时，铝在电极上失去电子生成，发生氧化反应，铝电极作负极，A项错误；B．海水和空气足量，铝电极会大量消耗，因此该电池不能一直使用，B项错误；C．由分析可知，铝作负极，空气电极为正极，因此电子由铝电极经负载回到空气电极，C项错误；D．氧气在空气电极上得电子生成，发生还原反应，空气电极作正极，电极反应为，D项正确；答案选D。6.下列装置能达到相应实验目的的是A.用图①装置制备胶体 B.用图②装置测定盐酸的浓度C.用图③装置干燥二氧化碳 D.用图④装置制备乙酸乙酯【答案】D【解析】A．制备胶体应用FeCl3饱和溶液，胶头滴管不能伸入烧杯中，A错误；B．NaOH溶液应放在碱式滴定管中，B错误；C．浓硫酸不能放在U型管中，C错误；D．制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且有防倒吸装置，D正确；故选D。7.劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜B生产活动：向葡萄酒中添加适量的具有杀菌和抗氧化作用C学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素D自主探究：果蔬电池电解池原理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．铝可与氧气反应生成致密氧化层，能保护内部的铝不被氧化，因此具有很好的抗腐蚀性，A项不符合题意；B．因具有杀菌和抗氧化的作用，故葡萄酒中添加，可起到防腐的作用，B项不符合题意；C．因厨余垃圾中含有N、P、K等元素，故可用厨余垃圾制肥料，C项不符合题意；D．果蔬电池利用了原电池的工作原理，D项符合题意；答案选D。8.某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是A.1molX最多能与发生反应B.X与足量加成后，所得产物官能团性质与X一致C.X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面D.C原子和O原子的杂化方式均有2种【答案】B【解析】A．1mol苯环结构可以与3molH2加成，1mol醛基可以与1molH2加成，1molX最多能与4molH2反应，A正确；B．X与足量加成后，官能团只有醇羟基，醇羟基与醛基、酚羟基的性质不一致，B错误；C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；故答案选B。9.卤素间形成的化合物如“BrCl、IBr、ICl”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是A.ICl在熔融状态下能导电B.BrCl与反应时，BrCl既不是氧化剂也不是还原剂C.IBr和Fe反应方程式为D.的氧化性强于BrCl【答案】B【解析】A．ICl是共价化合物，在熔融状态下不能导电，A错误；B．BrCl与生成和，反应中各元素化合价没有发生改变，所以BrCl既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；C．能氧化，所以IBr和Fe反应生成，C错误；D．Cl、Br的非金属性比I强，所以的氧化性弱于BrCl，D错误；故选B。10.为阿伏加德罗常数的值，和反应：，下列说法正确的是A.中有个阴离子 B.此过程转移个电子C.所得溶液的浓度为 D.产生的气体中有个共用电子【答案】D【解析】A．的物质的量为0.1mol，1mol中含2mol和1mol，故中含有的阴离子的数目为，A项错误；B．2mol与2mol反应，电子转移，故参与反应，电子转移，B项错误；C．参与反应，生成0.2mol，但溶液的体积无法确定，故无法计算所得溶液的浓度，C项错误；D．参与反应，生成0.05mol，共含有共用电子，故产生的气体中有个共用电子，D项正确；答案选D。11.用如图装置做乙炔的制备和性质实验，下列说法正确的是A.用饱和食盐水，是因为比水反应更快B.电石主要成分的化学式为，含有非极性键C.此实验中溶液里会有蓝色沉淀D.此实验的苯溶液褪色，但乙炔加聚产物不能使它褪色【答案】B【解析】A．用饱和食盐水，是为了减慢反应速率，故A错误；B．由Ca2+、构成，含有离子键和非极性共价键，故B正确；C．此实验中和H2S反应生成黑色沉淀CuS，故C错误；D．此实验中，溴和乙炔发生加成反应，的苯溶液褪色；聚乙炔中含有碳碳双键，能使的苯溶液褪色，故D错误；选B。12.如图是原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物的结构式，已知只有Y、Z、W处于同一周期，图中、、为键角。下列有关说法错误的是A.原子半径： B.键角：C.电负性： D.第一电离能：【答案】B【解析】原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M，只有Y、Z、W处于同一周期，X形成1对共用电子对，则X为H；Y形成4对共用电子对，Z形成3对共用电子对，W形成2对共用电子对，则Y、Z、W依次为C、N、O，M形成5对共用电子对，则M为P元素，以此分析解答。A．同周期从左向右主族元素原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞W，故A正确；B．图中键角α中的N、β中的C、γ中的O的价层电子对数都为4、都采取sp3杂化，孤电子对数依次为1、0、2，由于斥力：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，故键角：β＞α＞γ，故B错误；C．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性：O＞N＞P，即W＞Z＞M，故C正确；D．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，所以第一电离能：N＞O＞C，即Z＞W＞Y，故D正确；故选：B。13.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA，升温利于HI分解升高温度，加快，减慢B的和HCl溶液中，前者水电离的多可促进水的电离C浸泡于饱和溶液，转化为沉淀的溶度积更小D用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．升高温度，、均加快，故不选A；B．水解促进水电离，HCl抑制水电离，没有明确溶液体积，电离的不一定多，故不选B；C．浸泡于饱和溶液，Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，转化为沉淀，不能说明的溶度积更小，故不选C；D．HCl是强酸、H2S是弱酸，用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小；同周期中从左至右非金属性逐渐增强，非金属性，由于HCl、H2S都是无氧酸，与非金属性无关，故选D；选D。14.部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知CuCl难溶于水，为白色沉淀，下列推断不合理的是A.若a和直接反应，则产物中一定不存在iB.若a和S直接反应，则产物中一定不存在cC.h溶于HCl后，溶液呈蓝色，则一定会有a生成D.盐为氯化物时，把f的水溶液加热蒸发，一定得到g【答案】D【解析】a为Fe或Cu；h为Cu2O；e为FeO或CuO；b为Fe2O3；i为亚铜盐；f为铜盐或亚铁盐；c为铁盐；j为CuOH；g为Cu(OH)2或Fe(OH)2；d为Fe(OH)3。A．的氧化性很强，与金属反应时，一般将金属氧化成高价态，Fe或Cu与反应生成FeCl3或CuCl2，A合理；B．S的氧化性较弱，与金属反应时，一般只能将金属氧化成低价态，Fe或Cu与S反应生成FeS或Cu2S，B合理；C．Cu2O溶于HCl后，溶液呈蓝色，是因为生成了CuCl2，说明Cu2O发生了歧化反应，故有Cu生成，C合理；D．若f为FeCl2，则在加热蒸发过程中，亚铁离子会被空气氧化成铁离子，蒸干后会得到Fe(OH)3，D不合理；故答案选D。15.甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所示，下列说法正确的是A.该催化剂降低了反应的焓变 B.过程Ⅱ为加成反应C.过程Ⅲ中有键和键的断裂 D.该反应的催化剂为【答案】B【解析】A．催化剂只能降低活化能，不能改变反应焓变，故A错误；B．过程Ⅱ，二氧化碳中1个碳氧双键断裂，与发生加成反应，故B正确；C．过程Ⅲ中只有C-O、H-O键断裂，只有键的断裂，故C错误；D．反应Ⅰ中与氢气反应生成水和，所以该反应的催化剂为，是中间产物，故D错误；选B。16.据报道，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”。反应：，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时，电解质溶液中流向钠箔B.放电时，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中C.充电时，多壁碳纳米管上电极反应式为D.充电时，当碳纳米管减轻13.2g，钠箔增重9.2g【答案】D【解析】据电池反应式知，放电时，Na作负极，电极反应方程式为Na-e-═Na+，碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应方程式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C，据此进行分析。A．放电时为原电池反应，钠箔失去电子作负极，碳纳米管上得电子作正极，阴离子向负极移动，电解质溶液中流向钠箔，故A正确；B．放电时，碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中，故B正确；C．放电时，碳纳米管为正极，电极反应方程式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C，充电时为阳极，电极反应式为，故C正确；D．13.2gC物质的量为0.3mol，充电时，碳纳米管电极反应式为，钠箔电极反应为Na++e-═Na，当钠箔增重9.2g时，转移0.4mol电子，则碳纳米管电极消耗0.2mol碳酸钠和0.1molC，0.2mol碳酸钠和0.1molC的质量不是13.2g，故D错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.为了研究水溶液的性质，某兴趣小组做了以下实验：Ⅰ．按图示实验装置完成实验。将装置中浓硫酸加入A装有少量蔗糖的试管中，关闭活塞。观察到A中剧烈反应，蔗糖变黑，且有气体放出。（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为___________，体现了浓硫酸的性质有___________。（2）B、D中紫色都变红，C中过量溶液不褪色，C中发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．往装有水溶液的烧杯中插入pH计，观察读数。（3）其读数慢慢___________(填“变大”“变小”或“不变”)。Ⅲ．如图所示，装满的三颈烧瓶，分别连有pH传感器、气体压力传感器。将针筒中的水注入三颈烧瓶。测出气体压力变化如图甲，溶液pH变化如图乙。（4）根据甲、乙两图前50s的变化曲线，说明的性质有___________。50s后，将三颈烧瓶置于40℃热水浴中，分析甲、乙两图变化原因。猜想1：气体压力显著上升，可能是因为温度升高，瓶内气体膨胀。猜想2：？（5）实验设计：可通过一个空白实验进行对比分析，请填操作：___________。（6）测得此时压强图像为图丙。所以，猜想2：___________是主要原因的。【答案】（1）①.分液漏斗②.脱水性，强氧化性（2）（3）变小（4）易溶于水，水溶液显酸性（5）无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化（6）可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高【解析】蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫等产物。生成的气体均是酸性气体，遇到紫色石蕊，石蕊变红；通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾会氧化二氧化硫，方程式为：。（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为：分液漏斗。蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，浓硫酸与碳反应方程式为：，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。（2）二氧化硫被高锰酸钾氧化，方程式为：。（3）由于二氧化硫是酸性氧化物，溶于水可以和水反应生成亚硫酸，亚硫酸显弱酸性：，所以值减小。（4）根据甲图中前压强逐渐减小，说明二氧化硫溶于水；乙图前酸性逐渐增强，说明二氧化硫溶于水生成了酸，方程式为：。说明了二氧化硫易溶于水，水溶液显酸性。（5）猜想可以按照对比实验的思路进行分析，可以在无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，然后在相同条件下观察气体压力的变化。（6）以后，压强逐渐增大，根据亚硫酸的性质可知，是因为温度升高以后，亚硫酸逐步分解，生成二氧化硫，方程式为：。18.铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素，一种分离各元素并制备目标产物的流程如下：已知：①为弱酸；②“萃取”机理：。（1）元素As位于第四周期，与N元素同主族，其价层电子排布为___________。（2）从滤液1中得到的操作是___________。（3）“碱浸”后，假设溶液中生成等物质的量的和，则“氧化脱硫”时，当恰好完全反应，每生成96g硫单质，消耗的物质的量为___________。（4）“还原”过程中发生反应的离子方程为___________。（5）“反萃取”所用的试剂a为___________。（6）砷化镓的立方晶胞如图甲所示。Ga的配位数为___________，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图___________。【答案】（1）（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）2.5mol（4）（5）氨水或氨气（6）①.4②.【解析】向铜合成炉烟气吸收液中通入，Cu、As、Re等元素会以硫化物形式沉淀，而Ni元素以形式留在滤液中。后续通过处理滤液1，可得到；向沉淀中加入并通入进行加压浸取，Re元素进入溶液，而Cu等部分金属元素以硫酸盐等形式留在固体中，过滤后得到滤液2；对滤液2使用有机萃取剂进行萃取，之后加入试剂a进行反萃取，使Re元素进入水相，得到溶液，进一步处理可得固体；对加压浸取后的滤渣加入进行碱浸，As元素以砷酸根形式进入溶液，其他不溶物形成滤渣1；向碱浸后的溶液中通入，将硫元素氧化为单质S除去，此时As元素以形式留在溶液中；向溶液中加入并通入，As元素被还原为，进一步处理得到目标产物。（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。（3）中As为+3价，S为-2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。19.氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。物质a由，则___________。（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。反应Ⅰ：反应Ⅱ：为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入1L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。①该催化剂在高温时对反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。②520℃时，容器中___________。③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是___________(填标号)。a．氨气的体积分数不变b．容器中气体密度保持不变c．容器中气体压强保持不变（3）铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。①曲线4代表的含铜微粒为___________。②b点的纵坐标为___________。③结合图像信息，计算反应的平衡常数___________。[已知的，写出计算过程]【答案】（1）（2）①.Ⅰ②.0.4③.ac（3）①.②.0.14③.【解析】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得。（2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V=1L，则。③a．氨气体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误；c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；综上，答案是ac。（3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。②观察图像，b点纵坐标为。③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：20.化合物Ⅶ是一种重要的药物合成中间体，该物质的合成路线如下：已知：EtOH为乙醇。回答下列问题：（1）化合物Ⅳ的名称为___________，化合物V中所含官能团名称是___________。（2）化合物Ⅳ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，不能发生水解反应，其结构简式为___________。（3）由Ⅰ和有机物A制备Ⅱ的反应的原子利用率为100%，则A的结构简式为___________。（4）化合物Ⅶ含有___________个手性碳原子。（5）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①______________________②______________________取代反应（6）根据已有知识并结合相关信息，以苯甲醇和乙酸为原料合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：①相关步骤涉及醇的催化氧化，其化学方程式为___________。②最后一步反应的化学方程式为______________________。【答案】（1）①.苯乙酸②.酯基（2）（3）（4）1（5）①.浓硫酸，加热②.消去反应③.HBr，加热④.（6）①.2②.③.【解析】由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质是(环氧乙烷)，Ⅱ在无水乙醚存在下进行酸化反应生成Ⅲ：苯乙醇，苯乙醇被酸性重铬酸钾氧化为Ⅳ：苯乙酸，苯乙酸与乙醇发生酯化反应生成Ⅴ：，然后Ⅴ与反应生成Ⅵ，最后转化为Ⅶ。（1）化合物Ⅳ的官能团是羧基，名称为：苯乙酸。根据分析可知，化合物Ⅴ中所含官能团名称是酯基。（2）化合物Ⅳ的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，不能发生水解反应说明不含酯基，有四种类型的氢原子，所以符合条件的同分异构体的结构简式为：。（3）由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质的结构简式是(环氧乙烷)。（4）化合物Ⅶ含有的手性碳只有一个，如图：中“*”所示。（5）化合物Ⅲ是，官能团是醇羟基。若生成苯乙烯，羟基发生消去反应，反应试剂和条件是：浓硫酸，加热，属于消去反应。若发生取代反应，可以和在加热情况下反应，生成。（6）以苯甲醇和乙酸为原料合成，根据最终产物结构分析，需要将苯甲醇和乙酸进行酯化，+CH3COOH+H2O，得到。结合反应特点，转化为，要获得最终产物，需要利用和另外一种反应物苯甲醛（）反应，而苯甲醛需要理由苯甲醇催化氧化制取；①醇催化氧化的化学方程式为：2+O22+2H2O。②最后一步反应的化学方程式为+。广东省清远市2025届高三下学期二模试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44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.广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是A．佛山石湾陶龙B．阳江漆器龙纹盒C．潮州木雕D．广绣A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．佛山石湾陶龙主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A项符合题意；B．阳江漆器龙纹盒的主要成分为纤维素，属于有机物，B项不符合题意；C．潮州木雕的主要成分为纤维素，属于有机物，C项不符合题意；D．广绣中使用的绣线的主要成分为纤维素，丝绸底料的主要成分为蛋白质，均属于有机物，D项不符合题意；答案选A。2.“新能源技术”是我国实现“双碳”目标的重要支撑。下列说法正确的是A.生物柴油制备：将地沟油制成生物柴油，其成分与柴油成分相同B.锂硅电池：硅(Si)的电子排布式为C.氢燃料电池：氢气与氧气反应生成水，同时释放电能，化学能转化为电能D.“光伏发电”技术：太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于化学变化【答案】C【解析】A．地沟油的主要成分是甘油三酯，生物柴油的主要成分为脂肪酸甲酯或脂肪酸乙酯，二者成分不同，A项错误；B．硅为14号元素，电子排布式为，可简化为，B项错误；C．氢燃料电池中，氢气失电子、氧气得电子后生成水，同时释放电能，变化过程中化学能转化为电能，C项正确；D．太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于物理变化，D项错误；答案选C。3.下列有关化学知识的整理和归纳，不正确的一组是A.化学与农业：为了增强肥效，将草木灰(钾肥)与铵态氮肥混合施用B.化学与环境：和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因C.化学与应用：口罩使用的材料聚丙烯，其单体能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.化学与生活：家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，是为了防止电化学腐蚀【答案】A【解析】A．草木灰中含，与铵态氮肥混合施用，会发生相互促进的水解反应，降低肥效，因此不能混合施用，A项错误；B．光化学烟雾是汽车尾气、工业废气排放的和碳氢化合物在强烈紫外线照射下发生的光化学反应，B项正确；C．口罩使用的材料聚丙烯，其单体为丙烯，结构中含有碳碳双键，可使紫色的高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．铁锅、铁铲属于铁的合金，可与水形成原电池，能加快腐蚀，因此应使餐具保持干燥防止电化学腐蚀，D项正确；答案选A。4.下列有关物质结构和性质的说法，正确的是A.与的中心原子杂化轨道类型均为杂化B.和都是单质，在中溶解度几乎一样C.可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键D.分子晶体都存在分子间作用力和共价键【答案】C【解析】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，A错误；B．氧气为非极性分子，臭氧分子具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶，在中溶解度臭氧大于氧气，B错误；C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；D．分子晶体存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，D错误；故选C。5.一种以“铝—空气”为电源的航标灯，只要把灯放入海水中就会发出耀眼的光。关于该电池，下列说法正确的是A.铝作负极，发生还原反应B.由于海水和空气足量，该电池几乎可以一直使用C.电子从空气电极经海水回到铝电极D.空气电极发生的电极反应式为【答案】D【解析】铝—空气电池工作时，铝在电极上失去电子生成，发生氧化反应，铝电极作负极，氧气在空气电极上得电子生成，发生还原反应，空气电极作正极，电极反应分别为，。A．由分析可知，铝—空气电池工作时，铝在电极上失去电子生成，发生氧化反应，铝电极作负极，A项错误；B．海水和空气足量，铝电极会大量消耗，因此该电池不能一直使用，B项错误；C．由分析可知，铝作负极，空气电极为正极，因此电子由铝电极经负载回到空气电极，C项错误；D．氧气在空气电极上得电子生成，发生还原反应，空气电极作正极，电极反应为，D项正确；答案选D。6.下列装置能达到相应实验目的的是A.用图①装置制备胶体 B.用图②装置测定盐酸的浓度C.用图③装置干燥二氧化碳 D.用图④装置制备乙酸乙酯【答案】D【解析】A．制备胶体应用FeCl3饱和溶液，胶头滴管不能伸入烧杯中，A错误；B．NaOH溶液应放在碱式滴定管中，B错误；C．浓硫酸不能放在U型管中，C错误；D．制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且有防倒吸装置，D正确；故选D。7.劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜B生产活动：向葡萄酒中添加适量的具有杀菌和抗氧化作用C学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素D自主探究：果蔬电池电解池原理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．铝可与氧气反应生成致密氧化层，能保护内部的铝不被氧化，因此具有很好的抗腐蚀性，A项不符合题意；B．因具有杀菌和抗氧化的作用，故葡萄酒中添加，可起到防腐的作用，B项不符合题意；C．因厨余垃圾中含有N、P、K等元素，故可用厨余垃圾制肥料，C项不符合题意；D．果蔬电池利用了原电池的工作原理，D项符合题意；答案选D。8.某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是A.1molX最多能与发生反应B.X与足量加成后，所得产物官能团性质与X一致C.X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面D.C原子和O原子的杂化方式均有2种【答案】B【解析】A．1mol苯环结构可以与3molH2加成，1mol醛基可以与1molH2加成，1molX最多能与4molH2反应，A正确；B．X与足量加成后，官能团只有醇羟基，醇羟基与醛基、酚羟基的性质不一致，B错误；C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；故答案选B。9.卤素间形成的化合物如“BrCl、IBr、ICl”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是A.ICl在熔融状态下能导电B.BrCl与反应时，BrCl既不是氧化剂也不是还原剂C.IBr和Fe反应方程式为D.的氧化性强于BrCl【答案】B【解析】A．ICl是共价化合物，在熔融状态下不能导电，A错误；B．BrCl与生成和，反应中各元素化合价没有发生改变，所以BrCl既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；C．能氧化，所以IBr和Fe反应生成，C错误；D．Cl、Br的非金属性比I强，所以的氧化性弱于BrCl，D错误；故选B。10.为阿伏加德罗常数的值，和反应：，下列说法正确的是A.中有个阴离子 B.此过程转移个电子C.所得溶液的浓度为 D.产生的气体中有个共用电子【答案】D【解析】A．的物质的量为0.1mol，1mol中含2mol和1mol，故中含有的阴离子的数目为，A项错误；B．2mol与2mol反应，电子转移，故参与反应，电子转移，B项错误；C．参与反应，生成0.2mol，但溶液的体积无法确定，故无法计算所得溶液的浓度，C项错误；D．参与反应，生成0.05mol，共含有共用电子，故产生的气体中有个共用电子，D项正确；答案选D。11.用如图装置做乙炔的制备和性质实验，下列说法正确的是A.用饱和食盐水，是因为比水反应更快B.电石主要成分的化学式为，含有非极性键C.此实验中溶液里会有蓝色沉淀D.此实验的苯溶液褪色，但乙炔加聚产物不能使它褪色【答案】B【解析】A．用饱和食盐水，是为了减慢反应速率，故A错误；B．由Ca2+、构成，含有离子键和非极性共价键，故B正确；C．此实验中和H2S反应生成黑色沉淀CuS，故C错误；D．此实验中，溴和乙炔发生加成反应，的苯溶液褪色；聚乙炔中含有碳碳双键，能使的苯溶液褪色，故D错误；选B。12.如图是原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物的结构式，已知只有Y、Z、W处于同一周期，图中、、为键角。下列有关说法错误的是A.原子半径： B.键角：C.电负性： D.第一电离能：【答案】B【解析】原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M，只有Y、Z、W处于同一周期，X形成1对共用电子对，则X为H；Y形成4对共用电子对，Z形成3对共用电子对，W形成2对共用电子对，则Y、Z、W依次为C、N、O，M形成5对共用电子对，则M为P元素，以此分析解答。A．同周期从左向右主族元素原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞W，故A正确；B．图中键角α中的N、β中的C、γ中的O的价层电子对数都为4、都采取sp3杂化，孤电子对数依次为1、0、2，由于斥力：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，故键角：β＞α＞γ，故B错误；C．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性：O＞N＞P，即W＞Z＞M，故C正确；D．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，所以第一电离能：N＞O＞C，即Z＞W＞Y，故D正确；故选：B。13.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA，升温利于HI分解升高温度，加快，减慢B的和HCl溶液中，前者水电离的多可促进水的电离C浸泡于饱和溶液，转化为沉淀的溶度积更小D用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．升高温度，、均加快，故不选A；B．水解促进水电离，HCl抑制水电离，没有明确溶液体积，电离的不一定多，故不选B；C．浸泡于饱和溶液，Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，转化为沉淀，不能说明的溶度积更小，故不选C；D．HCl是强酸、H2S是弱酸，用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小；同周期中从左至右非金属性逐渐增强，非金属性，由于HCl、H2S都是无氧酸，与非金属性无关，故选D；选D。14.部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知CuCl难溶于水，为白色沉淀，下列推断不合理的是A.若a和直接反应，则产物中一定不存在iB.若a和S直接反应，则产物中一定不存在cC.h溶于HCl后，溶液呈蓝色，则一定会有a生成D.盐为氯化物时，把f的水溶液加热蒸发，一定得到g【答案】D【解析】a为Fe或Cu；h为Cu2O；e为FeO或CuO；b为Fe2O3；i为亚铜盐；f为铜盐或亚铁盐；c为铁盐；j为CuOH；g为Cu(OH)2或Fe(OH)2；d为Fe(OH)3。A．的氧化性很强，与金属反应时，一般将金属氧化成高价态，Fe或Cu与反应生成FeCl3或CuCl2，A合理；B．S的氧化性较弱，与金属反应时，一般只能将金属氧化成低价态，Fe或Cu与S反应生成FeS或Cu2S，B合理；C．Cu2O溶于HCl后，溶液呈蓝色，是因为生成了CuCl2，说明Cu2O发生了歧化反应，故有Cu生成，C合理；D．若f为FeCl2，则在加热蒸发过程中，亚铁离子会被空气氧化成铁离子，蒸干后会得到Fe(OH)3，D不合理；故答案选D。15.甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所示，下列说法正确的是A.该催化剂降低了反应的焓变 B.过程Ⅱ为加成反应C.过程Ⅲ中有键和键的断裂 D.该反应的催化剂为【答案】B【解析】A．催化剂只能降低活化能，不能改变反应焓变，故A错误；B．过程Ⅱ，二氧化碳中1个碳氧双键断裂，与发生加成反应，故B正确；C．过程Ⅲ中只有C-O、H-O键断裂，只有键的断裂，故C错误；D．反应Ⅰ中与氢气反应生成水和，所以该反应的催化剂为，是中间产物，故D错误；选B。16.据报道，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”。反应：，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时，电解质溶液中流向钠箔B.放电时，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中C.充电时，多壁碳纳米管上电极反应式为D.充电时，当碳纳米管减轻13.2g，钠箔增重9.2g【答案】D【解析】据电池反应式知，放电时，Na作负极，电极反应方程式为Na-e-═Na+，碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，电极反应方程式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C，据此进行分析。A．放电时为原电池反应，钠箔失去电子作负极，碳纳米管上得电子作正极，阴离子向负极移动，电解质溶液中流向钠箔，故A正确；B．放电时，碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中，故B正确；C．放电时，碳纳米管为正极，电极反应方程式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C，充电时为阳极，电极反应式为，故C正确；D．13.2gC物质的量为0.3mol，充电时，碳纳米管电极反应式为，钠箔电极反应为Na++e-═Na，当钠箔增重9.2g时，转移0.4mol电子，则碳纳米管电极消耗0.2mol碳酸钠和0.1molC，0.2mol碳酸钠和0.1molC的质量不是13.2g，故D错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.为了研究水溶液的性质，某兴趣小组做了以下实验：Ⅰ．按图示实验装置完成实验。将装置中浓硫酸加入A装有少量蔗糖的试管中，关闭活塞。观察到A中剧烈反应，蔗糖变黑，且有气体放出。（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为___________，体现了浓硫酸的性质有___________。（2）B、D中紫色都变红，C中过量溶液不褪色，C中发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．往装有水溶液的烧杯中插入pH计，观察读数。（3）其读数慢慢___________(填“变大”“变小”或“不变”)。Ⅲ．如图所示，装满的三颈烧瓶，分别连有pH传感器、气体压力传感器。将针筒中的水注入三颈烧瓶。测出气体压力变化如图甲，溶液pH变化如图乙。（4）根据甲、乙两图前50s的变化曲线，说明的性质有___________。50s后，将三颈烧瓶置于40℃热水浴中，分析甲、乙两图变化原因。猜想1：气体压力显著上升，可能是因为温度升高，瓶内气体膨胀。猜想2：？（5）实验设计：可通过一个空白实验进行对比分析，请填操作：___________。（6）测得此时压强图像为图丙。所以，猜想2：___________是主要原因的。【答案】（1）①.分液漏斗②.脱水性，强氧化性（2）（3）变小（4）易溶于水，水溶液显酸性（5）无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化（6）可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高【解析】蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫等产物。生成的气体均是酸性气体，遇到紫色石蕊，石蕊变红；通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾会氧化二氧化硫，方程式为：。（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为：分液漏斗。蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，浓硫酸与碳反应方程式为：，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。（2）二氧化硫被高锰酸钾氧化，方程式为：。（3）由于二氧化硫是酸性氧化物，溶于水可以和水反应生成亚硫酸，亚硫酸显弱酸性：，所以值减小。（4）根据甲图中前压强逐渐减小，说明二氧化硫溶于水；乙图前酸性逐渐增强，说明二氧化硫溶于水生成了酸，方程式为：。说明了二氧化硫易溶于水，水溶液显酸性。（5）猜想可以按照对比实验的思路进行分析，可以在无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，然后在相同条件下观察气体压力的变化。（6）以后，压强逐渐增大，根据亚硫酸的性质可知，是因为温度升高以后，亚硫酸逐步分解，生成二氧化硫，方程式为：。18.铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素，一种分离各元素并制备目标产物的流程如下：已知：①为弱酸；②“萃取”机理：。（1）元素As位于第四周期，与N元素同主族，其价层电子排布为___________。（2）从滤液1中得到的操作是___________。（3）“碱浸”后，假设溶液中生成等物质的量的和，则“氧化脱硫”时，当恰好完全反应，每生成96g硫单质，消耗的物质的量为___________。（4）“还原”过程中发生反应的离子方程为___________。（5）“反萃取”所用的试剂a为___________。（6）砷化镓的立方晶胞如图甲所示。Ga的配位数为___________，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图___________。【答案】（1）（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（3）2.5mol（4）（5）氨水或氨气（6）①.4②.【解析】向铜合成炉烟气吸收液中通入，Cu、As、Re等元素会以硫化物形式沉淀，而Ni元素以形式留在滤液中。后续通过处理滤液1，可得到；向沉淀中加入并通入进行加压浸取，Re元素进入溶液，而Cu等部分金属元素以硫酸盐等形式留在固体中，过滤后得到滤液2；对滤液2使用有机萃取剂进行萃取，之后加入试剂a进行反萃取，使Re元素进入水相，得到溶液，进一步处理可得固体；对加压浸取后的滤渣加入进行碱浸，As元素以砷酸根形式进入溶液，其他不溶物形成滤渣1；向碱浸后的溶液中通入，将硫元素氧化为单质S除去，此时As元素以形式留在溶液中；向溶液中加入并通入，As元素被还原为，进一步处理得到目标产物。（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。（3）中As为+3价，S为-2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。19.氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。物质a由，则___________。（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。反应Ⅰ：