浙江省温州市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浙江省温州市2025届高三下学期二模试题一、单选题1．下列物质中含有非极性键的是A．NaCl B．HClO C．CO2 D．【答案】D【解析】同种元素的原子直接形成的共价键为非极性共价键，不同种元素原子之间形成的共价键为极性共价键；NaCl中，Na+和Cl-之间通过离子键结合，A无非极性键；次氯酸的结构式为H-O-Cl，其中的H-O、O-Cl均为极性共价键，B无非极性键；CO2的结构式为O=C=O，C与O形成极性共价键，C无非极性键；C2H6中两个C原子通过C-C单键结合，属于非极性键；2．下列说法中，不正确的是A．铬酸作氧化剂，可使铝制品的表面产生美丽的氧化膜B．La-Ni合金的氢化物受热不易分解，可以作为储氢合金C．液态的氯乙烷汽化时吸收大量热量，具有冷冻麻醉作用D．TiO2【答案】B【解析】铬酸作为氧化剂可使铝表面发生钝化反应，生成致密的氧化铝保护膜，起到防护和装饰作用，A正确；若储氢合金(如La-Ni合金)的氢化物受热不易分解，则无法释放储存的氢气，无法作为储氢材料，故La-Ni合金的氢化物受热易分解，B错误；液态氯乙烷汽化吸热，使局部组织快速冷却，产生冷冻麻醉效果，常用于运动损伤应急处理，C正确；TiO2化学性质稳定，无毒且遮盖力强，广泛用作白色颜料，应用于橡胶、造纸、涂料等行业，D正确。故选B3．下列化学用语表达正确的是A．Cl2分子中的σ键： B．Fe2+的价电子排布式：C．乙炔的结构简式：CHCH D．氨气的电子式：【答案】A【解析】Cl2分子中的σ键为p-pσ键，p-pσ键两个p轨道头碰头形成，A正确；基态铁原子失去最外层的两个电子转化为Fe2+，则Fe2+的价电子排布式为3d6，B错误；乙炔的官能团为碳碳三键，结构简式为CH≡4．根据元素周期表，下列说法不正确的是A．原子半径：B>C>C．酸性：BOH3<【答案】C【解析】同周期从左到右，元素原子半径减小，则原子半径：B>C>N，A正确；同主族从上到下，元素金属性增强，金属单质与水反应剧烈程度增强：Li<Na<K，B正确；同主族从上到下，元素非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，酸性：BOH3>Al5．关于试剂保存方法，下列说法正确的是A．酸性高锰酸钾溶液保存在棕色细口瓶中 B．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中C．保存液溴、白磷、金属钠要用水封 D．汽油存放在带橡胶塞的棕色试剂瓶中【答案】A【解析】酸性高锰酸钾溶液见光或受热易分解，应该存放在棕色细口瓶中，A正确；氢氧化钠溶液能和玻璃的主要成分二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，使瓶塞与瓶身黏在一起，不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，B错误；钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能用水封，C错误；汽油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀，因而不能用橡胶塞，D错误。故选A。6．关于硫的性质，下列说法不正确的是A．浓硫酸可干燥SOB．S与Cu加热条件下反应生成CuC．向Na2S和NaD．1molFeS2与氧气在沸腾炉中完全反应生成Fe2O3【答案】C【解析】SO2可用浓硫酸干燥，A正确；S氧化性较弱，只能将Cu氧化至低价态形成Cu2S，B正确；向Na2S和Na2SO3的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊，发生反应2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂B．聚乙炔具有共轭大π键体系，可用于制备导电高分子材料C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂【答案】A【解析】明矾水解可以产生氢氧化铝胶体，明矾用作净水剂，但明矾不具有强氧化性，不能作消毒剂，A错误；聚乙炔具有共轭大π键体系，该体系为电荷传递提供了通路，经过掺杂处理后也具有一定的导电性能，因此可用于制备导电高分子材料，B正确；十二烷基磺酸根离子中十二烷基为疏水基团，磺酸根离子为亲水基团，在水中形成亲水基团向外，疏水基团向内的胶束，因此可作为表面活性剂，C正确；铁粉具有还原性，能吸收空气中氧气，防止食品被氧化，因此铁粉可作为食品脱氧剂，D正确。故选A。8．下列离子方程式正确的是A．Al与NaOH溶液反应：2B．向银氨溶液中加入过量的盐酸：AgC．用石墨电极电解稀NaCl溶液：2D．向NaHS溶液中滴加少量CuSO4溶液：【答案】A【解析】Al与NaOH溶液反应生成Na[(OH)4]和H2，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2AlOH4-用石墨电极电解稀NaCl的离子方程式为2Cl-+2H2O通电2OH-+Cl2↑+H2↑，C错误；向9．化合物Y是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体。下列说法不正确的是A．X→B．化合物X在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3C．1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗1D．化合物Y中所有碳(C)原子共平面【答案】C【解析】X→Y反应中，X分子中的两个酯基之间发生反应，形成了Y中的环状结构，同时生成CH3OH，属于取代反应，A正确；化合物X在酸性条件下水解生成，能与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；化合物Y中含有酯基，酯基水解后生成的羧基和酚羟基都能与NaOH反应，1mol化合物Y与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH，C错误；苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面上，与碳氧双键直接相连的原子在同一平面上，所以化合物Y中所有碳(C)原子共平面，D正确。故选C。10．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程：下列说法正确的是A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率【答案】B【解析】蒸发皿用于蒸发结晶，不能用于药品溶解，A错误；过滤时热量散失，导致溶液温度降低，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤，B正确；采用冰水冷却得到的是小颗粒晶体，C错误；苯甲酸溶解度受温度影响较大，温度高，溶解度大，乙采用热水洗涤可提高产率，D错误。故选B。11．水煤气变换法反应为：COg+H2Og⇌CO2g+下列说法不正确的是A．温度T2高于B．升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率C．恒温恒容下，在状态a容器中再充入1.8molCO和2.7D．在T2时，反应物的物质的量投入加倍，则φ随时间变化可能为曲线【答案】D【解析】由图像可知，T2比T1先到达平衡状态，说明T2比T1对应反应速率快，则温度T2>T1，A正确；由图像可知，升高温度，反应物的物质的量分数(φ)增大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，但是正反应速率增大的倍数小于逆反应速率，B正确；状态a容器中达到平衡时，消耗CO、H2O物质的量均为0.5mol-0.2mol=0.3mol，则生成CO2、H2物质的量均为0.3mol，K=0.312．某新型锂离子电池是以嵌锂非晶硅薄膜LixSi和钴酸锂LiCoO2下列说法正确的是A．充电时，b极接电源的负极B．充电时，a极的电极反应式为xeC．放电时，外电路通过1mole-，bD．放电时，Li+穿过Li+交换膜向【答案】C【解析】充电时为电解池，电解质的阳离子移向阴极，由题目信息可知，该电池充电时，Li+嵌入非晶硅膜，故充电时a极为阴极，b极为阳极，接电源的正极，A错误；充电时，a极的电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，B错误；放电时为原电池，外电路通过1mole-，b极将嵌入1molLi+，b极质量增加7g，C13．Li、N形成的一种化合物的结构如图1所示为，下列说法不正确的是A．该化合物的化学式为LiB．冶炼金属锂的时，不能用氮气作为保护气C．将该物质投入热的浓NaOH溶液中能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体D．图2为该化合物的一个晶胞【答案】D【解析】晶胞中Li原子数为6×16+2×12+3×13=3、N原子数为6×16=1，该化合物的化学式为Li3N，A正确；Li、N2能反应生成Li3N，冶炼金属锂时，不能用N2作为保护气，B正确；Li14．某研究小组以Na＋作模板按以下路线制备高效相转移催化剂15-冠-5(部分反应条件及试剂已简化)：下列说法正确的是A．化合物A与15-冠-5是同系物B．A→E过程中，H＋和OH-都是催化剂C．1个D分子中有4个手性碳原子D．利用上述流程的原理，改用KOH可以制备18-冠-6()【答案】D【解析】化合物A属于环醚，而15-冠-5属于冠醚，它们官能团的种类相同，数目不相同，分子组成上不相差若干个“CH2”，不是同系物，A错误；A→B、B→C时，H＋作催化剂，但D→E时，NaOH与C、D反应生成的HCl反应，促进反应正向进行，OH-不是催化剂，B错误；D的结构简式为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，D分子中没有手性碳原子，C错误；15-冠-5适配Na＋，18-冠-6适配K＋，利用上述流程的原理，若改用KOH，可以制备18-冠-6()，D正确。故选D。15．已知：常温下，KaCH3COOH=A．向0.1mol⋅B．0.1mol⋅L-1C．Mg2+aqD．NH42【答案】B【解析】向0.1mol/LCH3COONa溶液中滴加稀盐酸至中性，cH+=cOH-，由电荷守恒知，cNa++cH+=cCH3COO-+cOH-+c(Cl-)，由物料守恒知，c(Na＋)=c(CH3COOH)CH3则x20.1-x2=10-141.8×10-52，解得x=11800，溶液中水电离产生的cH+等于溶液中cCH3COOH=cNH3·H2O，则0.1mol⋅L-1CH3COONH416．以卤水(主要以I-形式存在)下列说法不正确的是A．氧化剂1可以是H2OB．“吸附”步骤中，高分子树脂能与I2C．“脱附”的离子方程式：ID．“精制”过程可以是加热升华，再冷凝【答案】B【解析】卤水酸化后，通入Cl2或加入H2O2等氧化剂将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附溶液中的I2，向吸附后的树脂中加入酸和Na2SO3溶液将I2还原为I-得到解脱液，向解脱液中通入Cl2或加入H2O2等氧化剂将I-氧化为I2，粗产品再升华纯化得到纯碘。卤水酸化后，通入Cl2或加入H2O2等氧化剂将I-氧化为I2，A正确；“吸附”步骤中，高分子树脂与I2之间是通过范德华力结合，B错误；“脱附”发生的反应为Na2SO3溶液与I2反应生成Na2SO4和HI，反应的离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO二、解答题17．氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：(1)ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是_______。A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小B．基态溴原子核外电子排布式：ArC．微粒半径比较：rClD．ClO3-的(2)NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：4NH①比较键角的大小：NH3NF3(填“>”、“<”②比较配位键的强弱：H3N→BF3F3N(3)一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。K+的半径与NH①NH4F晶胞中，F-②NH4F晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是(4)湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6过程如下：步骤Ⅰ：向废液中加入Na2SO4步骤Ⅱ：Na2已知：Na2SiF6在水中溶解度随温度的升高急剧增大，Na2SiF①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：。②Na2SiF6溶液在长时间加热之后(忽略物质的挥发)，溶液的pH。(填“增大”、“减小”或③白炭黑的主要成分是。(写化学式)④写出生产冰晶石的化学方程式：。【答案】(1)AC(2)>>(3)4NH4F晶胞中，每个NH4+中有四个H原子与周围四个F-形成氢键，N(4)2Na++SiF62-【解析】（1）同主族从上到下，元素第一电离能逐渐减小，F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；溴的原子序数为35，基态溴原子核外电子排布式式Ar3d104s24p5，B错误；同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径rCl->rCl>rCl+，C正确；（2）①由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故键角NH3>NF3；②由于电负性F＞N＞H，则NF3中氮原子对孤电子对吸引力强于（3）①由NH4F晶胞图可知，晶体中每个F-周围与其距离最近且相等的NH4+的有4②KF晶胞中只存在离子键，阴、阳配位数均为6，但在NH4F晶胞中，每个NH4+中有四个H原子与周围四个F-形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像KF（4）Na2SiF6溶液在加热的过程中与水发生反应，反应产物中没有Si-F键，反应方程式为Na2SiF6+2H2O=SiO2↓+4HF+2NaF，Na2CO3与HF反应为Na2CO3+2HF=2NaF+H2O①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，在水溶液中完全电离，向废液中加入Na2SO②由已知信息Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si-F键，说明SiF③白炭黑的主要成分是SiO2④生产冰晶石的化学方程式为6NaF+2CO218．HCl是涉氯工业生产中的副产品，O2氧化HCl(1)HCl直接氧化法制Cl2，若以CuOCuOs+22CuCl2利于反应4HClg+A．高温B．低温C．高压D．低压E．催化剂(2)有科学家发现Cu2OCl2是O2氧化HCl的主要活性相，反应机理如图所示。A．温度越高，生成Cl2B．适当增大O2与HClC．氧气的浓度越大，Cl2D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率(3)将HCl和O2的物质的量按1:1以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、440℃下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率(α)曲线如图-1所示(HCl流速≤0.10mol⋅①图-1中T2为℃。反应在流速0.10mol·h-1时αT2>α②设M与N点的转化率为平衡转化率，求440℃的平衡常数Kx为。(用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算③将HCl和O2分别按物质的量比1:1和4:1通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图(4)科学家设计了一种O2氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以Fe3+为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①Fe3++【答案】(1)B(2)BD(3)360在流速较慢时，反应近似处于平衡，ΔH<0，温度低反应程度大，所以αT2>αT1在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以αT2<αT136(需注意：物质的量比1:1时，440℃(4)4Fe【解析】（1）已知：①CuOs+2HCl②2CuCl2s+O2g⇌2CuOs+2Cl2gΔH2（2）温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A错误；适当增大O2与HCl的投料比有利于生成Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B正确；增大O2的浓度会导致HCl的吸附反应，反应速率下降，C错误；加入KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D正确。故选（3）①HCl流速≤0.10mol⋅b-1的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则T1＞T2，T2为360℃；反应在流速0.10mol·h②440℃的曲线是T1，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和O2的物质的量均为4HCl气体总物质的量为1.8mol，Kx=③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比1:1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；（4）Fe3+为催化剂，第一步反应先消耗Fe3+，第二部反应又生成Fe19．某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、Fe2O3)制备助燃剂——已知：CuClO42(1)步骤Ⅰ，H2O2浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀H2O2溶液浓缩，仪器A的名称是(2)步骤Ⅲ，反应温度控制不超过80℃的原因是。(3)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ，H2O2的作用仅是将B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为FeC．步骤Ⅲ，为了提高Cu2+的转化率，D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤(4)通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到CuClO42Cu2OHa．向浓HClO4一次性加入b．向浓HClO4分几次加入c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体d．继续蒸发至有晶膜出现e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾g．将固体置于60℃的烘箱中干燥2小时(5)用“恒电流电解法”测定CuClO42①样品中Cu元素的质量分数是%(用含m0、m②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)冷凝管或直形冷凝管防止溶液暴沸减压或抽气，降水的沸点，减少H2(2)温度过高，NaHCO3或Cu2OH2CO3(3)BCD(4)bfce(5)25c+100m2【解析】废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，铜单质不与硫酸反应，加入双氧水将Fe2＋氧化为Fe3＋，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，所得溶液含有Cu2＋、Fe3＋的溶液，调节溶液pH值，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，再加入NaHCO3过滤后得到主要含有Cu2OH2（1）仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少H2（2）NaHCO3中HCO3-易水解，且NaHCO3、Cu2OH2CO3受热也不稳定，故反应温度控制不超过80℃（3）步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将Fe2+氧化Fe3+外，还将Cu氧化Cu2＋，A错误；步骤Ⅱ，通过调节pH将Fe3＋转为为Fe(OH)3，B正确；步骤Ⅲ，根据方程式2NaHCO3+2CuSO4=Cu2OH2CO3↓+2Na2SO4（4）Cu2OH2CO3与浓HClO4反应放热，应向浓HClO4分几次加入Cu2OH2CO（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜＋电解残液中的铜，mCu=m2-m1+250×10-3L20．某研究小组按下列路线合成治疗银屑病药物本维莫得(部分反应条件及试剂已简化)：已知：。请回答：(1)化合物B中官能团的名称是。(2)化合物C的结构简式是。(3)下列说法正确的是_______。A．化合物D能使溴水褪色B．化合物F的酸性强于化合物EC．化合物Ⅰ能发生消去反应D．本维莫得分子式为C(4)写出G→H的化学方程式。(5)5-苯基环己烷-1，3-二酮()是合成有机物的中间体，设计以苯甲醛、丙酮、甲醇、CH2COOC2H52为原料合成该物质的路线(6)写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式。①分子中只含有苯