四川省雅安市2025届高三第二次诊断性考试（4月二模）化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1四川省雅安市2025届高三第二次诊断性考试（4月二模）试卷一、选择题1.下列应用中所用到的物质与其化学性质无关的是A．石墨可以用作电极材料 B．甲烷可以用作燃料电池的原料C．维生素C用作水果罐头中的抗氧化剂 D．食用醋可以除去水壶中的水垢【答案】A【解析】石墨具有导电性，所以可以用作电极材料，该性质不属于化学性质，A选；甲烷在燃料电池中可与发生氧化反应释放能量，与其化学性质有关，B不选；维生素C作为抗氧化剂，通过自身被氧化（还原性）保护其他物质，与其化学性质有关，C不选；醋中的乙酸与水垢（碳酸钙等）发生化学反应，依赖酸性，属于化学性质，D不选；故选A。2.下列说法错误的是A．“杯酚”分离C60和CB．淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然有机高分子C．利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得人造脂肪D．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构【答案】C【解析】“杯酚”能够与空腔大小适配的C60结合，从而分离C60和C70，体现了超分子的分子识别特征，故A正确；淀粉、纤维素和蛋白质相对分子质量可以达到几万甚至几十万，都属于天然有机高分子，故B正确；利用油脂在碱性条件下发生水解反应，可生成甘油以及肥皂的主要成分--高级脂肪酸盐，故C错误；天然橡胶硫化时，硫原子在线型分子间形成交联，转化为网状结构，改善性能，故D正确；故选C。3.下列有关概念、化学用语正确的是A．氢元素的三种核素：1H、2H、3HB．标准状况下，22.4L的N2中参与形成π键的电子数目为2NAC．H2O2是一种绿色氧化剂，其是含有极性键的非极性分子D．10B的原子结构示意图为【答案】A【解析】核素是指具有一定质子数和中子数的原子，氢元素有三种核素，它们的质量数分别为1、2、3，可表示为：1H、2H、3H，A正确；标准状况下，22.4L的N2的物质的量为1mol，N2的结构式为N≡N，其1个N2分子中含有1个σ键和2个π键，则参与形成π键的电子数目为4NA，B不正确；H2O2的结构式为H-O-O-H，其分子中含有H-O极性键，结构为书页型，分子空间结构不完全对称，为极性分子，C不正确；10B的核电荷数为5，原子结构示意图为，D不正确；故选A。4.川芎是常用的中药，含有多种化学物质，其中一种的结构简式为，关于该有机物的下列说法中错误的是A．分子中有两个手性碳原子 B．分子中碳原子的杂化类型有spC．1mol该有机物可与1molNaOH发生反应 D．1mol该有机物可与2molH【答案】B【解析】手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中的手性碳原子位置如图，，即有两个手性碳原子，A正确；双键碳原子杂化轨道数为3，采用sp2杂化，饱和碳原子杂化轨道数为4，采用sp3杂化，根据图可知，该分子中没有采用sp杂化的碳原子，B错误；该分子中酯基能和NaOH以1:1(物质的量之比)反应，醇羟基和NaOH不反应，所以1mol该物质可与1molNaOH发生反应，C正确；碳碳双键和氢气以物质的量之比1:1反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，该分子中含有两个碳碳双键，所以1mol该物质最多消耗5.下列图示实验装置(部分夹持装置已略去)或操作正确且能达到相应实验目的的是A．图①模拟侯氏制碱法制备NaHCO3B．图②标准碱溶液滴定未知浓度酸溶液C．图③可用于将氯化镁溶液蒸发制取无水氯化镁 D．图④可用四氯化碳萃取碘水中的碘【答案】D【解析】侯氏制碱法生成碳酸氢钠过程中，应先通入氨气使溶液呈碱性，再通入足量的二氧化碳，A错误；标准碱溶液应该盛放在碱式滴定管中，B错误；MgCl2为强酸弱碱盐，将氯化镁溶液蒸发由于HCl挥发会促进MgCl2完全水解生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解又会得到MgO，C错误；碘单质在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，D正确；故选D。6.下列离子方程式书写正确的是A．Cl2通入H2B．Na2S2OC．将等浓度的NH4AlSO42溶液与D．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H【答案】C【解析】次氯酸是弱酸，属于弱电解质，在离子方程式中不拆为离子形式，Cl2通入H2O中：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；Cl2具有氧化性，Na2S2O3溶液中通足量Cl2生成硫酸钠、氯化钠和硫酸，反应的离子方程式为：S2O37.一种新型微孔材料由三种短周期元素X、Y、Z组成。X、Y的质子数之和等于Z的质子数，X与Y同周期，X的第一电离能比同周期相邻两元素的小，基态Y原子A．原子半径：Z>Y>C．Z的氯化物属于离子化合物 D．Y的氢化物既具有氧化性又具有还原性【答案】D【解析】X、Y、Z三种短周期元素，X与Y同周期，Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，则Y可能为1s22s22p4或1s22s22p63s2，为氧元素或镁元素，X、Y的质子数之和等于Z的质子数，若Y为三周期，由于第三周期两种元素的原子序数和最小为11+12=23，X、Y的质子数之和等于Z的质子数，则对应的元素Z不是短周期元素，所以Y为第二周期的氧元素，X的第一电离能比同周期相邻两原子小，Y为氧元素，X为硼元素，Z为铝元素，8.合成高分子材料T的反应如下：下列说法错误的是A．合成T的反应属于缩聚反应 B．T是可以降解的高分子材料C．M可以发生分子内的酯化反应 D．1molN可与2molNaHCO【答案】D【解析】M和N物质通过羟基和羧基发生缩聚反应，生成高分子化合物T，A正确；由羟基和羧基发生缩聚反应得到的聚酯均较易水解，属于可降解高分子材料，B正确；M分子含有羟基和羧基，在一定条件下，可以发生分子内的酯化反应，C正确；羧基具有酸性，N中只含有一个羧基，1molN可与1molNaHCO3发生反应，D错误；故选D9.下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A将溴乙烷与氢氧化钠醇溶液混合加热，并将产生的气体通入溴水中溶液褪色，证明气体成分为乙烯B向10mLL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·产生白色沉淀后，又生成红褐色沉淀，证明在相同温度下：KC向Na2产生乳白色浑浊和刺激性气味气体，证明H2D向2mL0.1mol红色石蕊试纸变蓝，说明NH42A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】将溴乙烷与氢氧化钠醇溶液混合加热，并将产生的气体通入溴水中，溶液褪色，说明乙烯与溴发生加成反应，证明气体成分为乙烯，故A正确；向10mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，氢氧化钠过量，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，氢氧化钠和氯化铁直接发生反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以产生白色沉淀后又生成红褐色沉淀，与沉淀的转化无关，不能证明在相同温度下KspMg(OH)2>KspFe(OH)3，故B错误；向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钠、硫单质、10.从锂离子电池正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中提取Li和Co，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂B．“浸取”时LiCoO2转化为Li2C．“滤液2”中Cu2+的浓度比CoD．LiCoO2再生：【答案】B【解析】根据流程中Co元素化合价从+3价降低为+2价可知，浸取”时，加入H2O2，H2O2作还原剂，所以正极材料成分是氧化剂，A错误；“浸取”时，在H2SO4和H2O2作用下，LiCoO2发生还原反应，转化为Li2SO4和CoSO4，B正确；“沉铜”“沉钴”时加入NaOH，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，CuOH2的溶度积远小于Co(OH)2，在相同条件下Cu2+更易沉淀，所以“滤液2”中Cu2+的浓度比Co2+的浓度小，C错误；Co(OH)2和Li211.下列关于NiNH36A．该物质中NH3中心原子采用sp2杂化B．根据VSEPR理论，该物质中SO4C．NH3是含有极性键的极性分子，NH3能溶于CCl4也能溶于水D．NH3的键角小于H2O的键角【答案】B【解析】NH3的中心N原子最外层孤电子对数为5-1×32=1，形成3个σ键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，A不正确；SO42-中，中心S原子的最外层孤电子对数为6-2×32=0，形成4个σ键，杂化轨道数为4，发生sp3杂化，根据VSEPR理论，该物质中SO42-的空间结构为正四面体，B正确；NH3呈三角锥形，分子空间结构不完全对称，为含有极性键的极性分子，H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，依据相似相溶原理，NH3难溶于CCl4，但能溶于水，C不正确；NH3的中心N原子的最外层孤电子对数为5-1×32=1，形成3个σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，H2O的中心O原子的最外层孤电子对数为6-1×22=2，形成2个σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子与成键电子间的排斥作用，所以NH3键角大于12.许多有机化学反应包含电子的转移，使这些反应在电解池中进行时称为电有机合成。例如，以丙烯为原料制备丙烯腈CH2=CHCN，再用丙烯腈电合成己二腈NCCHA．丙烯腈在阴极发生还原反应B．离子交换膜可以是质子交换膜C．若阳极产生22.4L(标况下)X气体，理论上阴极能生成1D．与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净、生产效率高等优点【答案】C【解析】该装置为电解池，通过所给物质转化的关系，可知左侧阴极上丙烯腈发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，A正确；右侧为阳极，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极发生还原反应过程中消耗氢离子，阳极生成的氢离子移向阴极区，离子交换膜应该为质子交换膜，B正确；若阳极产生22.4L(标况下，为1mol)氧气，转移4mol电子，根据阴极电极反应式：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，13.碳酸二甲酯DMCCH3OCOOCH3是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。(下列说法正确的是A．第2步的基元反应方程式为：CHB．使用催化剂可以提高反应速率和反应热C．反应进程中决速步骤的能垒为125.7D．升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动【答案】A【解析】根据图中反应历程可知，第2步基元反应为：CH3O⋅*+CO2*→CH3OCOO⋅*，A正确；催化剂可以降低反应活化能从而提高反应速率，但是反应热不会变化，B错误；慢反应是总反应的决速步骤，反应进程中经过渡态I的反应能垒最大，反应速率最慢，是决速步骤，其能垒为：14.磷化铟晶体(相对分子质量为Mr)的载流子迁移率大，可用于制造高速电子器件，如高速晶体管和高电子迁移率晶体管。磷化铟的立方晶胞(晶胞参数为mpm)如下图所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，图中a原子的分数坐标为0,12,A．其化学式为InPB．每个P周围紧邻且距离相等的P有4个C．b原子的分数坐标为3D．设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶体的密度为【答案】B【解析】晶胞中，In位于晶胞内部，数目为4，P位于晶胞的顶角和面心，数目8×18+6×12=4，二者原子数目之比为1:1，则晶体的化学式InP，故A正确；以顶角P原子作为对象进行分析，其周围紧邻且距离相等的P处于晶胞面心，每个顶角的P原子为8个晶胞共用、每个面心的P原子为2个晶胞共用，则每个P周围紧邻且距离相等的P有3×82=12个，故B错误；由几何知识可知，b原子到左侧面、后平面、下底面的距离分别为晶胞参数的34、34、14，则b原子的分数坐标为(34、34、14)，故C正确；1mol晶胞含有4molInP，1mol晶胞的质量为4mol×Mrg/mol=4Mrg，1mol晶胞体积为(m×10-10cm)315.常温下，难溶物Y2X与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A)，Rn+表示Y+或A．M表示Y2B．常温下，ZX的分散系在c点时为悬浊液C．ZX(s)+2Y+(aq)D．向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出【答案】D【解析】横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数。Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)∙c(X2-)，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以N表示Y2X的溶解平衡曲线，M表示ZX的溶解平衡曲线，故A错误；常温下，c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c(Z2+)∙c(X2-)＜Ksp(ZX)，因此c点形成的是ZX的不饱和溶液，故B错误；根据a点数据Ksp(ZX)=10-35.2，根据b点数据Ksp(Y2X)=10-49.2，ZX(s)+2Y+(aq)⇌Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=cZ2+cY+=KspZXKspY2二、非选择题16.SbCl3可用于红外光谱分析用溶剂、显像管生产等。以某矿渣(主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、As2O3已知：①Sb属于第VA族元素，主要化合价为+3、+5价。②常温下，KspCuS③As2O3微溶于水、回答下列问题：(1)基态As的简化电子排布式为；As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序为(用化学式表示)。(2)“滤渣1”的主要成分是SbOCl，为了提高锑的利用率，将滤渣1用氨水浸取使其转化为Sb2O3，写出该反应的化学方程式：(3)已知“沉淀”阶段溶液中cSb3+起始=0.01 mol⋅L-1。当“沉淀”后溶液中cCu2+=6.3×10(4)已知H3PO2分子结构中含1个-OH，“除砷”时，NaH2PO2①NaH2PO2属于盐(填“正”或“酸式”)。H3PO②“除砷”过程中生成As单质的离子方程式是。(5)已知CH3COO3Sb在一定温度下发生分解，充分反应后，固体残留率为51.5%，则剩余固体氧化物的化学式为(【答案】(1)[Ar]3d104(2)2(3)根据KspCuS=6.3×10-36，当cCu2+=6.3×10-6 mol/(4)正sp3(5)SbO【解析】以某矿渣(主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、As2O3等杂质)为原料制备SbCl3，矿渣用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、As2O3分别与盐酸反应生成SbCl3、CuCl2、AsCl3，过滤除去难溶性杂质，滤液中加入Na2S，沉淀Cu2+，过滤得到滤渣3为CuS，滤液中加入NaH2PO2除去AsCl3，发生氧化还原反应生成As单质和磷酸，电解SbCl3制得金属Sb，用氯气氯化Sb制得SbCl3。（1）As是元素周期表第33号元素，则核外电子数为33，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；As位于第VA族，同周期元素自左到右，非金属性逐渐增大，同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减小，元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，As、P、Cl三种元素的非金属性从大到小的顺序为Cl>P>As，As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性从大到小的顺序为HClO4>H3PO4>H3AsO4；（2）“滤渣1”的主要成分是SbOCl，将滤渣1用氨水浸取使SbOCl转化为Sb2O3，即SbOCl和NH3∙H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为：2SbOCl（3）根据KspCuS=6.3×10-36，当cCu2+=6.3×10-6 mol/L时，c（4）①已知H3PO2分子结构中含1个-OH，次磷酸为一元中强酸，NaH2H3PO4中磷原子的价层电子对数为4+5+3-4×22=4，杂化轨道数为4，磷原子的杂化类型为sp3②“除砷”过程中AsCl3和NaH2PO2反应生成As，NaH2PO2的氧化产物为H3PO4，P元素化合价升高，As元素化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：4As（5）CH3COO3Sb的摩尔质量为299g/mol，假设有299gCH3COO3Sb，含有1mol的Sb，质量为122g，高温分解剩余固体为氧化物的质量为299g×51.5%≈154g，氧元素的质量为154g-122g=32g，n(Sb)17.焦亚硫酸钠Na2S2I．焦亚硫酸钠的制备实验室制备少量Na2S2O5可通过制备NaHSO3的过饱和溶液经结晶脱水制得。装置如下图所示，实验方案：控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3饱和溶液通入SO2，并不断搅拌。装置C中溶液pH约为4时，停止反应。20℃静置结晶，析出固体的反应液经减压蒸发、冷却结晶、减压抽滤、洗涤、25℃~3回答下列问题：(1)装置A中盛装浓硫酸的仪器名称是。(2)装置B的作用之一是观察气体的流速。装置B中“试剂X”为(填字母)。a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液(3)装置C中反应的离子方程式为。(4)析出固体的反应液需减压蒸发，其中减压蒸发是为了。(5)Na2S2O5在保存过程中易变质生成Na2SO4。检验Ⅱ．焦亚硫酸钠含量的测定实验检测原理为：Na2S2O5+2CH3COOH+2I2+3H2O=2H2SO4+4HI+2CH3COONa；I2(6)滴定终点现象是。(7)通过计算判断该样品的质量分数是(结果保留1位小数)。【答案】(1)恒压滴液漏斗(2)c(3)CO(4)防止常压蒸发温度过高，造成NaHSO3(5)取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸至无色气泡出现，再加BaCl2(6)当滴加最后半滴Na2(7)97.44%【解析】（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器的结构特征可知，其为恒压滴液漏斗。（2）装置B的作用之一是观察气体的流速，所以要确保二氧化硫与锥形瓶中的溶液不反应且不溶于该溶液，所以选择饱和亚硫酸氢钠溶液，故选c。（3）装置C中二氧化硫和碳酸钠首先反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：CO3（4）亚硫酸氢钠固体受热易分解，减压蒸发是为了防止常压蒸发温度过高，造成NaHSO3（5）Na2S2O5在保存过程中易变质生成Na2SO（6）开始滴定时，溶液中含有碘单质及淀粉溶液，溶液显蓝色。随着Na2S2O3标准溶液的滴入，I2不断被消耗，溶液的蓝色逐渐变浅，当滴加最后半滴（7）nNa2S2O3=0.1000mol/L×20mL×103L·mL-118.氨是最基本的化工原料之一，工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应原理为N2(g)+3H2(1)相关化学键的键能数据：化学键NHN键能E946436.0390.8计算反应N2(g)+3H2(g)(2)根据工业合成氨的热化学方程式可知，温(填“高”或“低”，下同)有利于提高平衡转化率，温有利于提高反应速率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业合成氨通常采用400-500℃。(3)某合成氨速率方程为：v=kcαN2cβ实验cccv1mnpq22mnp23mn0.1104m2p2.828在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为。(填字母)a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率(4)在催化剂作用下，按nN2:nH2①该反应的平衡常数KaKb(填“<”“=”或②500℃、压强为5p0时，H2的转化率为%(保留三位有效数字)，此时反应的压强平衡常数Kp=。[Kp为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数(分压【答案】(1)-(2)低高(3-1(4)<33.3127p【解析】（1）由△H=反应物的键能-生成物的键能可知，将表格数据代入计算该反应△H=[946kJ/mol+(436.0kJ/mol×3)]-2×(390.8kJ/mol×3)=-90.8kJ/mol，故答案为-90.8；（2）合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即要使反应平衡正向移动，应降低温度，其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，在单位体积分子总数不变条件下，活化分子百分数增大，反应速率加快；故答案为：低；高；（3）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q=k·mα·nβ·pγ，③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ=-1，合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，