云南省保山市腾冲市第五中学2024-2025学年高三下学期二模(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1云南省保山市腾冲市第五中学2024-2025学年高三下学期二模一、选择题1．化学与传统文化密不可分。下列说法错误的是A．药酒的制作利用了萃取原理B．丝绸因富含氨基而具有良好的吸湿性C．大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐D．青铜器上的铜锈[Cu2OH【答案】C【解析】将中药有效成分溶解在酒中得到药酒，利用了固－液萃取原理，A正确；丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质因富含酰胺基而具有良好的吸湿性，B正确；大理石的主要成分是碳酸钙，C错误；明矾水解显酸性，青铜器上的铜锈可用明矾水去除，D正确。故选C；2．下列说法不正确的是A．基态Cr原子的价层电子轨道式：B．N2、N3-、N4、NC．N，N－二甲基甲酰胺：D．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式：【答案】B【解析】Cr的原子序数为24，基态Cr原子的价层电子轨道式为，A正确；同种元素形成的不同单质互为同素异形体，阴、阳离子不能互称同素异形体，B错误；的名称为N，N－二甲基甲酰胺，C正确；共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，铝和氯之间存在配位键，结构式为，D正确。故选B。3．物质结构决定性质，进而影响用途。下列结构或现象解释错误的是选项结构或现象解释AMg(OH)2不溶于氨水，Cu(OH)2溶于氨水Cu2＋能与NH3形成配合物，Mg2＋不能与NH3形成配合物B水流能被静电吸引，CCl4不能水分子中有少量H＋和OH－C细胞膜双分子层头向外，尾向内排列细胞膜是磷脂双分子层，且磷脂分子头部亲水，尾部疏水D键角：PF3小于PCl3电负性差异A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】Cu2+与NH3可形成稳定的配合物CuNH342+，而Mg2+无不能与NH3形成配合物，故Cu(OH)2溶于氨水，Mg(OH)2不溶于氨水，A解释正确；水分子为极性分子，CCl4分子为非极性分子，极性分子整体电荷分布不均，易被电场极化，故水流能被静电吸引，CCl4不能，B解释错误；磷脂分子头部亲水、尾部疏水，细胞膜的双层结构中头部朝向外侧水环境，尾部朝内形成疏水区，C解释正确；PF3与PCl3的中心原子的价层电子对数均为3+5-3×12=4，孤对电子数均为1，F的电负性高于Cl，导致P－F4．工业上以S8（）、甲烷为原料制备CS2,发生反应；SA．1molCS2分子含4NAσ键 B．消耗1molCH4C．生成1molH2S气体，断开S－S键数为NA D．22.4LCH4中含有的电子数为【答案】B【解析】CS2与CO2为等电子体，其与CO2结构相似，CS2结构式为S＝C＝S，双键中有1个σ键和1个π键，1molCS2分子含2NAσ键，A错误；反应S8＋2CH4＝2CS2＋4H2S中，C元素化合价由－4升高为＋4，1molCH4反应转移8mol电子，故消耗1molCH4转移电子数为8NA，B正确；1个S8分子中含有8个S－S键，生成1molH2S气体消耗0.25molS8，断开S－S键数为2NA，C错误；22.4LCH4所处的压强与温度未知，不能计算22.4LCH4的物质的量及含有的电子数，5．下列离子方程式书写正确的是A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：COC．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCHD．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2【答案】D【解析】硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋2NO3-＋3SO2＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，A错误；用过量的碳酸钠溶液吸收氯气，碳酸钠过量时，CO32-转化为HCO3-，离子方程式为2CO32-＋Cl2＋H2O＝2HCO3-＋ClO－＋Cl－，B错误；氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热，氯原子和酯基都会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH－→ΔHOCH2COO－＋C2H5OH＋Cl－，C错误；铝片投入过量的6．麦角酰二乙胺，常简称为“LSD”，结构如图所示。下列关于有机物麦角酰二乙胺的说法错误的是A．该有机物分子式为CB．该有机物中含2个手性碳原子C．该有机物最多可与1molNaOH反应D．该有机物在酸性条件下的水解产物之一可与Na2【答案】C【解析】由麦角酰二乙胺的结构简式可知，该分子有10个不饱和度，分子式为C20H25ON3，A正确；手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，该分子存在2个手性碳原子，如图所示，，B正确；该分子中存在1个酰胺基，1mol该有机物中只有酰胺基可与1molNaOH反应，但该有机物的物质的量未知，不能计算，C错误；该分子中的酰胺基在酸性条件下水解产生的羧基能与Na2CO3溶液反应，7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．CaB．FeC．SD．NH【答案】D【解析】CaOH2与Cl2反应生成CaClO2、CaCl2和水，Ca(ClO)2与足量SO2发生氧化还原反应，ClO－被还原为Cl－，得不到HClO，A错误；铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，不是生成Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应生成FeCl3，B错误；S与O2反应生成SO2，盐酸的酸性强于H2SO3，所以SO2与BaCl2不反应，C错误；NH3催化氧化生成NO，NO和O2混合和水反应生成HNO3，化学方程式为4NO＋3O2＋2H28．工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)已知：ⅰ、常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Clⅱ、FeS2ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。下列说法不正确的是A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含Pb物质的溶解性B．反应Ⅰ中，每消耗3molMnO2C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：FeD．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS2【答案】C【解析】已知：常温下，PbCl2难溶于水；Pb2+可以与Cl-形成PbCl42-，浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是增大c(Cl－)，提高含Pb物质的溶解性，A正确；反应Ⅰ中，锰元素化合价由＋4变为＋2，铁元素化合价由＋2变为＋3，由电子守恒可知，MnO2~2Fe3+，则每消耗3molMnO2生成6molFe3+，B正确；反应Ⅱ中，Fe3+和FeS2反应生成S和Fe2+，离子方程式为2Fe3+9．某离子液体结构如图示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，Z是第4周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级。下列说法正确的是A．单质的沸点：Y<Z<XB．电负性：Y>W>XC．原子半径：Z>Y>XD．Z的氧化物的水化物为强酸【答案】A【解析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，化合物中W只形成1个共价键，W为H；X形成4个共价键，X为C；Y形成3个共价键，Y为N，满足W、X和Y的原子序数之和为14；由形成双键处的Y可知，Y失去1个电子，则Z带1个负电荷，Z为第四周期元素，基态Z原子核外电子占有8个能级，可知Z为Br。由上述分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为Br元素。N2常温下是气体，Br2常温下是液体，X为C，常温下是固体，则单质的沸点：Y(N2)<Z(Br2)<X(C)，A正确；同周期主族元素从左往右电负性增大，化合物中电负性大的显负价，CH4中C显－4价，H显＋1价，则电负性：N＞C＞H，即顺序为Y>X>W，B错误；同周期主族元素从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径顺序为Z>X>Y，C错误；Z的氧化物的水化物之一为HBrO，属于弱酸，D错误。故选A。10．一种无需离子交换膜的新型氯流电池可用作储能设备(如图所示)，充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－＝Na3Ti2(PO4)3。下列说法错误的是A．充电时，电极b与直流电源的正极相连，电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑B．放电时，化学能转化为电能，氯化钠溶液的浓度增大C．若用该装置作为电解精炼铜的电源，则电极a与粗铜电极相连D．放电时，外电路通过的电子的数目为1.204×1024，消耗的氯气的质量为71g【答案】C【解析】由图示新型氯流电池可知，充电时为电解池，由已知电极a电极反应式可知，电极a上得电子发生还原反应，电极a为阴极，则电极b为阳极，电极b与直流电源的正极相连，电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑，A正确；放电时，化学能转化为电能，电极a反应Na3Ti2(PO4)3－2e－＝NaTi2(PO4)3＋2Na＋，电极b反应Cl2＋2e－＝2Cl－，NaCl溶液的浓度增大，B正确；若用该装置作为电解精炼铜的电源，电极a为负极，电极b为正极，则电极b与粗铜电极相连，C错误；放电时，电极b反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，外电路通过的电子的数目为1.204×1024即2mol，消耗Cl21mol，质量为71g，D正确。故选C。11．科研人员利用高压N2气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转化关系如图1所示，相对能量变化关系如图2所示，吸附在催化剂表面的物质用“*”A．反应过程中存在非极性键的断裂与形成及极性键的断裂B．由图1反应历程可以看出，生成1mol NHC．Ⅱ表示的微粒符号是*D．反应历程中化学反应速率最慢的反应是【答案】D【解析】由图1知，反应过程中发生了氮氮非极性键的断裂、氮氢极性键的断裂、氮氢极性键的形成，没有非极性键的形成，A错误；生成1mol NH3需要消耗3mol 生成Ⅱ的反应为为*NH+H3O++e-→*NH2+H12．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物LixLyTiO3，其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为A．Ti位于O原子形成的正八面体空隙B．若x=0.25,LiC．LixLaD．导电时，空位移动方向与电流方向相反【答案】B【解析】Ti周围有6个O原子，Ti位于形成的正八面体空隙，A正确；根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti的个数为8×18=1个，含O的个数为12×14=3个，含La或Li或空位共1个，若x=0.25，则La和空位共0.75，n(La)+n(空位)=0.75，结合正负化合价代数和为0，(+1)×0.25+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=7/12、n(空位)=1/6,Li+与空位数目之比为3:2，13．某温度下，在体积一定的密闭容器中通入一定量的N2O4气体，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)。随温度升高，混合气体的颜色变深。下列说法错误的是A．反应的ΔH＞0 B．在容器中加入氩气，反应速率不变C．体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态 D．达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向正向移动【答案】D【解析】升高温度，混合气的颜色变深，说明NO2浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，反应的ΔH＞0，A正确；温度和体积不变，在容器中加入氩气，反应物和生成物的浓度都不发生改变，反应速率不变，B正确；反应前后气体的分子数不等，随着反应的进行，混合气的压强发生改变，当体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态，C正确；达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，即压强增大为原来的二倍，平衡向气体分子数减小的方向移动，即平衡发生逆向移动，D错误。故选D。14．甘氨酸(NH3+CH2COO-)在水溶液中可发生如下反应：NH2CH2COO-⇌OH-H+NH3+CH2COO-⇌OH-H+A．m＝11.6B．a点：c(C．b点NaOH当量>0.5D．c点：c(【答案】D【解析】NH3+CH2COOH⇌NH3+CH2COO-+H+Ka1，NH3+CH2COO-⇌NH2CH2COO-+H+Ka2，pOH＝4.4时，c(NH2CH2COO-)=c(NH3+CH2COO-)，ka2=c(NH2CH2COO-)c(NH3+CH2COO-)⋅c(H+)＝c(H+)=104.4-14=10-9.6，由甘氨酸的pI＝6，可知pH＝6时，c(NH3+CH2COOH)=c(NH3+CH2COO-)，Ka1Ka2＝cNH3+CH2COO-cNH3+二、非选择题15．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与SO42-形成复盐沉淀，Ce3＋和SO42-发生反应：Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O＝Ce2(SO4)3·Na2SO4②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；③Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋，两者均能形成氢氧化物沉淀；④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分是(填写化学式)。(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式。(3)加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3＋，反应的离子方程式为(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为。(5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3＋，需要将滤液循环以提高产率B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率D．该步骤发生的反应是2Ce3＋＋6HCO3-＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H(6)若常温下，Ka2(H2CO3)＝5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]＝1.0×10−28，Ce3＋恰好沉淀完全c(Ce3＋)＝1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c(HCO3-)＝mol∙L【答案】(1)BaSO4、SiO2(2)4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2高温4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O(3)2CeF22+＋2＋2H＋＝2Ce3＋＋(SCN2H3)2＋(4)防止Ce3＋被氧化(5)CD(6)0.2【解析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3＋在空气中氧化为Ce4＋，加稀H2SO4，Ce4＋进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤，滤渣A为SiO2、BaSO4；含CeF22+滤液中加入硫脲将Ce4＋还原为Ce3＋，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐，过滤，沉淀B为Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，复盐沉淀中加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3＋被转移到溶液中，加入NH4HCO3使Ce3＋沉淀为Ce2(CO3)3，灼烧Ce2(CO3)3分解生成CeO（1）滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。（2）在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入NaHCO3同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为CO2和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3＋4NaHCO3＋O2高温4NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O。（3）根据信息硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2CeF22+＋2＋2H＋＝2Ce3＋＋(SCN2H3)2＋（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋推测，加入X的作用是防止Ce3＋被氧化。（5）由于加入的NH4HCO3过量，沉淀比较充分，故过滤后的滤液中含有的Ce3＋很少，A错误；Na2CO3与Ce3＋直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，故不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；Ce3＋与NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生CO2和水，则该步骤反应的方程式为2Ce3＋＋6HCO3-＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O，D正确。故选（6）Ce3＋恰好沉淀完全时，c(Ce3＋)＝1.0×10−5mol∙L−1，则KspCe2CO33=1.0×10-28=c2(Ce3+16．某实验小组设计制备β－萘乙醚的装置如图所示(部分夹持和加热装置已省略)：已知：①β－萘乙醚、β－萘酚都是白色晶体，易溶于有机溶剂；②β－萘乙醚的制备过程如下：请回答下列问题：(1)实验前，先进行的操作是。(2)向三颈烧瓶中加入5gβ－萘酚，30mL无水乙醇，1.6g研细的NaOH，无水乙醇的作用是。(3)装置A中发生反应的化学方程式：；设计该装置的目的是。(4)仪器D的名称；通过仪器E向三颈烧瓶中滴加足量的溴乙烷反应，实验过程中为了减少溴乙烷的挥发损耗，除了缓慢滴加、降低加热温度等措施外，还可以(填操作措施)。(5)反应结束后，先通过蒸馏分离出；再加入适量苯和水，摇动后冷却，分离出有机层，再将有机层用NaOH溶液洗涤，水洗，再经过无水CaCl2固体处理和蒸馏操作，最终冷却得粗产品。用无水CaCl2处理已完成的现象是(6)粗产品经(填方法名称)提纯后，获得4.78gβ－萘乙醚，本实验的产率为(保留2位有效数字)。【答案】(1)检查装置的气密性(2)作溶剂，使β－萘酚和NaOH充分混合反应(3)NH4Cl+NaNO2(4)球形冷凝管加快冷凝管中冷凝水的流速(5)乙醇固体颗粒不再变大(或液体变澄清)(6)重结晶80%【解析】装置A中为NaNO2饱和溶液与NH4Cl饱和溶液反应生成N2，用N2排尽装置内的空气，避免氧化β－萘酚；装置B中盛有的浓硫酸用于干燥N2，三颈烧瓶C中β－萘酚、NaOH和CH3CH2Br共热反应制备β－萘乙醚，反应后的液体经蒸馏、洗涤、干燥、蒸馏得到粗β（1）实验前，先进行的操作是检查装置的气密性；（2）β－萘酚易溶于有机溶剂，则无水乙醇的作用是作溶剂，使β－萘酚和NaOH充分混合反应；（3）装置A中反应的化学方程式为NH4Cl+（4）仪器D的名称为球形冷凝管；通过仪器E向三颈烧瓶中滴加足量的溴乙烷反应，实验过程中为了减少溴乙烷的挥发损耗，除了缓慢滴加、降低加热温度等措施外，还可以加快冷凝管中冷凝水的流速（5）反应结束后，先通过蒸馏分离出乙醇；用无水CaCl2处理已完成的现象是固体颗粒不再变大(或液体变澄清)；（6）粗产品为固体，β－奈乙醚易溶于有机溶剂，采用重结晶的方法提纯较为合适；由方程式、可知，5gβ－萘酚的物质的量为5.0g144g/mol=5.0144mol，理论上生成5.0144molβ－萘乙醚，则β－萘乙醚的质量为5.017．二氧化碳与氢气在一定条件下可制备甲醛(HCHO)、甲酸(HCOOH)和甲醇(CH3OH(1)制备甲醛：反应机理如下图所示[2H①CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)ΔH=(用ΔH②将等物质的量的CO2与H2充入恒温恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+2H2(g)⇌a．CO2b．单位时间内断裂2molH－H键的同时断裂2molC－H键c．容器内混合气体的平均摩尔质量不变d．容器内混合气体的密度保持不变(2)制备甲酸：反应原理为CO2(g)+H2已知：v正=k正c(CO2)⋅c(H2若温度升高，则k逆(填“增大”“减小”或“不变”)；该反应的ΔH(填“>”“<”或“(3)CO2催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。CO2在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。催化循环中产生的中间体微粒共(4)在T℃时，将CO2、H2、N2按物质的量之比为6∶11∶1充入容积为10L的恒容容器中，初始压强为p0kPa，只发生CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)(ΔH<0)(N2不参加反应)，测得体系中剩余H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。在状态Ⅰ中，平衡时压强为初始压强的23，H2温度T℃时，状态I中，0~1min内的平均速率v(CH3OH)＝mol·L−1·min−1(保留三位有效数字)，该反应的压强平衡常数Kp＝kPa-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算【答案】(1)2ΔH1+2ΔH2+ΔH3-ΔH42D【解析】（1）①由反应机理可得，反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1；反应②CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)②A项，CO2的物质的量保持不变，说明该反应达到平衡状态；B项，单位时间内，断裂2molH—H键的同时断裂2molC—H键，说明正逆反应速率相等，能说明该反应达到平衡状态；C项，反应前后气体的质量不变，正反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平衡摩尔质量增大，容器内混合气体的平均摩尔质量不变能说明该反应达到平衡状态；D项，混合气体总质量不变，容器容积不变，气体密度始终不变，容器内混合气体的密度保持不变不能说明该反应达到平衡状态。故选D（2）由图像可知，温度升高时，k逆、k正都增大，且k逆增大程度更大，则v正<v逆，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，该反应的Δ（3）由流程可知，催化循环中产生了H*、COOH*、COHOH*、HCO*、HCOH*、H2COH*，共6种中间微粒；（4）①根据图示，温度T℃，状态I中，8min后氢气的物质的量不再改变，说明达到平衡状态，设反应初始时CO2、H2、N2物质的量为6xmol、11xmol、xmol，列三段式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)初始（m