四川省达州市渠县中学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PAGE2PAGE1四川省达州市渠县中学2025届高三下学期二模试题一、选择题1．人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是A．木材与煤均含有碳元素 B．石油裂化可生产汽油C．燃料电池将热能转化为电能 D．太阳能光解水可制氢【答案】C【解析】木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确；石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确；燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误；在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确。故选C。2．NH4A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质【答案】A【解析】NH4NO3在敲碎、研细时，可能会发生爆炸，A错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，氨气与硝酸反应可以得到NH4NO3，该反应不属于氮的固定，B正确；草木灰溶于水呈碱性，NH4NO3溶于水呈酸性，二者混合发生双水解反应，释放出氨气，导致氮肥流失，不能将草木灰与NH4NO3．下列关于实验操作的误差分析不正确的是A．测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的ΔHB．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大C．用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸上，来测定氯水的pHD．用标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏大【答案】C【解析】铜棒散热，导致测得的热量值偏小，焓变为负，则ΔH偏大，A正确；装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，B正确；新制的氯水有漂白性，不能用pH试纸测定pH，C错误；开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，D正确。故选C4．下列化学用语或表述错误的是A．Na2OB．H2O的VSEPR模型：C．基态氧原子的轨道表示式：D．3，3-二甲基戊烷的键线式：【答案】C【解析】Na2O由Na＋和O2-组成，其电子式为，A正确；H2O的中心O原子价电子对数为4，2对孤对电子，VSEPR模型为，B正确；为基态氟原子的核外电子排布的轨道表示式，C错误；3，3-二甲基戊烷主链5个碳原子，3号碳上2个甲基，其键线式为，D正确。故选C。5．酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其结构如图所示。下列关于酚酞的说法错误的是A．含有1个手性碳原子B．1mol酚酞最多可与3C．酚酞可以发生加成反应、取代反应、氧化反应D．分子中的碳原子的杂化轨道类型是sp2和【答案】A【解析】由酚酞的结构简式可知酚酞中只含1个饱和碳原子，且连有两个相同的结构，不属于手性碳原子，A错误；1mol酚酞含有2mol酚羟基，1mol酯基，最多可以和3molNaOH反应，B正确；酚酞含有苯环，酚羟基，可以发生加成反应、取代反应、氧化反应，C正确；由结构简式可知苯环碳原子以及酯基中的碳原子为sp2杂化，与3个苯环同时相连的碳原子为饱和碳原子为sp3杂化，D正确。故选6．下列方程式书写错误的是A．泳池消毒：CaB．纯碱溶液浸泡水垢CaSO4：C．汽车尾气处理：2D．氯化铁溶液腐蚀铜板：2【答案】C【解析】漂白粉消毒时，其有效成分次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成具有杀菌消毒作用的次氯酸，泳池消毒的化学反应方程式为CaClO2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A正确；硫酸钙微弱，碳酸钙难溶，纯碱溶液浸泡水垢CaSO4，发生沉淀转化的离子方程式为CaSO4s+CO32-aq⇌SO42-aq+CaCO3s，B正确；汽车尾气处理原理是CO和NO在催化剂作用下反应生成N2和CO2，7．粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换C．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶D．固体a中至少含有三种物质【答案】D【解析】粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)溶解后加入BaCl2溶液，SO42-转化为BaSO4沉淀，加入NaOH后，Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3，过量的Ba2＋、Ca2＋转化为BaCO3和CaCO3沉淀；过滤出沉淀，向滤液中加入稀盐酸，除去过量的CO32-和OH-，蒸发结晶得NaCl晶体。去除杂质离子时，为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量，且需考虑过量除杂试剂的后期处理，A正确；BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正确；操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；固体a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，至少含有四种物质，8．下列关于化学品的工业生产和使用的说法，不正确的是A．将热空气通入晒盐后的苦卤中，可将Br2B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为芳香烃D．氯碱工业中，在阴极通入O2【答案】A【解析】晒盐后的苦卤中含Br-，将热空气通入晒盐后的苦卤中，氧气不能氧化Br-，不能将Br2吹出，A错误；青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素，B正确；可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为环状烃，如苯和甲苯等芳香烃，C正确；氯碱工业中，在阴极通入O2，发生反应O2＋4e-＋2H2O＝4OH-，避免水电离H＋得电子生成H2，降低了电解电压，能起到降低能耗的作用，D正确。故选9．科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，MnO2电极上检测到A．充电时，Zn2+B．充电时，会发生反应Zn+2MnOC．放电时，正极反应有MnOD．放电时，Zn电极质量减少0.65g，MnO2电极生成了【答案】C【解析】充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A错误；放电时，负极的电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则充电时阴极反应为Zn2＋＋2e-＝Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B错误；放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4，则正极上主要发生的电极反应是MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应10．氮氧化物(NOx)为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应为2COg+2NOg⇌2下列叙述正确的是A．三个基元反应的ΔH都小于0 B．处理NO反应C．反应3控制总反应的速率 D．选择催化剂主要降低反应2的能垒【答案】B【解析】据题图写出三个基元反应的热化学方程式：反应1：2NOg反应2：N反应3：N2Og反应1为吸热反应，ΔH1>0，反应2、3均为放热反应，其ΔH都小于0，A错误；3个反应相加可得反应2COg+2NOg⇌2CO2g+N2g，由盖斯定律得，处理NO反应ΔH=199.2-513.5-360.6kJ⋅mol-1=-674.9kJ⋅mol-1，B正确；由图像可知，反应111．某Au-A．基态铜原子的价层电子排布式为3B．晶胞中Au的配位数为8C．该合金中Au的质量分数约为75%D．晶胞中最小核间距Au【答案】D【解析】基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，A正确；晶胞中距离Au最近的且距离相等的Cu有8个，故Au的配位数为8，B正确；晶胞中Cu位于立方体的顶点，Au位于立方体的体心，一个晶胞中含有Cu数目为8×18=1，含有Au数目为1，Au的质量分数为197×1197×1+64×1×100%≈75%，C正确；设晶胞参数为a，12．下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是A．图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键B．对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键C．C、N、O的第一电离能依次增大D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质【答案】B【解析】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，A错误；B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在O-H⋯N、O-H⋯O等氢键，B正确；C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，C错误；D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测在铜单晶表面吸附组装的13．高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法正确的是A．化合物B所有原子可能共平面B．化合物C分子中核磁共振氢谱有一组峰C．合成M的聚合反应是缩聚反应D．除醇类物质以外，B的同分异构体还有2种【答案】B【解析】由高分子M逆推，B是、C是，C2H2和a反应生成，a是CH3OH。，化合物B()中含有甲基，不可能所有原子共平面，A错误；C()只有1种等效氢，C分子中核磁共振氢谱有一组峰，B正确；、合成M的反应是加聚反应，C错误；除醇类物质以外，B的同分异构体还有CH3CH2CHO、CH3COCH3、等，D错误。故选B。14．海水中的化学资源具有巨大的开发潜力。利用海水提取溴和镁的过程如下：下列说法正确的是A．通入热空气可提高吹出塔的效率B．可用CO2的水溶液代替SOC．电解MgCl2溶液也可制备D．Mg可以与NaOH溶液反应生成MgOH【答案】A【解析】向海水中加入石灰乳，Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，过滤，向Mg(OH)2沉淀中加入盐酸溶解生成MgCl2，在HCl的气流中蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2，电解熔融MgCl2制备单质Mg；滤液酸化后通入Cl2置换出Br2，通入热空气将Br2吹入吸收塔，被SO2的水溶液吸收转化成HBr，以达到富集的目的，然后用Cl2将其氧化得到产品Br2。空气的作用是将Br2吹出，而Br2易挥发，热空气吹出效率更高，A正确；SO2的水溶液吸收单质溴使其转化成HBr，而CO2水溶液没有该性质，B不正确；电解熔融的MgCl2制备Mg，电解MgCl2溶液得到的是Mg(OH)2沉淀，C不正确；D．Mg不和NaOH溶液反应，D不正确。故选A。二、非选择题15．铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)：已知：①溶液2中Au的主要存在形式为AuCl②AgCl请回答：(1)沉淀B的主要成分为(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中HCHO体现的性质是。(2)步骤2中单质金发生反应的离子方程式为。(3)下列说法正确的是_______。A．步骤1中加入NaCl的主要作用是使溶解出的Ag+转化为AgClB．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率C．溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品D．溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加NaOH以保证银的浸出率(4)Na2SO3步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4可析出AgCl，请用离子方程式表示析出AgCl的原因：(5)工业上变废为宝获得PbSO4的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入Fe2+作为催化剂，将废料转化为①2②2已知PbO2和Pb难溶于H2SO4，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明Fe【答案】(1)AgCl、PbSO4还原性(2)2Au(3)AD(4)AgSO323-+Cl-+2H+=AgCl↓+2HSO3-(5)向H2SO【解析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，步骤1，铜溶解得到CuSO4溶液即溶液1，银与铅溶解后分别得到AgCl与PbSO4沉淀，金不溶即沉淀A为AgCl、PbSO4、Au，步骤2，Au被NaClO3氧化后的产物与Cl-形成配合物溶解，沉淀B为AgCl与PbSO4；步骤3，氯化银发生反应AgCl+2SO32-⇌[Ag(SO3)2]3-+Cl-得到溶液3；步骤4，溶液3加入H2SO4得到AgCl沉淀；步骤5，溶液3加入甲醛，将[Ag(SO3)2]3-还原为Ag，得到的Na（2）在HCl酸性条件下，单质金被NaClO3氧化的产物与Cl-形成配合物，离子反应方程式为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；（3）步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag＋的转化为AgCl沉淀，A正确；步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；溶液1是CuSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；溶液4含有SO（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH＝4时，由图可知此条件下主要存在HSO3-，Ag＋从配合物中脱离出来与Cl-结合生成AgCl沉淀析出，对应离子方程式为（5）反应①中Fe2＋被氧化成Fe3＋，反应②中Fe3＋又被还原生成Fe2＋，整个过程中，Fe2＋的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2＋，无Fe3＋即可证明Fe2+的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2＋16．废物利用利国利民，回收处理钒铬渣(含有V2O3、Cr已知：①25℃时，Cr(OH)②氧化焙烧步骤中V2O3③酸性溶液中，Cr2O7回答下列问题：(1)“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是，其涉及的化学方程式为。(2)加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是。(3)水浸产生的滤渣1的成分是(用化学式表示)。(4)“除杂”后，Cr元素主要以Cr2O72-(5)写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：。(6)在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是。【答案】(1)因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏Na2CO3+SiO2(4)因为存在Cr2O72-+(5)Cr(6)Cr2【解析】钒铬渣(含有V2O3、Cr2O3及SiO2、Fe2O3、FeO等)中加入碳酸钠氧化焙烧，V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，Fe2O3、FeO转化为Fe2O3，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，向滤液中加入硫酸除杂，过滤，滤渣2为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀沉钒，得NH4VO3沉淀，NH4VO3焙烧得V2O5，反应方程式为2NH4VO3高温V2O5+2NH3↑+H2O，向滤液中加入双氧水和硫酸还原，加入硫酸，增大c(H＋)，Cr元素主要以Cr2O72-存在，Cr2O72-将H2O2氧化成O2，Cr2（1）因为陶瓷中含有SiO2，高温时SiO2与Na2CO3反应会生成Na（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。（3）氧化焙烧过程中V2O3、Cr2O3及SiO2分别转化为NaVO（4）因为存在Cr2O72-+H2O⇌2CrO（5）Cr2O72-具有强氧化性，在酸性条件下能把H2O2（6）酸性溶液中，Cr2O72-的氧化性强于MnO2，而MnO2能将浓盐酸氧化为Cl217．甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H(1)已知如下热化学方程式：①CH4(g)+Br2②3CH3Br(g)=C3计算反应3CH4(g)+3Br2(g)=C3H(2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2。通入密闭容器，平衡时，nCH4、n(i)图中CH3Br的曲线是(填“a”或(ii)560°C时，CH4的转化率α=，n(HBr)=(iii)560°C时，反应CH3Br(g)+Br2(g)=CH(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500°C时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH(i)在11~19s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比(ii)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：(ⅲ)研究表明，I2①I②⋅③⋅④⋅⑤⋅⑥⋅根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：【答案】(1)-67(2)a80%7.810.92(3)32(或3：2)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3【解析】（1）①×3＋②得3CH4(g)＋3Br2(g)＝C3H6(g)＋6HBr(g)，根据盖斯定律，其焓变∆H＝-29×3＋20＝-67kJ·mol-1。（2）(i)升高温度，反应①平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，CH3Br的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α＝(8mmol-1.6mmol)8mmol×100%＝80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmolCH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmolCH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n＝(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)＝5.0mmol、n(Br2)＝0.2mmol、n(CH2Br2)＝1.4mmol、n(HBr)＝7.8mmol，故该反应的平衡常数K＝c(CH2Br2)⋅c(（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v＝3.2V-2.6V8＝0.075Vmmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v＝2.2V-1.8V8(ii)由图像可知，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I