云南省昆明市2025届高三下学期“三诊一模”教学质量检测(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1云南省昆明市2025届高三下学期“三诊一模”教学质量检测一、选择题1．自然资源的开发离不开化学。下列说法正确的是A．稀土元素既有金属元素，又有非金属元素B．用乙醚浸泡青蒿提取青蒿素，该方法称为萃取C．单晶硅属于半导体材料，用焦炭还原石英砂可获得纯硅D．海水中含有大量氯离子，工业上通过向海水中加入强氧化剂制取Cl【答案】B【解析】稀土元素全部为金属元素，A错误；用乙醚浸泡青蒿提取青蒿素，是因为青蒿素在乙醚中的溶解度更大，利用了萃取原理，B正确；焦炭还原石英砂只能得到含有杂质的粗硅，需要进一步提纯才能得到高纯硅，C错误；工业上通过电解饱和食盐水制取氯气，D错误。故选B。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．H与Cl成键时轨道相互靠拢：B．CN22-C．基态Fe2+的价层电子轨道表示式：D．乙醚的结构简式：CH【答案】B【解析】H与Cl成键时，H原子s轨道与Cl原子3p轨道“头碰头”相互靠拢，A错误；CN22-中C、N原子形成双键，电子式为，B正确；基态铁原子失去4s能级的2个电子形成Fe2+，基态Fe2+的价层电子轨道表示式为，C乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，D错误。故选B。3．化学仿生学是用化学方法在分子水平上模拟生物体功能的一门科学。下列说法错误的是A．模仿壁虎足的结构制成的仿生胶带能与被黏着物之间形成化学键B．模仿叶绿体分解水的功能开发的光催化剂能将光能转化为化学能C．模仿生物细胞膜制成的海水淡化反渗透膜属于功能高分子材料D．模仿荷叶表面微观结构和蜡质层制成的自清洁涂层需选用疏水材料【答案】A【解析】模仿壁虎足的结构制成的仿生胶带不与被黏着物之间形成化学键，只是由于压强原理以及与被黏着物之间形成分子间作用力，A错误；光催化剂是一种能够利用光能催化化学反应的物质，可以将光能转化为化学能，B正确；高分子反渗透膜是一种半透膜，主要由聚醚酯、聚丙烯酸酯等高分子材料制成，C正确；水滴落在荷叶表面或者蜡质层制成的自清洁涂层，会形成水滴滑落，则需选用疏水材料，D正确。故选A。4．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不合理的是选项物质的结构或性质解释A键能大小：HCl原子半径：ClB键角大小：NH中心原子的孤电子对数目：NC与Na反应的剧烈程度：H羟基的极性：HD石墨能导电石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】F的原子半径小于Cl，HF的键长比HCl键长短，HF的键能大于HCl，A解释合理；NH3和H2O的中心原子N和O均为sp3杂化，H2O中氧原子上孤电子对数＞NH3中氮原子上孤电子对数，孤电子对数越多，键角越小，B解释合理；羟基的极性越强，O-H键越易断裂，和金属钠反应越剧烈，H2O5．下列反应方程式错误的是A．酰胺在稀盐酸中水解：RCONHB．硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：2C．CuSO4溶液渗透到含ZnS的矿层中生成D．工业制硝酸中氨的催化氧化：4【答案】D【解析】酰胺在稀盐酸中水解生成羧酸和铵盐，则酰胺在稀盐酸中水解的方程式为：RCONH2+H2O+HCl→ΔRCOOH+NH4Cl，A正确；硫化钠溶液中通入足量二氧化硫生成单质硫和亚硫酸氢钠，离子方程式为2S2-+56．下列实验操作正确且能达到实验目的的是(图中部分夹持装置省略)A．焰色试验检验钾元素 B．实验室制备氨气C．量取20.00mLNaOH溶液 D【答案】D【解析】焰色试验检验钾元素，需用洁净的铂丝或铁丝蘸取样品灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察焰色，A错误；直接加热分解NH4Cl生成的NH3与HCl相遇还会生成NH4Cl，实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取NH3，B错误；需用碱式滴定管量取20.00mLNaOH溶液，图示是酸式滴定管，C错误；在测定中和反应的反应热的实验中，要确保装置保温效果好，减少热损失等，D正确。故选D7．火箭发射时，用N2H4作燃料，NO2作氧化剂，二者反应的化学方程式为A．1molN2B．标况下，11.2LNO2C．每转移0.8mol电子，生成N2的数目为D．20g超重水T2O【答案】C【解析】肼的结构式为，每个氮原子有1个孤电子对，1mol肼中所含孤电子对数为2NA，A错误；NO2气体中存在平衡2NO2⇌N2O4，标准状况下11.2LNO2所含分子数小于0.5NA，B错误；由所给化学反应方程式可知，生成3molN2转移电子的物质的量为8mol，每转移0.8mol电子生成氮气分子的数目为0.3NA，C正确；T为13H，T2O的摩尔质量为22g/mol，20g超重水所含质子数为20g22g/mol×10×NAmol-18．化合物Z是一种合成抗流感病毒医药的中间体，由X和Y合成Z的反应如下：下列说法错误的是A．X中所有原子共平面 B．Y存在顺反异构C．Z中含有3个手性碳 D．该反应为加成反应【答案】A【解析】X中含有甲基，不可能所有原子共平面，A错误；Y含有碳碳双键结构，且双键两端碳原子都是连了2个不同的原子或原子团，Y存在顺反异构，B正确；手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的碳原子，Z的手性碳位置如图所示，C正确；X发生1,4加成反应，Y发生加成反应，D正确。故选A。9．金属阳离子M形成的一种配合物结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，下列说法正确的是A．M在该配合物中的化合价为+2B．Z、W形成的化合物均为酸性氧化物C．配合物中Y原子只采取sp3D．配合物中存在的化学键有离子键、配位键、极性键和氢键【答案】A【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，Y形成4个共价键，Y为C，X只形成单键且原子序数最小，X为H，Z形成双键、单键，且Z与M形成配位键，Z为N，W形成2个共价键，且与X形成氢键，W为O。M与Z之间形成4个配位键，有两处O各得1个电子，带两个单位负电荷，配合物呈电中性，故M在该配合物中的化合价为+2，A正确；Z(N)、W(O)形成的化合物NO、NO2都不是酸性氧化物，B错误；配合物中—YX3(—CH3)的Y是sp3杂化，与Z形成Y=Z(C=N)的Y是sp2杂化，C错误；M与Z(N)之间形成配位键，W(O)与X(H)形成氢键，X(H)与Y(C)形成极性键，但氢键不属于化学键，属于分子间作用力，且没有离子键，D错误。故选A10．我国科学家开发了一种新型二次电池，其原理如图。下列说法错误的是A．该装置中Zn转化为ZnOHB．放电一段时间后Zn电极附近pH减小C．充电时多孔碳电极的电极反应为：SD．离子交换膜为K+【答案】C【解析】由图示二次电池可知，放电时是原电池，负极电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，放电反应为自发反应，Zn转化为ZnOH42-是自发反应，A正确；放电时，Zn电极消耗OH-，一段时间后Zn电极附近pH减小，B正确；充电时是电解池，多孔炭电极作阳极，电极反应式为2S211．依据实验方案和实验现象，得出的实验结论正确的是选项实验方案实验现象实验结论A分别测定等物质的量浓度的CH3COONH4和后者pH大酸性：CHB将SO2气体通入FeNO3出现蓝色沉淀SO2将Fe3+C取1mL卤代烃样品于试管中，加入4mL20%KOH产生白色沉淀该卤代烃中含有溴元素D将Na2CO固体混合并用玻璃棒快速搅拌有刺激性气味气体产生，且温度下降该反应能发生的主要原熵增A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】NH4+、CH3COO-、SO32-都水解，且NH4+对CH3COO-、SO32-水解都有促进作用，但两种溶液中NH4+的浓度不同，不能得出题中结论，A错误；将SO2气体通入FeNO33溶液中，再滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，因为酸性条件下SO2优先和HNO12．双电子转移策略实现铁催化溴代烷烃的烷基羰基化反应的机理如下图所示，L是一种中性配体，Ⅰ的结构为。下列说法错误的是A．Ⅰ中Fe的配位数为6B．Ⅱ为该反应的催化剂C．Ⅲ→Ⅳ的转化中铁的化合价发生改变D．总催化反应方程式为CO【答案】C【解析】在配合物中，配位数是指与中心原子直接相连的配位原子的总数。观察Ⅰ的结构，Fe与6个CO配体相连，Fe的配位数为6，A正确；催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从反应机理图可以看出，Ⅱ参与反应后又在反应过程中再生，所以Ⅱ为该反应的催化剂，B正确；在Ⅲ中，设Fe的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，R-和Br-均为-1价，L、CO为中性配体，可得x+(-1)+(-1)=0，x=+2；在Ⅳ中，同样设Fe的化合价y，R-CO-为-1价、Br-为-1价，L、CO为中性配体，y+(-1)+(-1)=0，y=+2。所以Ⅲ→Ⅳ的转化中铁的化合价没有发生改变，C错误；从反应机理图中可以看出，反应物为CO、RBr、R'OH，生成物为RCOOR'和HBr，所以总催化反应方程式为CO+RBr+R'13．ZnS存在立方ZnS与六方ZnS两种晶胞(如下图所示)，Zn2+均位于SA．rB．S2-位于ZnC．立方ZnS与六方ZnS的密度比为2D．立方ZnS晶胞中距离S2-最近的S2-为【答案】D【解析】在立方ZnS晶胞中，Zn2+与S2-之间最近距离为体对角线的14，晶胞棱长为anm，则体对角线长度为3anm，则Zn2+与SZn2+均位于S2-形成的正四面体空隙中，因为晶体的化学式为ZnS，所以S2-均位于Zn2+形成的正四面体空隙中，B错误；立方ZnS晶胞中含有S2-8×18+6×12=4个，含有Zn2+4个，立方ZnS晶胞的密度为65×4+32×4NA(a×10-7)3g/cm3，六方ZnS晶胞中，上下底面均为菱形，底面面积为32b2，其体积为32b2c×10-21cm3，而六方14．室温下，溶液中Pb2+和Ag+可与Cl-生成PbCl2、AgCl沉淀，也可形成AgCl2-、PbCl4已知：①M表示Pb2+②pM=-lgcM下列说法正确的是A．线b表示cPbClB．PbCl2的KspC．反应AgCls+D．向浓度均为0.1mol⋅L-1的PbNO3【答案】A【解析】①因为Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，所以-lgKsp(AgCl)=-lgc(Ag+)c(Cl-)②因为Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)c2(Cl-)，所以-lgKsp(PbCl③AgCl(s)+Cl-(aq)⇌AgCl2-(aq)，所以K=④PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)，所以K=c(PbCl42-)c2(Cl-)可变形得到：-lgK=-lgc(PbCl42-)c2(Cl-)，变形-lgK=-lgc(PbCl42-)+2lgc(Cl-=10-5×12=1×(10-2.5)2=10-5，B错误；根据图像上的数据可知，AgCl(s)+Cl-(aq)⇌AgCl2-(aq二、非选择题15．镍和钼都是重要的战略金属，被广泛应用于冶金、电子等行业。一种以镍钼矿(主要含NiS、MoS2、少量FeS2、已知：①“酸浸”后，Ni、Mo的存在形式分别为Ni2+②流程使用的阳离子交换树脂作用原理为nRCOONa+Mn③CaSO4回答下列问题：(1)Mo2O72-中Mo(2)“氧化焙烧”步骤中加入CaO的目的是。(3)“氧化”步骤中Fe2+发生反应的离子方程式为，“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3、、(4)实验室使用如图装置“提钼”“提镍”，离子交换柱中填充的树脂分别为、(填“阳”或“阴”)离子交换树脂。“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后可得到产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可向离子交换柱注入(填化学式)【答案】(1)+6(2)脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4(3)6Fe2++ClO3-(4)阴阳NaOH【解析】镍钼矿(主要含NiS、MoS2、少量FeS2、Al2O3和SiO2等)，“氧化焙烧”过程中加入CaO、O2，Mo、Fe、S元素被氧化，CaO是将反应生成的SO2转化为CaSO4；“酸浸”后经过滤得到含有Ni2+、Mo2O72-、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子的滤液和含有SiO2、CaSO4的滤渣1；用阴离子交换树脂提钼，得到负钼树脂和溶液1；溶液1中加NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，用CaCO3（1）Mo2O72-中O为-2价，（2）“氧化焙烧”步骤中加入CaO是将反应生成的SO2转化为CaSO4（3）“氧化”步骤中，Fe2+被NaClO3氧化成Fe3+，NaClO3被还原为Cl-，反应的离子方程式为6Fe（4）由流程可知先提钼（Mo2O72-）后提镍（Ni2+），故离子交换柱中填充的树脂分别为阴离子交换树脂、阳离子交换树脂；阳离子交换树脂作用原理为nRCOONa+Mn+⇌RCOOnM+nNa+，“负镍树脂”16．乙酰化试剂乙酸酐CH3CO2O易溶于有机溶剂，溶于水水解生成乙酸。一定条件下，利用反应Ⅰ．配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液和cmol⋅Ⅱ．酰化和水解：装置如图所示，量取10.00mL(过量)乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入ag醇ROH样品和催化剂，加热回流至反应完全，冷却；再由冷凝管顶部加入10.00mL蒸馏水，加热一段时间，冷却。Ⅲ．含量测定：取下锥形瓶，加入指示剂，用cmol⋅L-1Ⅳ．空白对照：取10.00mL乙酸酐-苯溶液，加适量水加热使其完全水解，冷却后用cmol⋅L-1回答下列问题：(1)熔点比较：CH3COOH(填“大于”或“小于”)(2)步骤Ⅰ中配制KOH-乙醇标准溶液的操作如下：称取一定质量KOH固体置于烧杯中；加入少量蒸馏水完全溶解后，(填操作名称)，转移至容量瓶中，用95%乙醇溶液洗涤烧杯2~3次，继续滴加95%乙醇溶液至凹液面(填“最低处”“最高处”或“任意位置”)(3)步骤Ⅱ“酰化”不能用乙酸代替乙酸酐，原因可用化学方程式表示为，加入10.00mL蒸馏水的目的是。(4)对于上述实验，下列做法正确的是(填标号)。A．苯有毒且易挥发，该实验应在通风橱中进行B．步骤Ⅱ中可用酒精灯直接加热锥形瓶C．步骤Ⅲ中取下锥形瓶前须用少量蒸馏水将冷凝管及锥形瓶内壁上的溶液冲下(5)醇ROH样品中的羟基含量(质量分数)计算式为。【答案】(1)大于(2)冷却最低处(3)CH3COOH+ROH⇌Δ浓硫酸CH【解析】（1）醋酸分子间形成了氢键，而乙酸酐分子间没有氢键，故醋酸的沸点更高；（2）KOH固体溶解会放热，应等溶液冷却至室温后再转移至容量瓶中；继续滴加95%乙醇溶液至凹液面最低处与刻度线相切，停止滴加，并摇匀；（3）“酰化”若用乙酸代替乙酸酐，则乙酸会和醇发生酯化反应，该反应是可逆的，导致后期不能准确测定羟基的含量，相应的化学方程式为CH3COOH+ROH⇌（4）苯易挥发且有毒，实验时需在通风橱中进行，A正确；锥形瓶不能直接用酒精灯加热，B错误；冷凝管、锥形瓶内壁有残留的乙酸，故取下锥形瓶之前，可用少量蒸馏水将冷凝管及锥形瓶内壁上的溶液冲下，C正确；（5）利用反应CH3CO2O+ROH→Δ催化剂CH3COOR+CH3COOH测定ROH中羟基含量，为使ROH充分反应，需加入过量的(CH3CO)2CO，并用KOH-乙醇标准溶液滴定该过程中产生的CH3COOH（过量的乙酸酐水解也会产生CH3COOH，反应为(CH3CO)2O+H2O=2CH3COOH），同时设置对照实验；设与ROH反应的乙酸酐物质的量为n1mol，过量的乙酸酐物质的量为n2mol，根据相关反应有n1+2n2=cV17．石灰石是生产石灰、硅酸盐水泥的重要原料。其主要成分是碳酸钙，分解反应如下：CaCO回答下列问题：(1)在不同的热力学温度下，CO2已知吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS<0时，正反应方向能自发进行，则碳酸钙分解反应的温度应大于K。CO2分压越(填“高”或“低”)碳酸钙越难分解；图中热力学温度由大到小的顺序为，理由是(2)某温度下将：1molCaCO3固体装入容积为反应Ⅰ：CaCO反应Ⅱ：2①该温度下达平衡后，CaCO3有剩余，测得气体中O2的物质的量分数为0.16，则密闭容器内平衡时CaO的物质的量为mol，反应Ⅱ平衡常数为(列出计算式②关于该平衡体系，下列说法正确的是(填标号)。A．气体中mCB．压缩容器体积，达新平衡后CO2C．通入CO2D．混合气体的平均相对分子质量不再改变，体系处于平衡状态(3)过量碳酸钙粉末置于水中达到沉淀溶解平衡，上层清液中有关离子浓度大小关系正确的是___________(填标号)。[已知KspCaCO3=3.4×10-9，A．cCa2+=C．cHCO3-【答案】(1)1112.5高T3>T2>T1CO2分压相同时，根据ΔG=ΔH-(3)BC【解析】（1）根据ΔG=ΔH-TΔS<0，可得T>ΔHΔS=178000J⋅mol-1160J⋅mol-1⋅K-1=1112.5K，即CaCO3分解反应温度应大于1112.5K；相同温度下，CO2分压越高，ΔG越大，越难自发分解，所以CO2分压越高，CaCO3越难分解；由ΔG=ΔH-TΔS，ΔH>0，ΔS>0，相同CO2分压下，（2）①设反应I生成xmolCaO（即生成xmolCO2），反应II生成ymolO2（则生成2ymolCO，消耗2ymolCO2），平衡时CO2为x-2y，由KI=c(CO2)=0.52mol⋅L-1（体积1L），且y(x-2y)+2y+y=0.16故平衡时CaO的物质的量为0.84mol，反应II平衡常数为0.32②反应中C、O原子个数比固定，m(C)m(O)恒定不能判断平衡，A错误；温度不变，KI=cCO2不变，压缩容器体积，CO2浓度不变，B正确；温度不变，KI不变，CO（3）对于过量CaCO3粉末置于水中的沉淀溶解平衡体系：由CaCOCO32-发生水解，导致c(Ca2+)>c(CO32-)，A错误，B正确；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH18．化合物