广东省广州市2025届高三综合测试（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广东省广州市2025届高三综合测试（二模）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中华文化源远流长，古人使用不同的材料制作乐器。下列乐器中，主要材质为硅酸盐材料的是A．青铜编钟B．木笙C．陶埙D．骨笛A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】青铜编钟的主要材质为青铜，青铜为金属材料；木笙的主要材质为纤维素，纤维素为有机高分子材料；陶埙的主要材质为陶瓷，陶瓷为硅酸盐材料；骨笛的主要材质为动物的胃骼(碳酸钙)，碳酸钙不是硅酸盐材料。故选C。2．我国科技发展取得巨大成就。下列说法不正确的是A．蛟龙号载人潜水器使用钛合金作外壳材料，2248B．运载火箭使用肼(N2H4)C．神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该树脂为合成有机高分子材料D．天和核心舱电推进系统腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】钛合金具有较高的强度，蛟龙号载人潜水器确实使用钛合金作为外壳材料，钛原子序数为22，质子数为22，A正确；肼（N2H4）是共价化合物，其电子式为，B错误；神舟十九号载人飞船使用耐烧蚀树脂，该树脂属于合成有机高分子材料，C正确；氮化硼陶瓷主要由氮原子和硼原子组成，属于新型无机非金属材料，D正确。故选B。3．“二十四节气”是中国农耕文化的产物，每个节气都有对应的食物。下列说法正确的是A．清明吃艾饼，艾叶中的纤维素属于二糖B．夏至吃面条，面条中的淀粉属于纯净物C．立秋吃芝麻，芝麻中的油脂属于芳香烃D．冬至吃饺子，饺子中的蛋白质可水解为氨基酸【答案】D【解析】艾叶中的纤维素属于多糖，A错误；面条中的淀粉是多糖，属于混合物，B错误；芝麻中的油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，不属于芳香烃，C错误；饺子中的蛋白质可发生水解，水解的最终产物为氨基酸，D正确。故选D。4．从海带灰中提取碘的实验过程如下，其中操作X为A．萃取分液 B．加热蒸馏 C．冷却结晶 D．趁热过滤【答案】A【解析】海带灰中加入蒸馏水浸泡，过滤，得到含I-的溶液；向溶液中加入氧化剂(如H2O2、Cl2等)，将I－氧化为I2向含有I－的溶液中加入CCl4萃取，分液，得到I2的CCl4溶液，将此溶液进行蒸馏，便可获得I2，操作X为萃取分液，故选A。5．兴趣小组利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．制备NOB．除去NO中的NO2C．收集NOD．吸收尾气中的NO【答案】B【解析】铜丝与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和水，不能用于制备NO，A不能达到实验目的；NO2能与水发生反应3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，则可用水除去NO中的NO2，B能达到实验目的；NO的相对分子质量与空气的接近，且能与空气中的O2反应，不能用排空气法收集NO，C不能达到实验目的；NO为有毒的气体，NO不与NaOH溶液发生反应，所以不能用NaOH溶液吸收NO尾气，D不能达到实验目的。故选B。6．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用Na2S除去废水中Hg2＋Na2S具有还原性B将模具干燥后再注入熔融钢水铁与水高温下会反应C喷洒波尔多液防治农作物病虫害Cu2＋可使蛋白质变性D船舶外壳安装锌块防锈蚀锌的金属性比铁强A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】用Na2S除去废水中的Hg2＋时，生成HgS沉淀，Na2S没有表现出还原性，A符合题意；铁与水高温下会反应，为防安全事故的发生，必须将模具干燥后再注入熔融钢水，B不符合题意；波尔多液由胆矾、石灰和水配制而成，Cu2＋可使蛋白质变性，所以喷洒波尔多液可防治农作物病虫害，C不符合题意；锌的金属性比铁强，与铁相连时构成原电池，铁作正极，所以船舶外壳安装锌块可防锈蚀，D不符合题意。故选A。7．一种非天然氨基酸的结构如图所示，关于该化合物，说法不正确的是A．能使酸性KMnO4B．最多能与等物质的量的Na反应C．既能与HCl反应又能与NaOH反应D．分子中碳原子的杂化方式有sp2和【答案】B【解析】醇羟基能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，A正确；该有机物中醇羟基与羧基均可与Na发生反应，1mol该有机物最多能与2molNa发生反应，B错误；该有机物含有氨基和羧基，该有机物既能和酸反应，又能和碱反应，C正确；该有机物苯环中的碳原子和羧基中的碳原子均为sp2杂化，其余的碳均为sp3杂化，该有机物碳原子的杂化方式有sp2和sp38．我国古代四大发明之一黑火药的操作反应为：S+2KNO3+3A．每消耗32gS，该反应中转移的电子数目为12B．2.0molKNO3C．1L1.0mol⋅L-1KD．标准状况下，2.24LCO2中含有σ【答案】A【解析】在反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，S、KNO3作氧化剂，C作还原剂，若有1molS参加反应，转移电子的物质的量为12mol；每消耗32gS，S的物质的量为1mol，该反应中转移的电子数目为12NA，A正确；KNO3由K＋和NO3-构成，2.0molKNO3晶体中含有的离子数目为4NA，B不正确；在溶液中，S2-会发生水解，1L1.0mol⋅L-1K2S溶液中含9．通过控制电位可以实现从地下卤水(主要含有Na＋、K＋、Cl-、Br-)中提取溴单质，其工作原理如图。电解过程中，下列说法不正确的是A．Pt电极上发生还原反应B．石墨电极上发生的反应有：2C．溶液中的阳离子从阳极室进入阴极室D．阴极室溶液的pH逐渐降低【答案】D【解析】图示装置为电解池，Pt电极为阴极，在Pt电极上H2O得电子发生还原反应，A正确；石墨电极为阳极，Br－失电子生成Br2，电极反应式为2Br--2e-=Br2；石墨电极为阳极，由于Cl－失电子能力弱于Br－，阳极首先发生的反应为2Br--2e-=Br2，B正确；阴极电极反应式为2H2O＋10．部分含Na或含Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是A．存在a→b→c→C．存在b+f→d的反应 D【答案】C【解析】由图可知，a为Na或Al单质，g为Na2O或Na2O2，f为NaOH，e为钠盐；b为Al2O3，c可能为Al(OH)3，d为铝盐。Al2O3不溶于水，不能由Al2O3一步转化为Al(OH)3，A错误；Na2O2与水反应生成NaOH，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应不是化合反应，B错误；b+f→d为Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，化学方程式为Al211．按下图装置进行实验，两张湿润的试纸贴于广口瓶内壁，先注入浓氨水，一段时间后再注入浓盐酸，对实验现象的分析合理的是A．注入浓氨水，气球膨胀，说明NH3B．注入浓氨水，红色石蕊试纸变蓝，说明NH3C．注入浓盐酸，淀粉KI试纸变蓝后褪色，说明氯气具有漂白性D．注入浓盐酸，出现大量白烟，说明氨气具有还原性【答案】D【解析】注入浓氨水，NH3⋅H2O分解产生NH3，使广口瓶内压强增大，气球膨胀，并不是因为NH3⋅H2O分解放热，A错误；注入浓氨水，红色石蕊试纸变蓝，是因为NH3与水反应生成的NH3⋅H2O电离出OH-使溶液显碱性，NH3自身不能电离，属于非电解质，B错误；注入浓盐酸，浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2，Cl2将KI氧化为I2，淀粉KI试纸变蓝，Cl2不具有漂白性，是次氯酸等具有漂白性，C12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA同浓度溶液的碱性：C6H5ONa＜Na2CO3酸性：C6H5OH＜H2CO3B酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH电负性：Cl＞HC以1，3-丁二烯为原料合成顺丁橡胶合成顺丁橡胶的反应是缩聚反应D由硫制硫酸：SSO2和SO3均具有氧化性A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】由酸性C6H5OH＜H2CO3可推出碱性：C6H5ONa＞NaHCO3，但不能推出碱性C6H5ONa＜Na2CO3，A不符合题意；酸性CH2ClCOOH＞CH3COOH，表明前者羧基中O－H键的极性更强，吸引电子的能力－CH2Cl＞－CH3，电负性Cl＞H，B符合题意；1，3-丁二烯的官能团为碳碳双键，易发生加聚反应，不能发生缩聚反应，C不符合题意；由硫制硫酸的转化为S→SO2→SO3→H2SO4，SO2转化为SO3时，S元素的化合价升高，表现出还原性，而SO3转化为H2SO4时，S13．一种有机除草剂分子含有X、Y、Z、W、R五种原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X的原子核只有1个质子，Y的基态原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，Z与R同族，Z的基态原子价层p轨道半充满，W的基态原子价层电子排布式为nsnA．第一电离能：Y>W>C．沸点：X2W>ZX【答案】C【解析】X的原子核只有1个质子，X为H；Y的基态原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，Y为C；Z与R同族，Z的基态原子价层p轨道半充满，Z为N，R为P；W的基态原子价层电子排布式为nsnnpn+2，n＝2，W为O。Y为C，W为O，Z为N，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p能级为半允满稳定结构，第一电离能最大，故第一电离能N>O>C，A错误；X为H，W为O，Z为N，NH3和H2O中H为+1价，H的电负性小于N和O，同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，故电负性O>N>H，B错误；X为H，W为O，Z为N，R为P，H2O、NH3、PH3均为分子晶体，H2O和NH3中均存在分子间氢键，相同情况下水中氢键数目多，沸点最高，故沸点：H2O>NH3>PH3，C正确；W为O，Z为N，NO2-中N原子的价层电子对数为2+5+1-2×22=314．利用下列实验装置(加热装置省略)测定葡萄酒中SO2的含量，将葡萄酒中的SO2吹到H2O2A．Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其氧化性B．SO2进入Ⅱ中与H2OC．利用NaOH滴定Ⅱ中未反应完的H2O2D．若Ⅲ中溶液颜色变浅，则测得的SO2【答案】B【解析】加热三颈烧瓶时，SO2逸出进入H2O2溶液中，SO2被H2O2氧化为硫酸，然后利用NaOH标准溶液滴定反应后生成的硫酸，测SO2的含量。Ⅰ中加入稀硫酸，目的是利用其酸性，促进SO2逸出，A错误；SO2进入Ⅱ中与H2O2反应，SO2被氧化为硫酸，体现SO2的还原性，B正确；利用NaOH滴定Ⅱ中生成的硫酸，测SO2的含量，C错误；若15．反应Naq+Paq⇌Qaq，正反应速率可表示为v正=k正A．该反应的ΔB．升高温度，v正减小、vC．达到平衡时，kD．平衡后加水稀释，达到新平衡后nQ【答案】D【解析】由lnk与1T关系图所示，随着温度升高，lnk逐渐增大，且lnk逆增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应，ΔH＜0，A错误；升高温度，v正、v逆均增大，B错误；达到平衡时正逆反应速率相等，则有v正=v逆，所以k正16．一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含Li+有机溶液，放电过程中Ni-Pt电极首先发生反应6Li++N2+6A．充电时，阳极产生ClB．放电时，Li+从Li电极向Ni-PtC．放电时，每消耗6molLi，正极室增加28gD．放电时总反应：6Li【答案】C【解析】由图示装置可知，放电时，N2得到电子发生还原反应生成Li3N，Li3N又转化为CF3SO22NLi和LiCl，则左侧电极为正极，右侧电极为负极。充电时为电解池装置，左侧电极为阳极，Cl－失去电子被氧化产生Cl2，A正确；放电时阳离子向正极迁移，则Li+从Li电极向Ni－Pt电极迁移，B正确；放电时，每消耗6molLi，则转移电子6mol，正极室吸收1molN2，且有6molLi+由右侧迁移至左侧，则正极室增加1mol×28g/mol＋6mol×7g/mol＝70g，C错误；放电过程中，N2得到电子发生还原反应生成Li二、解答题17．弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH不发生明显变化的能力。Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。(1)配制100mL1.00mol⋅L-1的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(NaAc·3H2O，M=136g⋅mol-1)A．

B．

C．

D．(2)探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。用浓度均为1.00mol⋅L-1的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入序号VVV加盐酸前pH加盐酸后pH10020.007.00x22.502.5015.004.764.6735.005.0010.004.764.72①实验测得x与理论计算一致，x=②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越(填“强”或“弱”)。(3)探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。提出猜想：混合溶液中n(NaAc):设计实验、验证猜想：参照(2)进一步实验。序号VVVn(NaAc)加盐酸前pH加盐酸后pH41.009.0010.001:93.803.6752.008.0010.001:44.164.096VV10.004:15.365.30①V1=②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立，乙同学根据实验和认为猜想不足以成立。③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中n(NaAc):n(HAc)越接近Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。(4)利用EDTA(Na2H2Y)测定ZnO的纯度，滴定反应为准确称取ZnO固体ag于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL溶液，从中取25.00mL，加入指示剂和20mL缓冲溶液，滴定至终点消耗cmol⋅L-1①下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是(填字母)，原因是。A．0.06mol⋅LB．0.12mol⋅LC．0.19mol⋅L②测定结果：ZnO(摩尔质量为Mrg⋅mol-1)晶体的纯度为(用Mr、a、【答案】(1)13.6BC(2)2.00H++Ac-(3)8.0036(4)BB中n(盐)：n(酸)最接近1:1且混合溶液总浓度最大cV【解析】（1）配制100mL1.00mol⋅L-1的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(NaAc·3H2O，M=（2）①5.00mL0.050mol⋅L-1的盐酸加入20.00mL的水，所得到溶液中c(H+)为5.00mL×0.050mol②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是溶液中存在平衡H++Ac-⇌HAc，加入盐酸后，H+③由表，实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；（3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当n(NaAc)∶n(HAc)＝4∶1时，V②结合表中数据，实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中n(NaAc)∶（4）①由(2)、(3)的实验结论：NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相同下，混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是B，原因是B中n(盐)∶n(酸)最接近1∶1且混合溶液总浓度最大。②结合滴定反应为Zn2+18．LiFePO4广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)获得制备LiFePO已知：①常温下，部分物质的Ksp物质LiFePOAlPOMgCaMgK2.3×9.9×9.8×1.0×5.5×5.6×②在本工艺相应条件下，EDTA能与Ca2+③常温下，Ka1(H3PO(1)“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为。若“沉锂1”后滤液中c(PO43-)=0.023mol⋅(2)“萃取除铝”时，调节溶液pH=3，Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是(3)“沉淀”时控制溶液pH=1，此时c(H2PO4-):c((4)“除杂”中加入NaOH调节溶液pH=12。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、(5)“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入Na2CO3固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止Li2CO3产品中混入(6)由Li2CO3①X的化学式为。②与Li距离最近且等距的Co的数目为。③设X最简式的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则X晶体的密度为g⋅cm【答案】(1)3Li++PO(2)酸性增强，H++R(3)6.9×10-2(4)Mg(5)CaCO(6)LiCoO28【解析】低浓度锂溶液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)中加入Na3PO4溶液沉锂1，生成含有Li3PO4、AlPO4、Mg3(PO4)2、Ca3(PO4)2的滤渣，向其中加H2SO4溶解，得到含有Li＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋的溶液，向其中加入萃取剂萃取除铝，得到的水相中含有Li＋、Mg2＋、Ca2＋，向其中加入绿矾和H2O2反应生成FePO4固体，过滤后加入NaOH溶液生成的滤渣2为Fe(OH)3、（1）“沉锂1”中Li+和PO43-反应生成磷酸锂的离子方程式为3Li++PO43-=Li3PO4（2）“萃取除铝”时，调节溶液pH=3，Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，H++R（3）沉淀”时控制溶液pH=1，c(H＋)＝0.1mol/L，此时c(H2PO4-)c(H3PO4（4）“除杂”中加入NaOH调节溶液pH=12，c(OH-)＝KwcH+=10-1410-12mol/L=0.01mol/L，由KspMg(OH)2=5.6×10-12可知，此时溶液中c(Mg2＋（5）在本工艺相应条件下，EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入Na2CO3固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止（6）①由晶胞结构图可知，晶胞中的Li+个数为1，O2-的个数为4×14+2×12＝2，Co3+的个数为8×18②由晶胞结构图可知，以位于体心的Li+为研究对象，与Li+距离最近且等距的Co3+的数目为8；③设X最简式的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则X晶体的密度为19．水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。水煤气变换反应：CO(1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式为。(2)使用Fe232则ΔH1=(用ΔH2和ΔH(3)科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。A．水煤气变换反应的ΔHB．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大(4)科研人员研究了467℃和489℃时水煤气变换反应中H2和CO分压随时间变化关系如图1所示，催化剂为Fe2O3，实验初始时体系中的①489℃时，p(CO)随时间变化关系的曲线是(填“a”或“b”)。②467℃时反应在0~90min内的平均反应速率v(CO)=kPa⋅min(5)科研人员研究了温度和初始投料比n(H2O)/n0(CO)对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为n0(CO①计算527℃时水煤气变换反应的平衡常数Kp＝。(Kp以分压表示，分压=总压×②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中A．<14

B．(14,13)【答案】(1)(2)ΔH(3)AD(4)b0.0078(5)4B【解析】（1）基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，价层电子的电子排布图为；（2）使用Fe2①3②2①＋②得CO(g)+H2（3）由反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的ΔH1<0，A正确；由反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误；催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误；根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D（4）①由图可知，a、b表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时p(CO)随时间变化关系的曲线是a；489℃时p(CO②467℃时p(CO)随时间变化关系的曲线是a；反应在0~90min内的平均反应速率v(CO)=（5）①根据在527℃和784℃下，p平(CO2)/p平(CO)随n(H2O)/n0(CO)的变化曲线，因为反应的ΔH1<0，所以T1为527℃，T2为784℃。由图2可得，T②721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(gCOg平衡时体系中H2的物质的量分数＝nH2n总=xmol1-x+1-x+x+xmol=x2。527℃温度下n(H2O)/n0(CO)＝1.0时，p平(CO2)/p平(CO)＝2.0，x1-x=2.0，解得，x=20．化学反应的原子经济性是绿色化学的核心之一，一种能体现原子经济性的化合物Ⅳ的合成的路线如下：(1)化合物Ⅰ的分子式为。(2)化合物Ⅱ的某同分异构体属于芳香化合物，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为。(3)根据化合物Ⅲ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①②O2、