四川省乐山市第一中学2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1四川省乐山市第一中学2025届高三下学期二模试题一、选择题1．嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiCD．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，55135Cs【答案】C【解析】制作日晷圆盘的石材主要为大理石，属于无机非金属材料，A正确；由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物称为合金，机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B正确；基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为SiO2，C错误；目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，55135Cs的质量数为135，质子数为55，D正确。故选2．下列化学用语表达正确的是A．F-的离子结构示意图：B．基态碳原子的轨道表示式：C．丙炔的键线式：D．H2O分子的球棍模型：【答案】D【解析】F-最外层有8个电子，离子结构示意图为，A错误；基态碳原子的轨道表示式为，B错误；丙炔的三个碳原子在一条线上，C错误；H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为，D正确。故选D。3．茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法不正确的是A．可使酸性KMnO4溶液褪色 BC．分子中含有3种官能团 D．可与金属钠反应放出H【答案】C【解析】该化合物含有的碳碳双键和羟基可使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；该化合物含有的羧基、羟基、酯基可发生取代反应，含有的碳碳双键可以发生加成反应，B正确；该化合物中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键共4种官能团，C错误；该化合物含有的羧基、羟基可与金属钠反应放出H2，D正确。故选4．氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的SOA．1L0.1mol/L氨水中含有的OH-数目为B．0.01mol/LNH42SO3溶液中，SOC．每氧化1molNH42D．若将2molSO2与1molO2【答案】C【解析】氨水中一水合氨为弱碱，只能部分电离，含有的OH-数目小于0.1NA，A错误；不确定溶液体积，不能计算物质的量，B错误；在富氧条件下，NH42SO3被氧化成NH42SO4，硫元素化合价由+4变为+6，每氧化1molNH42SO3转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，C正确；SO5．下列离子方程式书写正确的是A．过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-＝CO32-+HB．向NaNO2溶液中加入酸性KMnO4C．向AlCl3溶液中滴入过量的氨水：D．向NaHCO3溶液中加入过量的Ba(【答案】B【解析】过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+OH-＝HCO3-，A错误；酸性KMnO4溶液氧化NaNO2，KMnO4被还原得到Mn2+，B正确；氨水不与Al(OH)3反应，向AlCl3溶液中滴入过量的氨水得到Al(OH)3，不是AlO2-，C错误；Ba(OH)26．下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，不正确的是A．提纯粗苯甲酸，可以用重结晶法B．蒸馏时，冷却水从下口进，从上口出C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．在进行蒸馏操作时，温度计的水银球应伸入液面下，便于测量温度【答案】D【解析】苯甲酸在水中溶解度较小且受温度影响较大，粗苯甲酸含有较多的不溶性物质和可溶性物质，可溶解后过滤除去不溶性杂质后通过重结晶方法提纯苯甲酸，A正确；冷却水应从下口进上口出，在冷凝管中停留时间长，冷却效果好，B正确；防止上下层液体相互混合，则分液操作时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；温度计测定馏分的温度，则蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，D错误。故选D。7．一种锂离子电池、锂离子电容器中非水电解液添加剂如图所示，四种元素中X、Y、Z处于同一周期，W原子序数最大，且最外层电子是内层电子的一半。下列说法正确的是A．WZ3是离子化合物 B．非金属性：C．原子半径：X>Z>Y D．简单氢化物的沸点：Y>Z>X【答案】D【解析】四种元素中X、Y、Z处于同一周期，W原子序数最大，且最外层电子是内层电子的一半，则W可能为Li(排除)、P，说明四种元素均为第三周期元素。根据添加剂的结构示意图可知，X形成4个共用电子对，X为C，Y形成2个共用电子对，Y为O，则Z为F。WZ3为PF3，只存在共价键，属于共价化合物，A错误；同一主族，从上到下，非金属性减弱；同一周期，从左到右，非金属性增强，O的非金属性大于P，即非金属性：Z>Y>W，故B错误；同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：X>Y>Z，故C错误；水分子和HF分子间均存在氢键，甲烷分子间不能形成氢键，且常温下水为液体，HF为气体，因此简单氢化物的沸点：Y>Z>X，D正确。故选D8．PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是A．六氟合铂酸氙是离子化合物B．六氟合铂酸氙中Xe元素的化合价为+2价C．上述制备过程的催化剂是F－和PtFD．上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③【答案】C【解析】六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－含有阴、阳离子，六氟合铂酸氙是离子化合物，A正确；六氟合铂酸氙中含有[XeF]+，则Xe元素的化合价为+2价，B正确；由图示可知，[XeF]+[Pt2F11]－制备过程的催化剂是F－，PtF7-不是催化剂，C错误；反应②中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，反应③中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，D正确。故选9．如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体B．冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体C．冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大D．lmol冰晶体中最多含有2mol氢键【答案】D【解析】每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过氢键作用形成冰晶体，A错误；冰晶体虽然具有空间网状结构，但分子之间是氢键，所以是分子晶体，B错误；由于氢键有方向性，分子之间的空隙较大，当晶体熔化时，氢键被破坏，水分子之间的空隙减小，C错误；每个水分子向外伸出4个氢键与另外四个水分子形成四面体，根据均摊法lmol冰晶体中最多含有2mol氢键，D正确。故选D。10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z的原子序数之和是Y、W的原子序数之和的12。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物略去)A．沸点：丁<丙，热稳定性：丁>丙B．X、Y、Z、W四种元素能够形成两种常见的酸式盐，且能反应生成NC．Y与Z形成的化合物中，阴、阳离子个数比可以为1∶1D．基态Y原子核外未成对电子数为3【答案】B【解析】乙是一种“绿色氧化剂”，乙是H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系知M是O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，N是SO2，丙是H2S，则甲是硫化物；X、Z的原子序数之和是Y、W的原子序数之和的12，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。沸点：H2O>H2S，热稳定性：H2O>H2S，A11．离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的、完全由阴、阳离子所组成的盐，也称为低温熔融盐。一种以LiAlCl4离子液体为电解质的铝-磷酸铁锂二次电池放电时工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，铝电极的电极反应式为：Al-3e-+7AlCl4-＝4Al2B．放电时，磷酸铁锂电极中锂元素被氧化C．充电时，电子由Al电极经离子液体流向磷酸铁锂电极D．充、放电时，磷酸铁锂电极中铁元素质量、价态均保持不变【答案】A【解析】由图示二次电池可知，放电时，铝电极为负极，Al失电子发生氧化反应，电极反应式为Al+7AlCl4--3e-=4Al2Cl7-，A正确；放电时，磷酸铁锂电极为正极，锂元素化合价不变，铁元素被还原，电极反应式为Li1-xFePO12．使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下：主反应：CH副反应：CH3COOHg在密闭容器中控制n起始H2:n起始CH3COOH=10。2MPa的变化与250℃下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图所示。乙醇的选择性可表示为s(乙醇A．反应2CHB．300℃、0.5MPa下，反应足够长时间，S(乙醇)<90%C．图中曲线③表示250℃，乙醇选择性随压强变化的曲线D．曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小【答案】B【解析】根据盖斯定律，反应2CH3COOH(g)+2H2(g)＝CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)可由主反应+副反应得到，由于主反应和副反应都为放热反应，故反应2CH3COOH(g)+2H2(g)＝CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)的∆H＜0，A错误；由图可知，250℃、0.5MPa下乙醇的选择性为90%，升高温度主反应逆向移动，故300℃、0.5MPa下反应足够的时间S(乙醇)＜90%，B正确；增大压强，主反应平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是①；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，④表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线，C错误；曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，副反应的热效应小可忽略，原因是随温度升高，主反应逆向进行，不利于主反应的进行，D错误。故选B。13．由铜、铟、镓、硒组成的晶体属于四元半导体化合物，Se原子填充在Cu与Ga(或In)围成的四面体空隙中，晶胞棱边夹角均为90°，设NA为阿伏加德罗常数的值。已知：A点、B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)和1A．该晶体的化学式：CuInB．C点Se原子的分数坐标是3C．距离Cu原子最近且等距的Se原子有2个D．若晶胞中Ga与In原子数相同，晶体密度为1258【答案】C【解析】晶胞中Cu的个数为1+8×18+4×12＝4，Se的个数为8个，Ga或In的个数为6×12+4×14＝4个。Cu∶Ga(In)∶Se＝1∶1∶2，该晶体的化学式为CuInxGa1-xSe2，A正确；由晶胞图可知，C点Se原子的分数坐标是34,14,78，B正确；由中心Cu原子可知，距离Cu原子最近且等距的Se原子有4个，C错误；若晶胞中Ga与In原子数相同，则晶胞中有4个Cu，2个Ga，2个In，8个Se，晶胞的质量为4×64+2×70+2×115+8×79NA14．某温度下，保持溶液中cHF=0.1mol·L-1，通过调节pH使Pb2+、Ba2+形成氟化物而分离，体系中pH与pX[X表示cF-、cPb2+A．①为pH与pcF-的关系C．①与②线的交点的pH为2.3D．pH=2时，【答案】D【解析】由HF⇌H++F-可知，pH增大，cH+减小，cF-增大，−lgc(F-)减小，则①为pH与pc(F-)的关系，A正确；根据③给的点可知，Ksp＝10-5.4×(10-1)2＝10-7.4，根据②给的点可得，此时Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=10-4.2×c(F-)0.1=10-3.2，则c(F-)＝1mol·L-1，则Ksp＝10-5.7×12＝10-5.7，根据Ksp(BaF2)>Ksp(PbF2)，所以Ksp(BaF2)＝10-5.7，Ksp(PbF2)＝10-7.4，③为pc(Pb2+)与pH的关系，②为pc(Ba2+)与pH的关系，B正确；pc(F-)＝1时，pH＝3.2，则Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=10-3.2×10-10.1=10-3.2，①与②线的交点为c(F-)＝c(Ba2+)＝3Ksp(BaF2)=10-1.9，Ka=c二、非选择题15．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~2＜1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124−⇌洗脱离子交换R4V4O12+4OH−（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈性（填“酸”“碱”“中（5）“流出液”中阳离子最多的是。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式。【答案】V2O5＋2H＋＝2VO＋H2OSiO20.5Fe(OH)3、Al(OH)3碱K＋2NH4VO3=高温V2O5＋H2O＋2NH3↑【解析】废钒催化剂加H2SO4酸浸，V2O5转化为VO，V2O4转成VO2+，Fe2O3、Al2O3均转化为Fe3+、Al3+，SiO2不溶，则废渣1为SiO2，浸液中加KClO3氧化，VO2+被氧化为VO，加KOH中和，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤，废渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3，离子交换和洗脱可简单表示为4ROH+V4O124-⇌洗脱离子交换R4V4O12+4OH-，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为K2SO4，沉钒得偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，煅烧NH4VO3分解生成V2O5。（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，离子方程式为V2O5＋2H＋＝2VO＋H2O；SiO2与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是SiO2；（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2-，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要KClO3的物质的量为最少3mol÷6＝（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中，同时生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性；（5）由于反应前加入了KClO3和KOH，则“流出液”中阳离子最多的是K+；（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成V2O5、NH3和H2O，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。16．重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：注：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需的pH，如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是(填字母，下同)。A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是；已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋（3）还原过程在酸性条件下进行，每消耗0.8molCr2O转移4.8mole－，该反应离子方程式为。Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O的废水，该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3溶液。（４）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？(填“能”或“不能”)，理由是。（５）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20，假设溶液的c(Cr3＋)＝0.01mol/L，当pH应为时开始生成沉淀。【答案】（1）A（2）ABCD（3）3S2O＋4Cr2O＋26H＋＝6SO＋8Cr3＋＋13H2O（4）不能因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态（5）8【解析】I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，Cr3+被氧化为Cr2O，加NaOH调节pH＝8，则Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4，(1)加氧化剂主要目的是把Fe2+氧化为Fe3+，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故选A；(2)由表中数据可知，pH＝8时，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O转移4.8mole−，则1molCr2O转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O被氧化为SO，则反应的离子方程式为3S2O+4Cr2O+26H+═6SO+8Cr3++13H2O；Ⅱ.(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到Cu2+，Cu2+不具有还原性，不能和Cr2O72-之间发生反应；(2)Ksp＝c(Cr3+)×c3(OH−)＝0.01×c3(OH−)＝1×10－20，c(OH−)＝1×10－6，所以c(H+)＝1×10－8，pH＝8。17．无机含氮化合物在工业和环境领域具有重要的应用价值(1)已知NO催化氧化反应2NOⅰ：2NOⅱ：N2反应过程能量变化如图：①反应2NOg+O2g=2NO2g的②反应时，NO与N2O2快速平衡。已知温度升高，NO2的生成速率反而降低，表现为“负的活化能”(2)硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如图所示：CH步骤Ⅰ：制高纯氢所得H2中含有少量CO气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收CO：CuNH32Acaq①利于CO被吸收的反应条件有(填选项)。a．降低温度b．减小压强c．减小CuNH32Ac浓度步骤Ⅱ：合成氨在保持350℃、1MPa和新型催化剂下，将N2与H②下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是(填选项)a．NH3的浓度不再变化bc．N2和H2的物质的量之比不再变化e．N2③在上述条件下，平衡时容器体积变成起始的75%。该温度下，该反应的平衡常数Kp=MPa2(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压＝总压×步骤Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ：催化氧化制硝酸④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量反应物总能量(填“高于”、“低于”或“等于”)，步骤Ⅴ在反应前需将NO2冷却。冷却NO2有利于提高HNO3产率，原因是((3)肼燃料电池是一种新型的将燃料的化学能直接转化为电能的装置。写出肼燃料电池，用KOH做电解液负极的电极反应：。【答案】(1)(a+b)kJ·mol-1温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii速率降低，NO2的生成速率降低(2)adabcd48低于防止温度高造成HNO3分解(或温度高NO2溶解度降低)(3)N2H4+4OH--4e-＝4H2O+N2【解析】（1）①反应ⅰ+反应ⅱ可得反应2NOg+O2g=2NO2g，由盖斯定律可知，该反应的焓变为ΔH=ΔH1+ΔH2＝-(a+b)kJ·mol-1；②反应ⅰ的ΔH1<0，为放热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii速率降低，NO2的生成速率降低。（2）①利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu(NH3)2]Ac(aq)浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，故选ad；②c(NH3)不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，a选；在恒压条件下反应该反应，容器的体积不断减小，当容器体积不再变化时，说明反应达到平衡，b选；将N2与H2以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应N2g+3H2g⇌2NH3g，则反应过程中N2N平衡时容器体积变成起始的75%，则1-x+1-3x+2x2=0.75，x＝0.25mol，则该反应的平衡常数Kp=p2NH3pN2p3H2=0.51.5×1MPa20.751.5×1MPa0.251.5×1MPa3=48MPa-2；④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量低于反应物总能量。冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为