广东省清远市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广东省清远市2025届高三下学期二模试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是A．佛山石湾陶龙B．阳江漆器龙纹盒C．潮州木雕D．广绣A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】佛山石湾陶龙主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；阳江漆器龙纹盒的主要成分为纤维素，属于有机物；潮州木雕的主要成分为纤维素，属于有机物；广绣中使用的绣线的主要成分为纤维素，丝绸底料的主要成分为蛋白质，均属于有机物。故选A。2．“新能源技术”是我国实现“双碳”目标的重要支撑。下列说法正确的是A．生物柴油制备：将地沟油制成生物柴油，其成分与柴油成分相同B．锂硅电池：硅(Si)的电子排布式为[C．氢燃料电池：氢气与氧气反应生成水，同时释放电能，化学能转化为电能D．“光伏发电”技术：太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于化学变化【答案】C【解析】地沟油的主要成分是甘油三酯，生物柴油的主要成分为脂肪酸甲酯或脂肪酸乙酯，二者成分不同，A错误；硅的原子序数为14，基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，可简化为[Ne]3s3．下列有关化学知识的整理和归纳，不正确的一组是A．化学与农业：为了增强肥效，将草木灰(钾肥)与铵态氮肥混合施用B．化学与环境：NOxC．化学与应用：口罩使用的材料聚丙烯，其单体能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．化学与生活：家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，是为了防止电化学腐蚀【答案】A【解析】草木灰中含K2CO3与铵态氮肥混合施用，CO32-与NH4+会发生相互促进的水解反应，生成的NH3·H2O分解挥发出NH3，降低肥效，因此不能混合施用，A错误；光化学烟雾是汽车尾气、工业废气排放的NOx和碳氢化合物在强烈紫外线照射下发生光化学反应，B正确；口罩使用的材料聚丙烯，其单体为丙烯，丙烯中的碳碳双键可使紫色的高锰酸钾溶液褪色，C4．下列有关物质结构和性质的说法，正确的是A．NO3-与SO3B．O2和O3都是单质，在C．可燃冰(CH4⋅8D．分子晶体都存在分子间作用力和共价键【答案】C【解析】NO3-中N原子的价层电子对数为3+5+1-3×22=3，N采取sp2杂化，SO32-中心S原子原子的价层电子对数为3+6+2-3×22=4，S采取sp3杂化，A错误；O2为非极性分子，O3分子具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶，O3在5．一种以“铝—空气”为电源的航标灯，只要把灯放入海水中就会发出耀眼的光。关于该电池，下列说法正确的是A．铝作负极，发生还原反应B．由于海水和空气足量，该电池几乎可以一直使用C．电子从空气电极经海水回到铝电极D．空气电极发生的电极反应式为O【答案】D【解析】铝—空气电池工作时，铝在电极上失去电子生成Al3+，发生氧化反应，铝电极作负极，A错误；海水和空气足量，铝电极持续消耗，因此该电池不能一直使用，B错误；铝作负极，空气电极为正极，电子由铝电极经负载回到空气电极，C错误；O2在空气电极上得电子生成OH－，发生还原反应，空气电极作正极，电极反应式为O2+4e-6．下列装置能达到相应实验目的的是A．用图①装置制备Fe(OH)3胶体C．用图③装置干燥二氧化碳 D．用图④装置制备乙酸乙酯【答案】D【解析】制备Fe(OH)3胶体的方法是向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热至溶液程红褐色，胶头滴管不能伸入烧杯中，A错误；NaOH溶液不能放在酸式滴定管，而应放在碱式滴定管中，B错误；干燥气体时，浓硫酸不能放在U型管中，C错误；制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且干燥管能防倒吸，7．劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜B生产活动：向葡萄酒中添加适量的SOSO2C学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素D自主探究：果蔬电池电解池原理A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】铝可与氧气反应生成致密的氧化膜，能保护内部的铝不被氧化，因此镀铝钢板耐腐蚀，A有关联；因SO2具有杀菌和抗氧化的作用，故葡萄酒中添加SO2，可起到防腐的作用，B有关联；因厨余垃圾中含有N、P、K等元素，故可用厨余垃圾制肥料，C有关联；果蔬电池利用了原电池的工作原理，D没有关联。故选8．某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是A．1molX最多能与4molHB．X与足量H2加成后，所得产物官能团的性质与XC．X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面D．C原子的杂化方式有2种【答案】B【解析】1mol苯环结构可以与3molH2加成，1mol醛基可以与1molH2加成，1molX最多能与4molH2反应，A正确；X与足量H2加成后的产物中的官能团为醇羟基，与X中的醛基、酚羟基的性质不一致，B错误；苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；X中，苯环上的C原子和醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，D正确。故选B9．卤素间形成的化合物如“BrCl、IBr、ICl”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是A．ICl在熔融状态下能导电B．BrCl与H2O反应时，C．IBr和Fe反应方程式为3D．I2的氧化性强于【答案】B【解析】ICl是共价化合物，在熔融状态下不能导电，A错误；BrCl＋H2O＝HCl＋HBrO，反应中各元素化合价没有发生改变，BrCl既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；Fe3+能氧化I-，所以IBr和Fe反应方程式为2IBr＋Fe＝FeI2＋FeBr2，C错误；Cl、Br的非金属性比I强，所以I2的氧化性弱于10．NA为阿伏加德罗常数的值，7.8gNa2O2A．Na2O2中有0.2NAC．所得溶液的浓度为0.2mol⋅L-1【答案】D【解析】7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，1molNa2O2中含2molNa+和1molO22-，故7.8gNa2O2中含有的阴离子的数目为0.1NA，A错误；2molNa2O2与2molH2O反应转移2mole-，故7.8gNa2O211．用如图装置做乙炔的制备和性质实验，下列说法正确的是A．用饱和食盐水，是因为比水反应更快B．电石主要成分的化学式为CaC2C．此实验中CuSO4D．此实验Br2【答案】B【解析】用饱和食盐水，是为了减慢反应速率，A错误；CaC2由Ca2＋、C22-构成，含有离子键和非极性共价键，B正确；CuSO4溶液和H2S反应生成黑色CuS沉淀，C错误；乙炔中C≡C键和聚乙炔中的C＝C键都能与溴发生加成反应，Br212．如图是原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物的结构式，已知只有Y、Z、W处于同一周期，图中α、β、γ为键角。下列有关说法错误的是A．原子半径：Y>Z>C．电负性：W>Z>【答案】B【解析】原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M，只有Y、Z、W处于同一周期，X形成1对共用电子对，则X为H；Y形成4对共用电子对，Z形成3对共用电子对，W形成2对共用电子对，则Y、Z、W依次为C、N、O，M形成5对共用电子对，则M为P。同周期从左向右主族元素原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y(C)＞Z(N)＞W(O)，A正确；图中键角α中的N、β中的C、γ中的O的价层电子对数都为4、都采取sp3杂化，孤电子对数依次为1、0、2，由于斥力：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，故键角：β＞α＞γ，B错误；同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性：O＞N＞P，即W＞Z＞M，C正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于O，所以第一电离能：N＞O＞C，即Z＞W＞Y，故D正确。故选B。13．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA2HI(g)⇌H升高温度，v正加快，vBpH=2的NH4Cl和HClNH4CBaSO4浸泡于饱和Na2COBaCO3D用pH计测等温度等浓度HCl、H2S溶液，前者非金属性：ClA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】升高温度，v正、v逆均加快，平衡正向移动，A陈述Ⅱ错误；NH4Cl水解促进水电离，HCl抑制水电离，没有明确溶液体积，NH4Cl电离的H+不一定多，B陈述Ⅰ错误；BaSO4浸泡于饱和Na2CO3溶液，Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，BaSO4转化为BaCO3沉淀，不能说明BaCO3的溶度积更小，C陈述Ⅱ错误；HCl是强酸、H2S是弱酸，用pH计测等温度等浓度HCl、H2S溶液，前者pH小；同周期中从左至右非金属性逐渐增强，非金属性14．部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知CuCl难溶于水，为白色沉淀，下列推断不合理的是A．若a和Cl2直接反应，则产物中一定不存在B．若a和S直接反应，则产物中一定不存在cC．h溶于HCl后，溶液呈蓝色，则一定会有a生成D．盐为氯化物时，把f的水溶液加热蒸发，一定得到g【答案】D【解析】a为Fe或Cu；h为Cu2O；e为FeO或CuO；b为Fe2O3；i为亚铜盐；f为铜盐或亚铁盐；c为铁盐；j为CuOH；g为Cu(OH)2或Fe(OH)2；d为Fe(OH)3。Cl2的氧化性很强，与金属反应时，将金属氧化成高价态，Fe或Cu与Cl2反应生成FeCl3或CuCl2，A合理；S的氧化性较弱，与金属反应时，只能将金属氧化成低价态，Fe或Cu与S反应生成FeS或Cu2S，B合理；Cu2O溶于HCl后，溶液呈蓝色，是因为生成了CuCl2，说明Cu2O发生了歧化反应，故有Cu生成，C合理；若f为FeCl2，则在加热蒸发过程中，Fe2+被空气氧化成Fe3+，蒸干后得到Fe(OH)3，D不合理。故选15．甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所示，下列说法正确的是A．该催化剂降低了反应的焓变 B．过程Ⅱ为加成反应C．过程Ⅲ中有σ键和π键的断裂 D．该反应的催化剂为H【答案】B【解析】催化剂只能降低活化能，不能改变反应的焓变，A错误；过程Ⅱ，CO2中1个C＝O键断裂，与H-Ru-H发生加成反应，B正确；过程Ⅲ中只有C－O、H－O键断裂，只有σ键的断裂，C错误；反应Ⅰ中HO-Ru-OH与H2反应生成H2O和H-Ru-H，R反应16．据报道，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”。反应：4NaA．放电时，电解质溶液中ClO4B．放电时，产生的Na2C．充电时，多壁碳纳米管上电极反应式为2D．充电时，当碳纳米管减轻13.2g，钠箔增重9.2g【答案】D【解析】由图示装置可知，放电时为原电池，钠箔失去电子被氧化，钠箔作负极，碳纳米管上CO2得电子被还原，碳纳米管作正极，电解质溶液中ClO4-流向钠箔，A正确；放电时，碳纳米管为正极，CO2得电子和Na+反应生成Na2CO3和C，产生的Na2CO3固体贮存于多壁碳纳米管中，B正确；放电时，碳纳米管为正极，电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e-═2Na2CO3＋C，充电时碳纳米管为阳极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+，C正确；13.2gC物质的量为0.3mol，充电时，碳纳米管电极反应式为2Na2CO3+二、解答题17．为了研究SO2Ⅰ．按图示实验装置完成实验。将装置中浓硫酸加入A装有少量蔗糖的试管中，关闭活塞。观察到A中剧烈反应，蔗糖变黑，且有气体放出。(1)A中盛装浓硫酸的仪器名称为，体现了浓硫酸的性质有。(2)B、D中紫色都变红，C中过量KMnO4溶液不褪色，C中发生反应的离子方程式为Ⅱ．往装有SO2水溶液的烧杯中插入pH(3)其读数慢慢(填“变大”“变小”或“不变”)。Ⅲ．如图所示，装满SO2的三颈烧瓶，分别连有pH传感器、气体压力传感器。将针筒中的水注入三颈烧瓶。测出气体压力变化如图甲，溶液pH(4)根据甲、乙两图前50s的变化曲线，说明SO2的性质有。50s后，将三颈烧瓶置于40℃猜想1：气体压力显著上升，可能是因为温度升高，瓶内气体膨胀。猜想2：？(5)实验设计：可通过一个空白实验进行对比分析，请填操作：。(6)测得此时压强图像为图丙。所以，猜想2：是主要原因的。【答案】(1)分液漏斗脱水性，强氧化性(2)2(3)变小(4)易溶于水，水溶液显酸性(5)无SO2(6)可能是因为H2SO3【解析】（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗。蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，碳被浓硫酸氧化，浓硫酸与碳反应方程式为C+2（2）SO2被高锰酸钾氧化，化学方程式为5SO（3）由于SO2是酸性氧化物，溶于水可以和水反应生成H2SO3，H2SO3显弱酸性，H2SO3（4）根据甲图中前50s压强逐渐减小，说明SO2溶于水；乙图前50s酸性逐渐增强，说明SO2溶于水生成了酸，化学方程式为（5）猜想2可以按照对比实验的思路进行分析，可以在无SO2（6）50s以后，压强逐渐增大，是因为温度升高以后，H2SO3逐步分解生成SO2，化学方程式为H18．铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素，一种分离各元素并制备目标产物的流程如下：已知：①H3②“萃取”机理：R3(1)元素As位于第四周期，与N元素同主族，其价层电子排布为。(2)从滤液1中得到NiSO4⋅6H2(3)“碱浸”后，假设溶液中生成等物质的量的Na3AsS3和Na3AsO3，则“氧化脱硫”时，当恰好完全反应，每生成96g(4)“还原”过程中发生反应的离子方程为。(5)“反萃取”所用的试剂a为。(6)砷化镓的立方晶胞如图甲所示。Ga的配位数为，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图。【答案】(1)4s(2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(3)2.5mol(4)AsO(5)氨水或氨气(6)4【解析】铜合成炉烟气吸收液中(含有Cu、As、Ni和Re元素)通入H2S进行沉淀，过滤，滤液1中含有NiSO4，滤液1蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4⋅6H2O；Cu、As、Re等元素以硫化物形式沉淀，向沉淀中加入H2SO4并通入O2进行加压浸取，过滤，滤渣中含有CuSO4和As、S的化合物，向其中加入NaOH碱浸，过滤，滤渣1中主要含有Cu(OH)2，碱浸液中含有Na3AsO3和含硫化合物，向其中通入O2，将硫元素氧化为单质S除去，溶液中含有Na3AsO4；向Na3AsO4溶液中加入H2SO4并通入（1）As与N同主族，原子最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布式为4s2（2）滤液1为NiSO4溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得NiSO4（3）Na3AsS3中As为＋3价，S为-2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为96g32g/mol=3mol，Na3AsS3转化为Na3AsO4，1molNa3AsS3反应时，S元素失去3×2mol=6mol电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，（4）“还原”过程中，Na3AsO4被SO2还原为H3AsS3（5）“萃取”机理是R3N+H++ReO4-⇌R3N⋅（6）由图示晶胞可知，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。19．氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。(1)标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为ΔfHmθ。已知在物质NHHΔa-242由4NH3(g)+3O2((2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。反应Ⅰ：4NH3反应Ⅱ：4NH3为分析某催化剂对该反应的选择性，将1molNH3和2molO①该催化剂在高温时对反应(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。②520℃时，容器中c(NH3)=③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是(填标号)。a．氨气的体积分数不变

b．容器中气体密度保持不变

c．容器中气体压强保持不变(3)铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol⋅L-1CuSO4溶液中通入氨气，测得Cu2+和铜氨各级配合物{[Cu①曲线4代表的含铜微粒为。②b点的纵坐标为。③结合图像信息，计算反应Cu(OH)2+4NH3⇌[Cu(NH【答案】(1)-46(2)Ⅰ0.4ac(3)[Cu(NH3)3【解析】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，ΔH=ΔfHm(生成物)-ΔfHm(反应物)（2）①由图像可知，高温时NO的物质的量相对较大，反应I生成NO，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。②520°C时，n(N2)=0.2mol，根据反应4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)，生成0.2mol③氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，a正确；反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据ρ=mV，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，b错误；反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，c正确。故选（3）①随着p[NH3]减小，c(NH3)增大，铜氨配合物中氨分子数增多，曲线4代表的含铜微粒为②由图像可知，b点纵坐标为0.14③对于反应Cu2++NH3⇌[Cu(NH3)]2+，在a点时，c(Cu2+)=c([Cu(NH3)]2+)，平衡常数K1=c([Cu(NH320．化合物Ⅶ是一种重要的药物合成中间体，该物质的合成路线如下：已知：EtOH为乙醇。回答下列问题：(1)化合物Ⅳ的名称为，化合物V中所含官能团名称是。(2)化合物Ⅳ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，不能发生水解反应，其结构简式为。(3)由Ⅰ和有机物A制备Ⅱ的反应的原子利用率为100%，则A的结构