江西省南昌市高三下学期第二次模拟检测化学试卷

2025届NCS模拟检测化学可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16K：39Cn52Co：59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。1.2025年春晚，宇树机器人的舞蹈表演震撼了全世界。下列有关说法正确的是A.宇树机器人使用石墨烯作为导热材料，利用了石墨烯良好的导热性B.宇树机器人使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂的密度大C.宇树机器人使用了大量碳纤维复合材料，碳纤维是一种有机高分子材料D.宇树机器人使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、熔点高【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯具有良好的导热性，可作为导热材料，A正确；B．使用高能量密度锂电池作为动力，是因为锂电池具有高能量密度的特点，而不是因为锂的密度大，B错误；C．使用了大量碳纤维复合材料，是因为碳纤维复合材料具有高强度、低密度和耐磨损等性能，碳纤维复合材料是由碳纤维、树脂、金属、陶瓷等复合而成的材料，不是有机高分子材料，C错误；D．使用航空级铝合金，是因为铝合金的强度大、密度小（质轻）、熔点相对低的特点，D错误；故答案选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.的电子式： B.的球棍模型：C.中Si的杂化方式：杂化 D.基态C原子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．的电子式为，故A错误；B．为平面结构，球棍模型为，故B正确；C．中Si的杂化方式：杂化，故C错误；D．图为基态C原子的价层电子轨道表示式：，故D错误；答案选B3.下列除杂试剂和分离方法有错误的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂分离方法AHBr(蒸气)洗气B苯(苯酚)溶液分液C溶液()铜粉过滤D溶液()直馏汽油萃取、分液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．HBr中混有Br2蒸气，用CCl4洗气。Br2易溶于CCl4，而HBr为气体，不会被大量溶解，故可通过洗气除去Br2，方法正确，A正确；B．苯中混有苯酚，加入NaOH溶液后分液。苯酚与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠，苯不溶于水，分层后分液可分离，方法正确，B正确；C．CuCl2溶液中混有FeCl3，加入铜粉过滤。铜与FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2，虽除去，但引入杂质，未完全除杂，方法错误，C错误；D．NaCl溶液中混有I2，用直馏汽油萃取分液。I2易溶于汽油，汽油与水不混溶，分液后可分离，方法正确，D正确；故选C。4.下列实验装置或说法不正确的是A．与浓硫酸制备B．从溶液中获得晶体C．滴定结束时的刻度，读数为D．铁钉镀锌A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．与浓硫酸反应生成硫酸钠、和水，故A正确；B．从溶液中获得晶体，可以使用蒸发结晶的方法，故B正确；C．酸式滴定管的0刻线在上方，自上而下刻度值增大，因此图中读数应该为11.80mL，故C错误；D．铁钉镀锌，锌连接电源正极做阳极，失去电子，锌离子在阴极铁钉上得电子生成锌单质，故D正确；答案选C。5.工业上制取锡(Sn)的一个中间反应如下：2SnO2+2Na2S+2C+O2＝2SnS+2Na2O+2CO2，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.离子键的百分数：Na2O＞Na2SB.该反应的氧化剂为SnO2和O2，还原剂为CC.1molO2和CO2的混合气体含有的电子数可能为20NAD.标况下，22.4LO2参加反应，转移的电子数为4NA【答案】D【解析】【详解】A．电负性：O＞S，电负性差值：Na2O＞Na2S，差值越大，离子键的百分数越大，故离子键的百分数：Na2O＞Na2S，A项正确；B．由反应方程式可知，Sn元素和O2中的O元素化合价降低，发生了还原反应，本身充当氧化剂，C元素的化合价升高，发生氧化反应，本身充当还原剂，B项正确；C．采用“极值法”，假设1mol气体全是O2，则所含电子数为：1mol×16×NA=16NA；若1mol该气体全为CO2，则所含电子数为：1mol×28×NA=28NA，故1molO2和CO2的混合气体含有的电子数为16NA~28NA，有可能是20NA，C项正确；D．根据反应方程式可知，C的化合价由0价变为+4价，2个C原子失去8个电子，过程中消耗1分子O2，标况下，参与反应的O2的物质的量为，则转移的电子数为8NA，D项错误；答案选D。6.化合物X存在如下转化关系(部分试剂和条件略去)，下列说法正确的是A.是一种盐 B.Y的分子式为C.X和Y可用溶液进行鉴别 D.Y→Z的反应类型是加成反应【答案】C【解析】【详解】A．盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子构成，不属于盐，故A错误；B．由Y的结构简式可知，其分子式为，故B错误；C．X中含有羧基，能和溶液反应产生气体，Y和溶液不反应，无气体产生，所以可用溶液鉴别两者，故C正确；D．由结构式可知，Y→Z的反应是硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，故D错误；答案选C。7.V是由短周期元素组成的淡黄色固体，X、Y为高中常见的气体且X是电解质，它们之间的转化关系如图(略去部分反应物和生成物)。下列说法正确的是A.Q中既有离子键又有共价键 B.W中通入X气体可生成YC.X和Y的VSEPR模型相同 D.V的燃烧产物是非极性分子【答案】A【解析】【分析】V是由短周期元素组成的淡黄色固体，X、Y为高中常见的气体且X是电解质，V能与氢氧化钠反应，则V是S单质，X是H2S、Y是SO2。S和NaOH反应生成Na2S、Na2SO3；Na2SO3和SO2反应生成NaHSO3，NaHSO3和盐酸反应生成SO2，则W是Na2S、Z是Na2SO3、Q是NaHSO3。【详解】A．NaHSO3是离子化合物，既有离子键又有共价键，故A正确；B．Na2S中通入H2S气体可生成NaHS，故B错误；C．H2S中S原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体；SO2中S原子价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；D．S的燃烧产物SO2是极性分子，故D错误；选A。8.已知：。一定压力下，按一定投料比(物质的量之比)投料到密闭容器中，不同温度时，的物质的量分数随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是A.的投料比为1：1 B.该反应的C.曲线L可能是温度下增大压强的结果 D.温度下，的平衡转化率为40%【答案】D【解析】【分析】由图可知，T1比T2先到达平衡状态，则T1比T2对应反应速率快，T1＞T2；T1温度下达到平衡时二氧化碳的物质的量分数低于T2，说明升温时平衡右移，则正反应吸热；【详解】A．由图，投料时二氧化碳的物质的量分数为0.5，则按1：1投料，A不符合题意；B．结合分析可知该反应的，B不符合题意；C．曲线L下，比温度下先到达平衡状态，则L比T1对应反应速率快，平衡时二氧化碳的物质的量分数相等，说明加快了反应速率但平衡未移动，该反应气体分子总数不变，增大压强该平衡不发生移动、但能增大反应速率，则曲线L可能是温度下增大压强的结果，C不符合题意；D．T2时二氧化碳的物质的量分数为0.2，设投料时二氧化碳和氢气各0.5mol，混合气体共1mol，则平衡时二氧化碳为0.2mol，反应消耗二氧化碳0.3mol，的平衡转化率为60%，D符合题意；故选D。9.下列实验操作、现象及相应推论均正确的是选项实验操作及现象推论A分别向CuS固体和FeS固体中加入足量等浓度的稀硫酸，CuS固体不溶，FeS固体溶解B用试纸测定溶液为9.7HClO为弱酸C用洁净的玻璃棒蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色溶液的溶质含Na元素D常温下，将等浓度溶液与氨水等体积混合，溶液呈中性溶液中A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．CuS不溶于稀硫酸而FeS溶解，说明FeS的溶度积()较大，能够与反应生成，而CuS的极小，难以反应。因此推论错误，实际应为，A错误；B．NaClO溶液pH为9.7，说明ClO⁻水解使溶液呈碱性，间接证明HClO为弱酸；但实验操作存在问题：NaClO具有强氧化性，可能漂白pH试纸，导致结果不可靠，B错误；C．玻璃棒含钠元素，直接灼烧会显示黄色火焰，干扰实验结果；正确的焰色反应应使用铂丝或光洁铁丝。因此现象无法证明溶液含，C错误；D．等浓度等体积的CH₃COOH与氨水混合后，生成；溶液呈中性时，结合电荷守恒可知，，推论正确，D正确；故选D。10.达普司他是一种治疗贫血的药物，下图是合成达普司他的一种中间体的结构式，下列说法错误的是A.该有机分子中不存在手性碳原子 B.该有机分子最多消耗C.该有机分子含5种不同化学环境的氢原子 D.该有机物存在含有苯环和酯基的同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，根据该有机分子结构可知，其不含手性碳原子，A正确；B．1mol该有机分子水解可形成4mol羧基，最多消耗4molNaOH，B错误；C．该有机分子结构对称，含5种等效氢原子，C正确；D．该有机分子不饱和度为5，苯环不饱和度为4，酯基不饱和度为1，可存在含有苯环和酯基的同分异构体，D正确；答案选B。11.我国科学家以辛胺为原料，实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置如下图，下列说法错误的是A.电极为阳极B.电极发生还原反应C.电极反应为D.标况下，消耗，电极生成辛腈【答案】C【解析】【分析】根据图示，二氧化碳在电极得电子生成HCOO，是阴极；在失电子发生氧化反应生成，是阳极。OH向电极移动，可知电解质溶液呈碱性。【详解】A．在失电子发生氧化反应生成，电极为阳极，故A正确；B．二氧化碳在电极得电子生成HCOO，电极发生还原反应，故B正确；C．在失电子发生氧化反应生成，电解质溶液呈碱性，电极反应为，故C错误；D．二氧化碳在电极得电子生成HCOO，碳元素化合价由+4降低为+2价，标况下，消耗，电路中转移2mol电子，根据，电极生成0.5mol辛腈，生成辛腈的质量为，故D正确；选C。12.丙酸苯酚酯常用于食用香精。制备步骤如下：I．称取4.7g苯酚，溶解于40mL10%的NaOH溶液中Ⅱ．加入30g碎冰，再加入过量丙酰氯(CH3CH2COCl)，反应5minⅢ．将步骤Ⅱ的反应液转移，加入CCl4，萃取，分液Ⅳ．先后用Na2CO3溶液和蒸馏水洗涤，干燥，蒸馏，得产品4.5g下列说法错误的是A.步骤Ⅱ中加碎冰是为了控制反应速率 B.步骤Ⅲ中使用的仪器有分液漏斗C.步骤Ⅳ中Na2CO3溶液洗涤的杂质主要是苯酚 D.本实验中丙酸苯酚酯的产率是60%【答案】C【解析】【详解】A．步骤Ⅱ中加入碎冰是为了控制反应速率。丙酰氯反应通常剧烈且放热，碎冰可降温以减缓反应速率，防止副反应，A项正确；B．步骤Ⅲ是将反应液转移后，加入CCl4，进行萃取分液，分液步骤需要分液漏斗。B项正确；C．苯酚在步骤Ⅰ中已与NaOH反应生成苯酚钠（水溶性），并在步骤Ⅲ的分液中被分离。残留的丙酰氯可能水解生成丙酸，需用中和，步骤Ⅳ中用溶液洗涤的杂质应为丙酸而非苯酚，C项错误；D．苯酚的物质的量为，理论产物质量为0.05mol×150g/mol=7.5g，实际产率为，D项正确；答案选C。13.砷化镓的立方晶胞结构如图I，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图Ⅱ所示。下列说法错误的是A.砷化镓晶胞中Ga的配位数是4B.稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为5：32C.若图Ⅰ中GaAs键的键长为npm，则晶胞边长为D.若Mn、Ga、As的相对原子质量分别为a、b、c，则稀磁性半导体材料的密度为【答案】D【解析】【详解】A．以上底面面心的原子分析，其周围最近且等距离的原子在上、下两层各有2个，即砷化镓晶胞中的配位数是4，A正确；B．图结构单元中，原子数目为：，原子数目为，、的原子个数比为，B正确；C．由几何知识可知，键的键长等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞边长的倍，设边长为，则，解得：，C正确；D．图结构单元中，原子数目为：，原子数目为，原子数目为，该结构单元的体积为：，该结构单元的质量为：，则晶体密度为：，D错误；故选D。14.常温下，向的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为的盐酸，溶液中随中和率的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.a点，则MOH的电离常数 B.b点时，C.c点时， D.d点时，溶液的【答案】C【解析】【分析】常温下，向的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为的盐酸，MOH生成MCl，溶液中减小，据此解答。【详解】A．a点时，=0，=1，MOH的电离常数，，则氢氧根离子浓度为104.5mol/L，所以MOH的电离常数，故A错误；B．b点中和率为50%，有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，＜0，＜1，则，故B错误；C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，溶液中MOH物质的量浓度小于MCl，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)，将两式相加得2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl)+c(OH)，故C正确；D．d点时，中和率为100%，恰好生成强酸弱碱盐，所以溶液的，故D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某兴趣小组利用铬铁矿无钙铬渣(主要成分包括等)制备的流程如下：已知：①饱和溶液的；②当离子浓度时，可认为已除尽。（1）基态铬原子的价电子排布式是____，这样的排布并不符合构造原理，原因是____。（2）“氧化焙烧”时，生成和，写出该反应的化学方程式_____。（3）浸渣的主要成分为、_______。（4）溶液中离子与的关系如下图所示。则“除杂”时溶液的范围是___；滤渣的主要成分为_____、_____。（5）“酸化”时，加入稀硫酸的目的是_____，不选用稀盐酸的原因是_____(用离子方程式表示)。（6）纯度分析：称取(相对分子质量294)试样配成溶液，取出于锥形瓶中，加入适量的稀和足量KI，放于暗处，然后加入水，同时加入少量淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定(杂质不参与反应)，平行测定三次，平均用去标准溶液，则所得产品中纯度为_____(已知：)。【答案】（1）①.②.3d轨道上的电子半充满状态，能量低、结构稳定（2）（3）MgO（4）①.②.③.（5）①.将转化为②.（6）98%【解析】【分析】本题为无机物制备类的工业流程题，首先对原材料氧化焙烧，此时，都可以发生反应，其中氧化铝和二氧化硅分别反应生成四羟基合酸钠和硅酸钠，、FeCr2O4和碳酸钠、氧气反应生成，其中FeCr2O4反应的方程式为：，随后用水浸出后，浸渣含有氧化铁和氧化镁，过滤后向滤液中通入二氧化碳和四羟基合酸钠和硅酸钠反应生成氢氧化铝和硅酸，即此时过滤的滤渣中含有氢氧化铝和硅酸，随后酸化，再加入氯化钾得到产品，以此解题。【小问1详解】铬是24号元素，则基态铬原子的价电子排布式是3d54s1；电子排布最终使原子的能量最低，则这样的排布并不符合构造原理，原因是3d轨道上的电子半充满状态，能量低、结构稳定，故答案为：3d54s1；3d轨道上的电子半充满状态，能量低、结构稳定；【小问2详解】“氧化焙烧”时碳酸钠、氧气和FeCr2O4反应生成、CO2和，方程式为：；【小问3详解】结合分析可知，浸渣的主要成分为、MgO；【小问4详解】结合分析可知，“除杂”时要除去硅酸根和四羟基合铝离子，饱和溶液的，则“除杂”时溶液的范围是；滤渣的主要成分为、；【小问5详解】酸性条件下铬酸根离子可以转化为重铬酸根离子，且重铬酸根离子有强氧化性，则“酸化”时，加入稀硫酸目的是将转化为；不选用稀盐酸的原因是；【小问6详解】根据得失电子守恒可知，，再结合可知，，则产品中纯度为。16.高纯是制备高性能磁性材料的主要原料。实验室利用制备少量磁性材料的操作步骤如下：步骤Ⅰ．制备溶液。在三颈瓶中(装置见下图)加入一定量渣粉、水和有机溶剂的混合物，搅拌，通入和混合气体，70℃下通过仪器X缓慢滴加溶液，充分反应。步骤Ⅱ．制备。向溶液中加入溶液作沉淀剂，过滤、洗涤。干燥可得到。步骤Ⅲ．制备。取在空气中加热至300~600℃，即可制得。回答下列问题：（1）仪器X的名称是_______，C装置的作用是_______。（2）实验室制取可选用_______(填标号)。（3）步骤Ⅰ中转化为溶液的离子方程式为_______。（4）步骤Ⅱ中发生的化学方程式为_______，若用同浓度的溶液代替溶液，产生的后果可能是_______。（5）在氧气中加热，温度不同时，可生成不同的氧化物，为测定某条件下产物钴的氧化物的化学式，现利用下列实验装置测定其组成。①D中的试剂为_______。②一段时间后，完全转化为一种单一的褐色氧化物后，测得干燥管F质量增加，E管内残留物的质量为，据此可以推测褐色物质的化学式为_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.吸收气体，防止污染环境（2）a（3）（4）①.②.溶液碱性强，易与生成沉淀，降低的产率（5）①.浓硫酸②.【解析】【分析】在三颈瓶中(装置见下图)加入一定量渣粉、水和有机溶剂的混合物，搅拌，通入和混合气体，70℃下通过仪器X缓慢滴加溶液，发生反应，将还原为，向溶液中加入溶液作沉淀剂，发生反应，得到沉淀，过滤、洗涤，干燥可得到，在空气中加热至300~600℃，即可制得，据此回答。【小问1详解】由图知，仪器X为分液漏斗；由于为由毒气体，不能直接排放到空气中，故C装置的作用是吸收气体，防止污染环境；【小问2详解】实验室用98%的浓硫酸和Cu在解热条件下制取，故制取可选用a装置；【小问3详解】由分析知，在步骤Ⅰ中，将还原为，离子方程式为；【小问4详解】步骤Ⅱ中，向溶液中加入溶液作沉淀剂，发生反应，得到沉淀；由于溶液碱性强，易与生成沉淀，降低的产率，故不能用同浓度的溶液代替溶液；【小问5详解】①装置D的作用是干燥氧气，防止水蒸气进入E中影响实验结果，所以D中的试剂为浓硫酸；②干燥管F质量增加2.20g，增加的质量是CoCO3分解产生的CO2的质量，根据（n为物质的量，m为质量，M为摩尔质量），CO2的摩尔质M(CO2)=44g/mol，则，根据Co原子守恒，

，Co的摩尔质量M(Co)=59g/mol，则，E管内残留物为钴的氧化物，质量为4.15g，则氧化物中氧元素的质量，O的摩尔质量M(O)=16g/mol，根据，则，，所以褐色物质的化学式为。17.光气()是一种重要的有机中间体，在染料、农药、医药等方面有着广泛应用。（1）中：键角_______键角(填“>”、“<”或“=”)。（2）实验室可用与发烟硫酸反应制备光气，方程式可表示为，若反应在高温下才可自发，说明该反应_______(“吸热”或“放热”)。（3）一种将甲烷光照氯化再氧化获得光气的方法如下：反应i：反应ⅱ：已知该温度下，上述物质的相对能量如下表。物质相对能量00a①_______。②为减慢甲烷氯化速度，可以采取的措施有_______。A．减弱光照强度B．缩短反应时间C．降低氯气浓度D．通入高浓度HCl（4）工业上制备光气的原理如下：。在2.0MPa下，测得不同温度时平衡体系中体积分数随起始投料比的变化如图。①温度由高到低的顺序是_______，判断依据为_______。②M点CO的转化率为_______(保留两位有效数字，下同)，温度下_______。【答案】（1）>（2）吸热（3）①.②.AC（4）①.②.正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，投料比相同时，体积分数降低，故③.0.43或43%④.5.6【解析】【小问1详解】O存2对孤对电子，Cl存在3对孤对电子，孤对电子增多，导致键角变小，则中：键角>键角。【小问2详解】为熵增反应，根据反应自发进行，若反应在高温下才可自发，说明该反应吸热。【小问3详解】①根据焓变=生成物的总能量反应物的总能量，，。②A．减弱光照强度可减慢甲烷氯化速度，A正确；B．缩短反应时间能减少生成物的量，不能减慢甲烷氯化速度，B错误；C．降低氯气浓度可减慢甲烷氯化速度，C正确；D．通入高浓度HCl会加快甲烷氯化速度，D错误；故选AC。【小问4详解】①正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，投料比相同时，体积分数降低，故，温度由高到低的顺序是。②列出三段式：，x=，M点CO的转化率为0.43或43%；平衡后，温度下CO、Cl2、COCl分压分别为、、，5.6。18.有机物K是合成某药物的中间体，其合成路线如下：根据信息回答下列问题：（1）A生成B的反应试剂与条件是_______，J到K的反应类型是_______。（2）有机物C名称为_______，G中官能团的名称是_______。（3）B生成D的过程中三乙胺的结构简式与作用分别是_______、_____