四川省成都市邛崃市第一中学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PAGE2PAGE1四川省成都市邛崃市第一中学2025届高三下学期二模试题一、选择题1．化学使生活更美好，下列说法错误的是A．肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基B．乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物C．玻璃能制成规则外观的玻璃球是由于晶体的自范性D．“复方氯乙烷气雾剂”可使拉伤部位冷冻，是由于其主要成分沸点低，易挥发【答案】C【解析】肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基，A正确；微生物的活性物质为蛋白质，乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物，B正确；玻璃是非晶体，不具有自范性，C错误；“复方氯乙烷气雾剂”的主要成分为氯乙烷，氯乙烷沸点低，易挥发，且挥发吸收热量，可使拉伤部位冷冻，D正确。故选C。2．下列物质中所有碳原子都是sp3A．CH3COONa B． C．CH3CH【答案】C【解析】CH3COONa中－CH3的碳原子是sp3杂化，－COONa上碳原子是sp2杂化；上碳原子都是sp2杂化，B错误；CH3CH2NH2上碳原子都是sp3杂化，CH3CH2NH2含有氨基，N原子上有一对孤对电子，N原子能与H3．下列化学用语或图示表达正确的是A．SiO2中Si为sp2杂化B．BHC．H2O的VSEPR模型为D．Cl2【答案】D【解析】SiO2中每个Si原子周围有4个O原子，Si的价层电子对为4，Si的杂化方式为sp3杂化，A错误；BH3的电子式为，B错误；H2O中心O原子的价层电子对为2+6-2×12=4，VSEPR模型为四面体结构，C错误；Cl2中Cl原子间3p轨道头碰头重叠形成共价键，电子云图形为，D4．下列实验操作、现象和结论都正确的是A．向淀粉的水解产物中加碘水，溶液变蓝则证明淀粉没有水解完全B．向K2CrO4C．向某溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成，继续滴加沉淀不消失，证明溶液中存在SiOD．向铁和水蒸气反应后的固体中先加稀硫酸，再加KSCN溶液，溶液不变红，证明固体中没有Fe【答案】A【解析】向淀粉的水解产物中加碘水，溶液变蓝说明溶液中含有淀粉，淀粉没有水解完全，A正确；向K2CrO4溶液中加入稀盐酸发生反应：2CrO42-(黄色)+2H+⇌Cr2O72-(橙色)+H2O，该反应无化合价变化，不能证明K2CrO4具有强氧化性，B错误；向某溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成，继续滴加沉淀不消失，Ag+也能与Cl-反应生成白色沉淀，不能证明溶液中存在SiO32-，C错误；向铁和水蒸气反应后的固体中有5．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．pH=0的溶液中：Mg2+、Fe2+B．某无色透明溶液中：Cu2+、K+、C．与Al反应能放出H2的溶液中：K+、HCO3-D．水电离出来的cH+=10-13mol/L【答案】D【解析】pH=0的溶液为强酸性溶液，MnO4-能与Fe2+、Cl-均发生氧化还原反应，A中离子不能大量共存；Cu2+为蓝色，不能存在于无色溶液中，B中离子能大量共存，但有色；和Al反应能放出H2的溶液可能为酸性或碱性溶液，若为酸性溶液，H+和HCO3-能发生反应生成水和CO2，H+和AlOH4-反应生成水电离出来的cH+=10-13mol/L的溶液，溶液可能显酸性也可能显6．已知乙烯利固体与氢氧化钾溶液反应可以制备乙烯，反应原理如下所示：实验装置如图所示。下列说法错误的是A．流量调节器可以控制反应速率B．气压平衡管的作用是平衡压强，使液体顺利流下C．气体出口逸出的乙烯可以用排空气法收集D．该方法制得的乙烯比浓硫酸使乙醇脱水制得的乙烯纯净【答案】C【解析】流量调节器可以控制液体反应物的流量，从而控制反应速率，A正确；气压平衡管使上下两部分连通，作用是平衡压强，使液体顺利流下，B正确；乙烯与空气的平均相对分子质量相差不大，不能用排空气法收集乙烯，C错误；浓硫酸使乙醇脱水制得的乙烯中存在CO2、SO2等杂质，而题给方法制得的乙烯较纯净，D正确。故选C。7．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为S+2A．电负性：NB．基态原子核外未成对电子数：NC．第一电离能：OD．K、C、N、O都位于元素周期表的p区【答案】B【解析】非金属性越强，电负性越大，非金属性O>N>H，电负性：基态N、S、K原子核外未成对电子数分别是3、2、1，B正确；同周期第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，则第一电离能：N>O>D．K元素在s区，不在p区，D错误。故选B。8．下列化学用语或图示正确的是A．HClO的电子式：B．sp2杂化轨道示意图：C．N2的p-pD．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：【答案】B【解析】次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，A错误；sp2杂化轨道是1个s轨道与2个p轨道杂化形成的，杂化轨道之间的夹角为120º，示意图为，B正确；C．氮气分子中氮原子与氮原子的p轨道形成p—pσ键的过程为，C错误；邻羟基苯甲醛分子中的醛基和羟基能形成分子内氢键，示意图为，D错误。故选B。9．某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构简式如图。其中Y、Z位于同周期相邻主族，W和M的p轨道均含一个未成对电子。下列说法正确的是A．简单离子半径：Z<W<M B．电负性：Z<Y<XC．第一电离能：M<W<Z D．该离子液体的阴阳离子中均含有配位键【答案】D【解析】由图示结构可知X形成1个单键，且在五种元素中原子序数最小，X为H，Y均形成四个共价键，Y为C，Y、Z位于同周期相邻主族，Z为N，该物质阳离于应该是N(CH3)3与H+结合，其中N上有1个孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，该物质的阴离子为－1价，结合W和M的p轨道均含有一个未成对电子，故W的价电子排布式为3s23p1，M的价电子排布式为3s23p5，该阴离子应该为AlCl4-，其中Al3+提供空轨道，Cl－提供孤电子对，二者形成配位键。由此可知，X为H，Y为C，Z为N，W为Al，M为Cl。Al3+、N3－均为10电子微粒，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3－>Al3+，Cl－为18电子微粒，Cl－的半径最大，故简单离子半径：Al3+<N3－<Cl－，A错误；元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：H<C<N，则电负性：X<Y<Z，B错误；Z为N，M为Cl，W为Al，属于金属元素，其第一电离能较小，C错误。该离子液体中阴、阳离子中均含有配位键，D正确。故选10．单质X的转化如下图所示，下列说法错误的是A．单质a具有漂白性 B．X对应的元素是人体必需的微量元素C．单质X可以与水蒸气反应 D．苯酚与c的水溶液作用显紫色【答案】A【解析】由图示转化关系可知，红棕色粉末为氧化铁，铁分别与盐酸、氯气反应生成氯化亚铁和氯化铁，X是Fe，a是Cl2，b是FeCl2，c是FeCl3，d是Fe2O3。Cl2无漂白性，A错误；Fe元素是人体必需的微量元素，B正确；高温下，Fe与水蒸气反应可生成Fe3O4和H11．聚脲是一种先进的防水材料，广泛应用于工程建筑、管道防腐等领域。一种合成聚脲(W)的路线如下所示：下列说法正确的是A．M的核磁共振氢谱有2组峰B．N是苯胺()的同系物，具有碱性C．反应2生成W的同时生成H2D．W链间易形成氢键，且有极小的分子间隙，导致水分子难以渗入【答案】D【解析】有机物M有三种氢原子，M的核磁共振氢谱有3组峰，A错误；同系物必须含有相同种类和相同个数的官能团，有机物N含有两个氨基，苯胺只有一个氨基，他们分子式相差不是若干个CH2，所以它们不是同系物，B错误；反应2是加聚反应，没有水生成，不是缩聚反应，C错误；有机物W含有大量N－H键，W分子之间可以形成氢键，该分子是线性分子，且分子之间因形成大量氢键而减小分子之间的距离，导致水分子难以渗入，D正确。故选D。12．X、Y、Z、W、M、G是原子序数依次增大的前四周期元素，X的一种同位素没有中子，基态Y原子核外的s能级电子数是p能级电子数的两倍，W、M位于同一主族，W元素的某种单质可用于自来水消毒，G的单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是A．键角：MW3>XC．简单氢化物的沸点：W>Z D．Y、Z、M【答案】A【解析】X的一种同位素没有中子，X是H，基态Y原子s能级电子数量是p能级的两倍则其核外电子排布为1s22s22p2为C，W、M位于同一主族，W元素的某种单质可用于自来水消毒，则该单质是O3，W是O、M是S，Z原子序数在Y、M之间，则Z是N，G是第四周期元素，G的单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe，综上所述，X是H、Y是C、Z是N、W是O、M是S、G是Fe。MW3、X2M、X2W分别为SO3、H2S、H2O，SO3中心原子S的价电子对数为3，无孤对电子，键角为120°，H2O和H2S的中心原子均为sp3杂化，且都有一对孤电子对，键角均小于109°28'，O的电负性强于S，成键电子对偏向O原子，孤对电子对成键电子对斥力更大，因此键角H2O＞H2S，则键角大小为MW3SO3>X2WH2O>X213．根据伯恩哈勃循环图，部分反应的ΔH如下表所示，KΔΔΔΔΔΔ数值/kJ+89+121.5－349－717－436.5A．-419kJ⋅molC．+279kJ⋅mol【答案】B【解析】根据盖斯定律：ΔH1+I1K+ΔH2+ΔH3+ΔH414．我国科学家在锰基正极材料研究方面取得重要进展，使低成本钠离子电池有望取代锂离子电池。钠离子电池的工作原理为Na1-xA．该电池利用钠离子嵌脱过程实现充放电，未发生氧化还原反应B．充电时，锰元素的化合价升高，钠离子在锰基材料上脱出C．放电时，负极反应式为：NaMnOD．充电时，外电路中转移4mole-【答案】B【解析】根据充放电反应Na1-xMnO2+NaxCn⇌充电放电NaMnO2+Cn，放电时为原电池，负极电极反应式为NaxCn－xe－=Cn+nNa+，正极电极反应式为Na1－xMnO2+xe－+xNa+=NaMnO2，则a为正极，b为负极，充电时为电解池，a为阳极，b为阴极。由该电池充放电反应可知，Mn和钠元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，A错误；充电时为电解池，锰基材料所在电极a极为阳极，电极反应式为NaMnO2－xe－=Na1－xMnO2+xNa+，Na+在锰基材料上脱出，B正确；放电时负极反应为二、非选择题15．硫酸亚铁铵晶体NH42FeSO42⋅6H2I.废铁屑的净化将2.0g废铁屑放入锥形瓶中，加入NaⅡ.FeSO4往盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入足量H2SO4溶液，烧杯中加入过量CuSO4溶液。加热使铁屑与H2Ⅲ.硫酸亚铁铵晶体的制备向滤液中迅速加入一定体积的饱和NH42SO4溶液，调节溶液的Ⅳ.产品纯度测定溶液配制：称取mg产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL滴定分析：量取25.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.1000mol⋅①硫酸亚铁铵在空气中不易被氧化，溶于水，不溶于乙醇。②NH42Fe回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中加入Na2CO3溶液的目的是(2)下列情况适合倾析法的有。A．沉淀呈絮状B．沉淀的颗粒较大C．沉淀容易沉降(3)步骤Ⅱ中过滤使用到的玻璃仪器有，烧杯中发生的化学反应方程式为。(4)步骤Ⅲ中制得的晶体需要用(填字母代号)洗涤，目的是。A．蒸馏水B．饱和食盐水C．无水乙醇(5)步骤Ⅳ中：①“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是。A．用量筒量取25.00mLB．KMnO4C．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度②该产品中硫酸亚铁铵的纯度为(用含m、V的代数式表示)。【答案】(1)去除铁屑表面的油污(2)BC(3)玻璃棒、漏斗、烧杯CuSO4+H2S(5)AC78.4【解析】（1）废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，碳酸钠溶液显碱性，故步骤Ⅰ中加入Na2（2）倾析法需要沉淀颗粒较大，容易沉降到溶液底部，便于分离，故选BC；沉淀呈絮状，不利于倾倒，不选A；（3）过滤使用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；烧杯中CuSO4溶液与H2S（4）洗涤晶体过程中需尽量减少晶体的溶解，硫酸亚铁铵溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇洗涤；目的是减少晶体的损失，除去晶体表面的水分；（5）①量筒精度为0.1mL，硫酸亚铁铵溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取25.00mL硫酸亚铁铵溶液，A错误；KMnO4溶液具有强氧化性，需置于酸式滴定管中，B正确；锥形瓶内溶液变色后，且30s不变色，再记录滴定管液面刻度，C错误。故选AC；酸性条件下KMnO4与Fe2+发生氧化还原反应MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；n(MnO4-)=0.1000mol⋅L-1×V×10－3L=0.1V×10－3mol，25.00mL所配溶液中n(Fe2+)=5n(MnO4-)=0.5V×10－3mol，100mL所配溶液含有n(Fe2+)=100mL25mL×0.5V×1016．重庆正着力打造“西部氢谷”，推动建设“成渝氢走廊”。利用甲酸(HCOOH)来制氢和储氢是氢能研究的一个方向。(1)我国科学家发现，Rh催化单分子甲酸分解制H2的过程如图所示，其中带“*”的物质表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的反应方程式为；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOHg=CO2g+H2gΔ(2)一定条件下，CO2可转化为储氢物质甲酸等。已知CO2与反应ⅰ．CO2g反应ⅱ．CO2g在一定压强下，按nH2:nCO2=1:1投料，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应相同时间，CO①—定温度下，同时提高CO2的平衡转化率和甲酸选择性可采取的措施有(任写一条)②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为aMPa，则673K时反应ⅰ的分压平衡常数计算式Kp=③当温度高于673K，随温度升高，反应ⅰ与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应(填“ⅰ”或“ⅱ”)，判断的依据是。(3)天津大学张兵教授团队以CO2与辛胺［CH3CH27①工作时，In/In2O3-x电极上发生(填“氧化反应”②工作时，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有【答案】(1)HCOOH*=HCOO*+H*－0.16NA(2)加压(或其他合理答案)0.057a(3)还原反应62.5【解析】（1）活化能越大反应速率越慢，总反应速率的快慢由慢反应决定，由图可知，该反应过程中的决速步骤为HCOOH*=HCOO*+H*，HCOOH(g)相对能量为0，生成物CO2(g)、（2）①增加压强，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ不移动，故加压可以提高CO2②设CO2和H2初始物质的量均为1mol，发生反应i和反应ii，673K时CO2转化率为95％，即CO2共计消耗0.95mol，根据甲酸选择性为0.3％可计算，在反应i中生成nHCOOH=0.95mol×0.3％=0.00285mol，同时消耗nCO2=nH2=0.00285mol，则在反应ii中，消耗nCO2=nH③当温度高于673K时，随温度升高，CO2转化率增大，但HCOOH的选择性却显著降低，可能得原因：升高温度，反应i和反应ii的反应速率均加快，但反应ii速率加快的更显著；（3）①由图示电解池可知，In/In2O3－x电极上CO2→HCOO－，CO2发生得电子的还原反应，电极反应为CO2+2e－+H2O=HCOO－+OH－，In/In2O3－x电极为阴极；②Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应式为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH－－4e－=CH3(CH2)6CN+4H2O，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有0.5mol辛腈生成，质量为17．有机物Ⅵ是一种重要的药物中间体，其合成路线如下：(1)Ⅰ的分子中一定共平面的碳原子有个，Ⅱ中官能团名称是。(2)Ⅱ→Ⅲ和Ⅲ→Ⅳ的反应类型分别是、。(3)Ⅳ→Ⅴ第①步生成的有机物为，则其发生第②步反应的化学方程式为。(4)原料Ⅰ中混有杂质，则Ⅴ中混有与Ⅴ互为同分异构体的副产物Y，Y也含有1个含氮五元环。该副产物Y的结构简式为。(5)有机物W的分子比Ⅱ少1个碳原子，符合下列条件的W的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①分子中含有－NH2，含1个手性碳原子；②酸性条件下能水解生成两种芳香族化合物，水解生成的羧基直接连在苯环上，且水解产物遇FeCl3溶液均不显色。(6)以CH3MgBr和为原料制备的部分合成路线如下，请将流程补充完整(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】(1)15醚键、氨基(2)取代反应还原反应(3)(4)(5)16(6)【解析】（1）Ⅰ的结构简式为，由苯分子中的12个原子共平面可知，三个苯环构成的菲环中，所有碳原子一定共平面，因此分子中一定共平面的碳原子有15个(红框中的碳原子)，Ⅱ的结构简式为，其官能团名称是醚键、氨基。（2）由Ⅱ()→Ⅲ()，－NH2中的1个氢原子被－COCH3取代，反应类型为取代反应，Ⅲ()→Ⅳ()，乙酰基被还原为乙基，反应类型为还原反应。（3）Ⅳ()→Ⅴ()第①步生成的有机物为，第②步反应是与CO2反应生成和LiOH，化学反应方程式为。（4）原料Ⅰ中混有杂质，则Ⅰ中杂质经过几步反应转化为Ⅳ时，生成；则Ⅳ→Ⅴ的第一步反应中，Ⅴ中混有与Ⅴ互为同分异构体的副产物Y(含有1个含氮五元环)的结构简式为。（5）有机物W的分子比Ⅱ()少1个碳原子，不饱和度减少1，符合下列条件：“①分子中含有－NH2，含1个手性碳原子；②酸性条件下能水解生成两种芳香族化合物，水解生成的羧基直接连在苯环上，且水解产物遇FeCl3溶液均不显色”的W的同分异构体，不饱和度应为9，即含有2个苯环、1个酯基和1个手性碳原子，则可能结构简式为：、、、、(氨基在苯环上各有邻、间、对3种位置，共6种)、(甲基在苯环上各有邻、间、对3种位置，共6种)，共有4+6+6=16种(不考虑立体异构)。（6）以CH3MgBr和为原料制备时，由题给部分合成路线，与CH3MgBr、H3O+反应转化为；被KMnO4氧化为，在浓硫酸作用下脱水可生成；在(CF3CO)2O、NaN3作用下，－COOH可转化为－NH2，从而制得目标有机物。则补充流程为：。18．铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、已知：①AgCls②Na2③不同温度下Na2温度/℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列问题：(1)为提高“氧化酸浸”的效率，可采取的措施有(任写二种)。(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“滤渣1”含有Au及、(3)“除金”时反应的离子方程式为。(4)“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的NaCl不过量，原因是。(5)“银还原”工序消耗的Na2S2O4与产生的(6)为实现连续生产，“银转化”和“银还原”工序