云南省大理白族自治州2025届高三上学期二模考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1云南省大理白族自治州2025届高三上学期二模考试一、选择题1．化学与生产生活关系密切，下列说法错误的是A．NaHCO3B．Fe2C．明矾［KAlSOD．“卤水点豆腐，一物降一物”，该过程发生了胶体的聚沉【答案】C【解析】NaHCO3受热能分解出无毒气体CO2，故常用作食品膨松剂，A正确；Fe2O3是红棕色的，俗称铁红，可用作油墨的红色填料，B正确；明矾［KAlSO42⋅12H2O］净水是Al32．下列化学用语表述错误的是A．CO2的结构式：B．基态Fe2+C．HCl分子中s-pσ键的电子云轮廓图： D．NaCl溶液中的水合离子：【答案】D【解析】CO2结构式为O＝C＝O，A正确；Fe的原子序数为26，基态Fe价层电子排布式为3d64s2，则基态Fe2＋价层电子排布式为3d6，B正确；HCl分子中，氢原子的1s轨道与氯原子的3p轨道形成s－pσ键，电子云轮廓图为，C正确；NaCl溶液中Na＋带正电荷，应吸引带负电的氧原子，Cl-带负电荷，应吸引带正电的氢原子，且Na＋半径小于Cl-，则水合氯离子为，水合钠离子为，D错误。故选D。3．下列关于如图仪器使用的说法错误的是A．a可用于气体的尾气处理 B．b和d可用于制备蒸馏水C．c和e可用于海带的灼烧 D．f可用于固液混合物的分离【答案】B【解析】a可用于气体的尾气处理，如用NaOH溶液吸收多余氯气等，A正确；制备蒸馏水的蒸馏装置应该用直形冷凝管，不能用球形冷凝管，B错误；灼烧海带在坩埚中进行，坩埚要放在泥三角上，C正确；用过滤法进行固液的分离时需漏斗，D正确。故选B。4．工业利用钛铁矿（主要成分是钛酸亚铁）冶炼钛的主反应：7Cl2+2A．FeCl3B．1L0.1mol/LFeCl3溶液中，阳离子数目大于C．每生成1molTiCl4，转移电子数为D．TiCl4易水解，水解产物为【答案】C【解析】7Cl2+2FeTiO3+6C高温2FeCl3+2TiCl4+6CO，Cl2是氧化剂，FeCl3既是氧化产物，又是还原产物，A正确；因为FeCl3溶液中存在Fe3＋水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)5．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．HCl制备：NaClB．工业制镁：海水C．制纯碱：NaClD．漂白粉制备：HCl【答案】A6．下列关于物质反应的说法正确的是A．CuSO4溶液与过量氨水混合：B．向AgI悬浊液中滴加Na2SC．少量的CO2通入BaCl2D．NaClO溶液与浓盐酸混合：ClO【答案】B【解析】CuSO4溶液加入过量氨水，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[CuNH34]2++4H2O，A错误；向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，AgI沉淀转化为更难溶的Ag2S沉淀，B正确；7．物质Z是一种重要的药物中间体，其合成路线如下。下列说法错误的是A．X含有3种官能团 B．Y分子式C6H11NO2C．Z含有手性碳 D．反应的原子利用率小于100%【答案】C【解析】X分子中含有碳碳双键、醛基、酯基3种官能团，A正确；Y分子中含有6个C原子、1个N原子、2个O原子、11个H原子，其分子式C6H11NO2，B正确；Z分子中，含氮六元环与苯环相连的碳原子，其在含氮六元环中所连接的两个原子团相同，酯基中与O原子相连的碳原子也不存在手性，则Z不含有手性碳，C错误；反应中，1个X分子与2个Y分子反应生成1个Z的同时，还有小分子生成，则反应的原子利用率小于100%，D正确。故选C。8．Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：下列关于该活化历程的说法正确的是A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3B．只涉及极性键的断裂和生成C．Ni是该反应的催化剂D．该反应的热化学方程式为：Ni【答案】A9．铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示：下列说法正确的是A．该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是OB．配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为7：6C．基态Cu2＋的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为4：5D．除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同【答案】B【解析】该配合物中氢、碳、氮、氧四种非金属元素中，氢元素的第一电离能大于碳而小于氧，碳、氮、氧三种同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能最大的为氮元素，A错误；由图示结构可知，配合物中苯环碳原子和双键碳原子采取sp2杂化，饱和碳原子采取sp3杂化，则配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14∶12＝7∶6，B正确；铜的原子序数为29，基态Cu2＝的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，两种自旋状态的电子数之比为13∶14或14∶13，C错误；该配合物中除铜外，四种元素形成的单质中，氧气、氮气、氢气均为分子晶体，碳的单质中金刚石属于共价晶体、石墨属于混合型晶体、足球烯和石墨烯属于分子晶体，则四种元素形成的单质的晶体类型不一定相同，D错误。故选B。10．一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是A．X2Y和X2YC．X、Y、Z三种元素形成的化合物均显酸性 D．W与Y形成的化合物中只含离子键【答案】A【解析】结合图示结构，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W形成＋1价阳离子，X形成1个共价键，X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，Q为C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L层电子数为为5，Z为N。H2O和H2O2的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，A正确；同一周期主族元素从左到右元素的电负性增大，故电负性：O＞N＞C，即Y＞Z＞Q，B错误；H、N、O形成的NH3·H2O显碱性，C错误；W与Y形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键，但Na2O2中既含离子键又含共价键，D错误。故选A。11．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A将0.1mol⋅L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中，至不再有沉淀产生，再滴加白色沉淀变为蓝色沉淀KB将白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾稀溶液中溶液紫色褪去白葡萄酒中含有SOC用pH试纸测定等浓度的NaHCO溶液和NaClO溶液的pH前者的pH比后者的小碳酸酸性强于次氯酸D将水滴入钠与氧气反应所得固体产物中观察到有气泡产生钠与氧气反应生成了NaA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】将0.1mol⋅L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中，至不再有沉淀产生，说明NaOH恰好反应完，再滴加0.1mol⋅L-1CuSO4溶液，白色沉淀变为蓝色沉淀，说明Mg(OH)2沉淀转化为Cu(OH)2，故Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，A正确；将白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾稀溶液中，乙醇、SO2都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能根据实验现象判断溶液中是否含有SO2，可以用溴水检验，B错误；用pH试纸测定等浓度的NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH，NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，应该用pH计，前者的pH比后者的小，说明碳酸酸性强于次氯酸，C错误；将水滴入钠与氧气反应所得固体产物中，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，Na和H2O反应生成NaOH和H12．硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，下列说法正确的是A．Zn位于元素周期表的p区B．Se的核外价层电子排布式为3dC．A点原子的坐标为0,0,0，则B点原子的坐标为1D．Zn与Se之间的最近距离为3【答案】D【解析】Zn位于第四周期ⅡB族，位于元素周期表的ds区，A错误；Se位于第四周期ⅥA族，基态Zn原子的核外价层电子排布式为4s24p4，B错误；A点原子的坐标为0,0,0，由硒化锌的晶胞结构可知，B点原子的坐标为14,34,34，C错误；Zn与13．全固态LiPON薄膜锂离子电池工作示意图如下，LiPON薄膜只允许Li+通过，电池反应为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2A．放电时，a极为正极B．导电介质c可为Li2SO4溶液C．充电时，b极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+D．放电时，当电路通过0.5mol电子时，b极薄膜质量减少3.5g【答案】C【解析】由题干信息中电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+LiCoO2可知，放电时，电极a为非晶硅薄膜，其电极反应为LixSi-xe-═Si+xLi+，电极a为负极，电极b为LiCoO2薄膜，其电极反应为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，电极b为正极；则充电时电极a为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，电极b为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-═Li1-xCoO2+xLi+，据此分析解题。由分析可知，放电时，a极为负极，A错误；由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故导电介质c中不能有水，则不可为Li2SO4溶液，B错误；由分析可知，充电时b极为阳极，电极反应式为：LiCoO2-xe-═Li1-xCoO2+xLi+，C正确；由分析可知，放电时，电极b为正极，电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，则当外电路通过0.5mol电子时，锂离子得电子嵌入正极，故b极薄膜质量增加0.5mol×7g∙mol-1=3.5g，D错误；答案选14．常温下将NaOH溶液滴加到H2A溶液中，溶液A．曲线M表示pH与lgcB．cC．a点溶液：cD．pH=5的溶液：【答案】C【解析】由图像可知，当纵坐标为0时，lgcHA-cH2A＝0或lgcA2-cH2A＝0，a点c(H＋)>b点c(H＋)，溶液的pH，a点pH>b点pH，故曲线M表示pH与lgcHA-cH2A，A正确；a点，Ka1(H2A)＝c(H+)⋅cHA-cH2A＝c(H＋)＝10-2.6，b点得到Ka2(H2A)＝c(H+)⋅cA2-cHA-＝c(H＋)＝10-6.6，因此Ka1H2AKa2H2A=c2HA-cH2A⋅c(A2-)＝10-2.610-6.6=104，故B正确；图像中的a点，c(HA-)＝c(H2A)，由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA-)＋2c(A2-)＋c(OH-)，又因a点溶液显酸性c(H＋)＞c(OH-)，故所得到溶液中c(Na＋)＜c(HA-)＋2(A2-)＝c(H2A)＋2(A2-)，C错误；pH＝5的溶液中，Ka1二、非选择题15．草酸是一种特殊的二元弱酸，广泛存在于自然界的植物中，草酸具有不稳定性、还原性、酸性。某学习小组开展如下探究活动。(1)按如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的部分分解产物：查阅资料知：草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而钙盐是难溶于水的白色固体；草酸晶体（H2C2O4⋅2H2O）相对分子质量为126，易溶于水，熔点为101℃，受热至150℃时开始升华，①甲同学认为A装置有错误，理由是给固体加热时试管口应略向下倾斜，你是否同意他的观点（填“是”或“否”）。②乙同学认为，若没有B装置，则无法证明草酸晶体分解有CO2生成，理由是③装置D的作用是。④能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是。(2)为测定某草酸晶体产品中（H2C2O4⋅2H2O）的质量分数，称取实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积20.0519.9524.36①滴定过程的离子反应方程式是：，滴定终点的判断标志是。②通过实验数据，计算该产品中（H2C2③下列操作会导致测定结果偏低的是。A．锥形瓶用待测液润洗B．装酸性高锰酸钾溶液的滴定管没有润洗C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失D．滴定前平视，滴定结束时俯视【答案】(1)否H2C2O4+Ca2(2)2MnO4-+5H2C2O4【解析】A装置是草酸晶体的分解装置，B中冰水的作用是冷凝挥发的草酸蒸气，C中的澄清石灰水用于检验分解生成的CO2，D用于除掉CO2，E中浓硫酸干燥气体，F中CO与氧化铜反应生成CO2，G中澄清石灰水变浑浊，说明F中生成CO2，说明草酸分解有CO生成，最后用气囊收集尾气；（1）①草酸晶体(H2C2O4⋅2H2O)熔点为101℃，受热至150℃时开始升华，175℃③装置D的作用是除去气体中的CO2④F中CO与CuO反应生成CO2和Cu，现象为黑色固体变红，G中CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，现象为澄清石灰水变浑浊，两者结合起来说明草酸晶体分解产物中有CO；（2）①草酸与酸性KMnO4溶液反应生成CO2、MnSO4和水，离子方程式为2MnO4-+5H②由表格中数据可知，第三次实验数据偏差大，应舍去，故所用酸性KMnO4标准溶液的平均体积为20.00mL，n(KMnO4)＝0.10mol⋅L-1×0.020L＝0.002mol，则n(H2C2O4⋅③锥形瓶用待测液润洗，待测液偏多，导致消耗标准液体积偏大，A结果会偏高；装酸性KMnO4溶液的滴定管没有润洗，标准液被稀释，导致消耗标准液体积偏大，B滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，则所读到的标准液体积偏大，C结果偏高；滴定前平视，滴定结束时俯视，则所读到的标准液体积偏小，D结果偏低。故选D。16．某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：常温下，Ksp(1)基态Co原子的价电子轨道表示式为。(2)“酸浸”步骤中，可提高含钴废渣浸出率的措施有（写出一种）。(3)“浸出渣”的主要成分为（填化学式）。(4)在“铜渣”中检测不到Co2＋，“除铜液”中Co2＋浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液的c(H＋)＞mol∙L-1。【已知常温下，饱和H2S水溶液中：cH2S=0.1mol⋅L(5)在“氧化”步骤中若Na2S2O8过量会将Co2＋氧化为Co3＋，写出该反应的离子方程式。(6)Co的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中Co2＋的配位数是；已知Co2＋的半径为anm，O2-的半径为bnm，Co2＋和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为g∙cm-3。【答案】(1)(2)升温、粉碎矿物、搅拌等(3)PbSO4、Cu(4)3(5)S2O82-【解析】炼锌废渣(含有锌、铅、铜、铁、钴的＋2价氧化物及锌和铜的单质)中加入稀H2SO4酸浸，锌、铁、钴、铜的氧化物都与稀H2SO4反应，氧化铅与稀H2SO4反应转化为PbSO4沉淀，锌单质与Cu2＋发生置换反应，浸出渣中含有部分Cu和PbSO4；向滤液中通入足量H2S沉铜，过滤，铜渣的成分为CuS；除铜液中加入Na2S2O8，Fe2＋被氧化为Fe3＋，再加入Na2CO3调节溶液的pH＝3.5进行沉铁，得到铁渣；过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4沉钴，生成CoC2O4沉淀，Zn2＋留在滤液中。（1）基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，其价电子轨道表示式为。（2）“酸浸”步骤中，增大接触面积、升高温度、适当增大酸的浓度等，都可提高含钴废渣浸出率，则措施有升温、粉碎矿物、搅拌等。（3）“浸出渣”的主要成分为PbSO4、Cu。（4）在“铜渣”中检测不到Co2＋，“除铜液”中Co2＋浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液中c(S2-)＜Ksp(CuS)c(Cu2+)＝1.8×10-220.18mol∙L-1＝10-21mol∙L-1，Ka1∙Ka2＝c2(H+)⋅c(（5）在“氧化”步骤中，若Na2S2O8过量，会将Co2＋氧化为Co3＋，S2O82-转化为（6）由图示晶胞可知，含黑球的数目为8×18+6×12＝4，含白球的数目为12×14+1＝4，则Co2＋与O2-的个数比为1∶1，其化学式为CoO，设体心的白球表示Co2＋，则与其距离最近且相等的O2-位于面心，共6个，则Co2＋的配位数为6；已知Co2＋的半径为anm，O2-的半径为bnm，则立方体的边长为(2a＋17．氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，我国提出2060年达“碳中和”目标。(1)通过反应CO2+H2⇌体系中涉及两个反应：Ⅰ．主反应：COⅡ．副反应：CO测定不同温度下反应Ⅰ的平衡常数（K>0）如下表所示：T/K373473573673平衡常数37.5K24.3K8.4KK①ΔH10（填“>”“<”或“＝”②nCO2:nHA．升高反应温度B．及时移出HCOOHC．使用HCOOH选择性高的催化剂D．充入氮气③nCO2:nH2=1:1充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为p0 kPa，平衡时压强为pkPa，CO与HCOOH的浓度相等，CO2的转化率α=（用含p(2)硼氢化钠（NaBH4）水解制氢：常温下，NaBH4水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。①根据上图写出NaBH4水解制氢的离子方程式②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4浓度对制氢速率的影响如下图所示。【已知：浓度较大时，NaBOH4分析NaBH4质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因(3)一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢（忽略其它有机物的反应）。①写出由苯（）生成环己烷（）的电极反应式：（有机物用结构简式表示）。②该装置的电流效率η=%（保留1位小数）。（η=生成环己烷转移的电子数转移的电子总数×100%【答案】(1)<BC400p0-(2)BH4-+4H2O=BOH4(3)＋6e-＋6H＋＝64.3【解析】（1）①由图表分析可知，随温度的升高K减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应属于放热反应，ΔH1<0；CO2g+H2g⇌HCOOHg为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH产率降低，A不有利于HCOOH提高产率；移出HCOOH，生成物浓度减小，平衡正向移动，B有利于HCOOH提高产率；选择HCOOH选择性高的催化剂使得主反应进行的程度更大，③nCO2∶nH2=1∶1，设n(CO2)＝n(H2)＝1mol，主反应转化的CO2g+则平衡时n(CO)＝1-x-ymol，n(H2)＝1-x-ymol，n(HCOOH)为x，n(CO)＝n(H2O)＝n(y)，CO与HCOOH的浓度相等，物质的量也相等，即x＝y，则平衡时气体的物质的量为1-x-y+1-x-y+x+y+y=2-（2）①由制氢的微观过程图可知，NaBH4与水反应生成NaB(OH)4与H2，离子方程式为BH4-+4H2O=BOH4-+4H2↑；②根据NaBH（3）①该实验的目的是储氢，则阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极电极反应式为＋6e-＋6H＋＝；②阳极上电极反应式为2H