江西省萍乡市2025届高三下学期二模考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省萍乡市2025届高三下学期二模考试试卷一、单选题1．江西铅山连四纸，纸质洁白莹辉，细嫩绵密，有“寿纸千年”美誉，其制作工艺被列为国家级非物质文化遗产。下列有关说法正确的是A．连四纸以毛竹为原料，毛竹纤维主要成分是蛋白质B．制作连四纸需经碱液蒸煮工序，此过程中没有发生化学变化C．“寿纸千年”说明连四纸化学性质稳定，不易被氧化和水解D．造纸工艺中因使用了明矾，易使纸张发生碱性腐蚀，使纸张变脆，易破损【答案】C【解析】毛竹纤维主要成分是纤维素，而不是蛋白质，A错误；用碱液蒸煮工序中，毛竹中的一些成分会与碱发生反应，发生了化学变化，B错误；“寿纸千年”意味着连四纸在很长时间内能够保持其性能，说明其化学性质稳定，不易被氧气氧化，也不易发生水解反应，C正确；明矾在水溶液中会发生水解，Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，溶液显酸性，易使纸张发生酸性腐蚀，而不是碱性腐蚀，D错误。故选C。2．下列化学用语或图示表示正确的是A．用电子式表示HCl的形成过程：B．H2O的VSEPRC．乙炔分子的球棍模型：D．乙烯分子中σ键的电子云图：【答案】B【解析】HCl是只含共价键的共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程为，A错误；水分子中氧原子的价层电子对数为2＋6-2×12＝4，孤对电子对数为2，则分子的VSEPR模型为，B正确；乙炔分子的空间构型为直线形，球棍模型为，C错误；乙烯分子中σ键为头碰头重叠的s—sp2σ键和sp2—sp2σ键，不是肩并肩的p—pπ键，D错误。故选B。3．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液的配制、基准物质H2C2OA．B． C．D．【答案】D【解析】NaOH固体易潮解，不能直接放在纸上称量，应放在烧杯中称取，A错误；NaOH固体需要在烧杯中溶解，不能在容量瓶中直接溶解，B错误；摇匀时一只手托住容量瓶底，一只手握住瓶口和瓶塞，反复颠倒摇匀，C错误；聚四氟乙烯具有很强的耐酸碱特性，不易腐蚀，可以用作该滴定管的活塞，能够完成该滴定实验，D正确。故选D。4．组成核酸的基本单元是核苷酸，腺嘌呤核苷酸的结构如图所示，下列说法错误的是A．该分子碱性条件下能发生水解反应 B．该分子中含有4个手性碳原子C．该分子中P原子和N原子的杂化方式完全相同 D．该分子具有两性【答案】C【解析】该分子中含磷酸酯基，故在碱性条件下能发生水解反应，A正确；腺嘌呤核苷酸中的手性碳原子如图*所示，有4个手性碳原子，B正确；该分子中P原子的价层电子对数为4、P采取sp3杂化，—NH2中的氮原子、形成双键的N原子分别为sp3杂化、sp2杂化，杂化方式不完全相同，C错误；磷酸分子中有3个羟基，在腺嘌呤核苷酸中有2个羟基具有酸性，有氨基具有碱性，D正确。故选C。5．下列方程式与所给事实相符的是A．用Na2CO3溶液将水垢中的B．硫化钠溶液与过量的SO2反应：C．NaHCO3溶液中通入少量D．FeSO4溶液中加入H2【答案】D【解析】水垢中的CaSO4为固体，则用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3，离子方程式为CaSO4s+CO3H2CO3的酸性比HClO强，故HClO不能和HCO3-反应生成CO2和ClO-，NaHCO3溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为HCO3-+Cl2=CO26．化合物Y11X9WZ5M是一种可用于止血的无机盐药物，已知X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的短周期元素，X核外电子只有一种自旋取向，基态Y原子s轨道总电子数是p轨道总电子数的2倍，且基态Y、Z原子的未成对电子数相等，且A．电负性：Y<X B．WZ3为非极性分子C．离子半径：Z<M D．Z3【答案】B【解析】X核外电子只有一种自旋取向，则X为H，基态Y原子s轨道总电子数是p轨道总电子数的2倍，则Y为C，且基态Y、Z原子的未成对电子数相等，C原子的未成对电子数为2，可知Z为O，M为短周期第一电离能最小的元素，M为Na，W与Z处于同一主族，故W为S。CH4中C的化合价为－4价，H的化合价为＋1价，故电负性C>H，A错误；SO3中心S原子的价电子对数为3，S采取sp2杂化，SO3为平面三角形结构，正负电中心重合，SO3为非极性分子，B正确；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Na+<O2-，C错误；O3分子是V形分子，D7．由下列实验事实得出的结论或解释正确的是实验事实结论或解释A溶有冠醚18冠－6的环己烯中滴加酸性KMnO4冠醚18冠－6能识别K+，增大KMnOBNa2H2C用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某红棕色气体，试纸变蓝该气体为NOD分别测量饱和Na2CO3和NaHCO溶解度：NaA．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】溶有冠醚18－冠－6的环己烯中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色很快褪去是因为冠醚18－冠－6具有识别特征，能识别K+，增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，有利于增大环己烯与酸性KMnO4溶液的接触面积，加快反应速率，A正确；Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成Na2SO4、S沉淀、SO2和水，Na2S2O3中S的化合价既升高又降低，Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，而硫酸既不是反应的氧化剂也不是还原剂，B错误；红棕色的溴蒸气和NO2都能与KI反应生成能使淀粉变蓝色的I2，则用湿润的淀粉KI试纸检验某红棕色气体，试纸变蓝不能说明气体是NO2，C错误；CO32-8．利用离子化合物KC8水解可制备石墨，其反应原理如下：2KC8A．每形成32molC-CB．5.4gKC8C．标况下22.4L1D．1.2gC（石墨，s）中未杂化的轨道中含有的电子数为0.1【答案】D【解析】石墨中每个C原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个C原子共享，n mol石墨中形成32nmolC-C键，则形成32molC-C键生成643mol石墨，反应物中KC8中碳的化合价是-18，升高到0价转移电子数是18，反应物中总碳原子的物质的量为643mol，转移电子为643mol×18e-=83mole-，该反应转移电子数为83NA，A错误；9．某温度下，在1L恒容密闭容器中3.0molX发生反应3X(s)⇌时间段/min产物Z的平均生成速率/mol0~20.200~40.150~60.10下列说法正确的是A．1min时，Z的浓度等于0.20B．2min时，加入0.40molY，此时vC．3min时，Y的体积分数约为66.7D．6min时，在容器中再加入2molYg和1molZg，重新平衡后Z【答案】C【解析】随反应进行，反应速率减慢，0~1min内Z的生成速率大于0.2mol⋅L-1⋅min-1，1min时Z的浓度大于0.20mol⋅L-1⋅min-1×1min=0.2mol/L，A0.6mol/L，可知4min反应达到平衡状态，Z的平衡浓度为0.6mol/L，则Y的平衡浓度为1.2mol/L，K＝1.22×0.6=0.864。2min时，Z的浓度等于0.20mol⋅L-1⋅min-1×2min=0.4mol/L、Y的浓度等于0.8mol/L，加入0.40molY，Y的浓度变为1.2mol/L，Q＝1.22×0.4=0.576<K，反应正向进行，此时v正(Z)>v逆Z，B错误；由3X(s)⇌2Y(g)+Z(g)可知，反应体系中只有YZ是气体，且体积比始终为2∶1，3min时，Y的体积分数约为22+110．合成新型聚氨酯的重要原料化合物G可由如下反应制备。下列说法正确的是A．亲水性：F<X B．G完全水解后得到E和FC．1molG与足量NaOH溶液反应，理论上最多可消耗nmolNaOH D．E中所有碳原子共平面【答案】A【解析】由反应方程式可知，X的结构简式为CH3CH2OH，X属于低级醇，易溶于水，F属于酯类，难溶于水，则亲水性：F<X，A正确；G如果水解得到E和F，需在酸性环境中进行，1molG完全水解可生成nmol碳酸，其与足量NaOH溶液反应，理论上最多可消耗2nmolNaOH，C错误；E中的六元环不是苯环，属于环己烷，故不可能所有碳原子共平面，D错误。故选A。11．我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3－丙二胺（PDA）以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放COA．放电时，多孔碳纳米管电极反应为MgB．充电时，Mg2+C．PDA会捕获CO2D．放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1molCO【答案】B【解析】图示装置放电时为原电池，CO2转化为MgC2O4，发生还原反应，所以放电时多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4，A正确；放电时，Mg电极为负极，电极反应式为Mg－2e-=Mg2+，则充电时为电解池，Mg电极为阴极，Mg2＋应从右室通过阳离子交换膜到左室，B错误；据题意可知，电解液中加入1，3－丙二胺（PDA）可以捕获CO2，使气相CO2进入液相的PDA12．一种钽的化合物的四方晶胞结构如图所示（b<2a）。已知NA为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、z∈0,1，原子分数坐标为1时记为0A．P的原子分数坐标为(1/2,0,1/4) B．K+和TaO2C．与Q距离相等且最近的K+有4个 D．该晶体的密度是【答案】A【解析】已知原子分数坐标为1时记为0，P在X轴的坐标分数为12，在Y轴的坐标分数为1，则记为0，Z轴坐标分数为14，故P的原子分数坐标为12,0,14，A正确；由晶胞结构图可知，因b<2a，则K+和TaO2F43-的最短距离为如图所示的x，x=a2+12b22pm，B错误；与Q距离相等且最近的K+分别位于上下两个晶胞的四个侧面上，因此与Q距离相等且最近的K+共有8个，C错误；由图示晶胞可知，K+有10个处于面心，4个处于棱心，晶胞中K+的个数为10×1213．利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合cNi2+⋅cCO32-=KspNiCO3下列说法错误的是A．KB．M点时，溶液中存在cC．pH=7时，D．根据图1和图2，初始状态pH=11，【答案】B【解析】由图2曲线Ⅱ可知，当pH＝10，lg[c(Ni2＋)]＝－7时，Ni(OH)2达到溶解平衡，KspNi(OH)2＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10-7×(10-4)2=10-15，A正确；M点pH＝8.25，由图1可知，Ka1(H2CO3)=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)=10-6.37，Ka2(H2CO3)=c(CO32-)c(H+)(HCO3-)=14．某白色固体样品Y，可能含AgNO3、NH编号试剂反应后的不溶物生成的气体1蒸馏水白色无色、刺激性气味2稀硝酸白色无色、无味3NaOH溶液无不溶物无色、刺激性气味依据实验现象，下列说法正确的是A．含MgO B．含BaNO32 C．可能含AgNO【答案】C【解析】某白色固体样品Y，可能含AgNO3、NH4Cl、BaNO32、K2CO3、Na2SiO3、MgO中的几种或全部，编号1编号2中，加入稀硝酸反应后的不溶物为白色沉淀，同时生成的气体为无色无味气体，气体为CO2，说明一定含K2CO3，白色沉淀中含H2SiO3；编号3中，加入NaOH溶液，无沉淀，有无色刺激性气味的气体生成，说明一定含NH4Cl，反应后无不溶物，说明所有固体均溶解，不含MgO。说明Y中一定含有NH4Cl、K2CO3、Na2SiO3，可能含有AgNO3、BaNO32，一定不含有MgO，若Y中含AgNO3，1和2的白色沉淀中含AgCl，3中二、解答题15．铂钯精矿含Au、Pt、Pd、已知：“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl(1)“酸浸”时，需要将废铂钯精矿粉碎，粉碎的目的是。(2)在实验室进行“煅烧”时，下列仪器中需要用到的是（填仪器名称）。(3)金位于元素周期表的第六周期且与铜同族，则基态金原子的价层电子轨道表示式为。(4)已知HAuCl4是一元强酸，则“分金”过程发生反应的离子方程式是(5)加入氨水的过程中，钯（Pd）的配合物发生变化的原因是。(6)Y的化学式为。(7)“水合肼还原”过程N2H4⋅H【答案】(1)增大固体接触面积，使反应快速充分(2)坩埚、泥三角(3)(4)3(5)NH3与Pd2+(6)HCl(7)N2H【解析】铂钯精矿中加浓盐酸“酸浸”后得到含Au、Pd、Pt的滤饼；滤饼中加浓盐酸，通Cl2经“氯化溶解”得到HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；向其中通入SO2“分金”，SO2将HAuCl4还原为Au；向含H2PtCl6、H2PdCl6的滤液中通入NH3，得到NH42PdCl6、NH42PtCl6；（1）将废铂钯精矿粉碎，可以增大固体接触面积，使反应快速充分；（2）“煅烧”时将NH4（3）Cu位于元素周期表第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，Au位于第六周期IB族，其价电子轨道表示式为；（4）“分金”时，SO2将HAuCl4还原成Au，自身被氧化成SO42-（5）加入氨水的过程中，Pd2＋的配体由Cl－变成NH3，是因为NH3与Pd2+的配位能力强于（6）Y为HCl；（7）“水合肼还原”过程中，N2H4⋅H2O转化为N2，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该白色晶体为NH16．积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，用甲烷和水蒸气催化制氢气涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：CH反应Ⅱ：CH反应Ⅲ：CH(1)CO2的电子式为(2)ΔH3=(3)恒定压强为P0MPa时，将①中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是A．550~600℃B．650~700℃C．750~800℃(4)已知平衡常数K仅与温度有关，且lnK=-ΔHRT+C（1（填“>”“<”或“＝”）。(5)M(s)对反应有催化作用，存在反应M⋅4H2O(s)⇌M(s)+4H2O(①0~20minH2的平均生成速率为②T1℃下，反应Ⅰ的Kp③平衡后，继续向刚性容器中加入含碳物质各0.2mol，则反应M⋅4H2O(s)的分解平衡（填“向正反应方向移动”“【答案】(1)(2)+206.4(3)nB(4)<(5)3.54900【解析】（1）CO2是由C与O原子通过共价键形成的共价化合物，C和O原子最外层均达到8电子的稳定结构，CO2的电子式为；（2）12(Ⅰ＋Ⅱ)得CH4(（3）①由三个反应方程式可知，随着反应的进行，CH4、H2O的含量减少，CO、H2的含量增大，CO2的含量相对较少，故曲线n表示CO2②由图可知当温度在650℃~700℃时，氢气的含量最大，产率最高；（4）由lnK=-ΔHRT+C（R与C为常数）可知，已知ΔH1＝+165.5kJ/mol，ΔH2＝+247.3kJ（5）①设达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中甲烷的变化量分别为xmol、ymol、mmol，依题列出三段式：CH4CH4CH4平衡时CH4、CO2、CO的物质的量相等，H2、H2O的物质的量相等，由C元素守恒可知，3－x－y－m＝2y＋m＝x－y＝1，解得x=54mol、y=14mol、m=12mol；n(H2)＝4x＋2y＋3m＝2(x＋y＋m)＋2x＋m＝7mol＝n(H2O)，n总＝(1＋1＋1＋7＋7)mol＝17mol；此时p(H2)＝②反应Ⅰ的Kp＝p4③由题意可知，达到平衡时CH4、CO2、CO的物质的量相等，H2、H2O的物质的量相等，以反应Ⅰ为例，T1℃下，K1＝c4(H2)c(CO2)c2(H2O)c(CH4)=c2(H2)，当含碳物质各加0.2mol，则此时c(CH4)＝c(CO2)＝c(CO)，Qc1＝c4(H2)17．在化学分析领域，荧光探针因能高效检测特定物质而备受关注。某高校科研团队近期合成了一种新型荧光探针N-（2-羟基苯基）-2-（4-甲氧基苯基）乙酰胺（C15HⅠ：在三颈烧瓶中加入10.3g（约0.07mol）对甲氧基苯乙腈C9H9NO（）、8.3g（约0.076mol）邻氨基苯酚C6H7NO（）和适量碳酸钾，再加入一定量的N，反应方程式：C9Ⅱ：反应结束后，将反应液冷却至室温，倒入冰水中，有固体析出。过滤，得到粗产品。将粗产品用乙醇－水混合溶剂进行重结晶，得到15.42g纯净的HMPA。已知：①N，N-二甲基甲酰胺（DMF②HMPA在碱性条件下荧光强度显著增强，可用于检测碱性环境中的微量金属离子。回答下列问题：(1)下列与该实验有关的图标有________（填标号，下同）。A．B．C．D．(2)已知氨基与苯环相连时，氮上的孤电子对易离域到苯环的大π键中，形成p-π共轭体系，氨基表现出给电子共轭效应，请比较酸性：苯酚邻氨基苯酚（填“<”“>”或“＝”）。(3)氮气保护的目的是。(4)DMF作为溶剂，从溶解性角度分析，它对该反应所起的作用是。(5)步骤Ⅱ重结晶操作中需用到的装置有__________。A．B．C．D．(6)该实验中HMPA的产率为（保留四位有效数字）。(7)现有一份可能含微量铜离子的水样，请设计实验利用HMPA检测其中是否含有铜离子。（已知HMPA与铜离子结合后荧光强度会发生独特变化）【答案】(1)ACD(2)>(3)氮气化学性质稳定，可排除反应体系中的氧气，防止对甲氧基苯乙腈、邻氨基苯酚等物质被氧化，同时也避免产物被氧化，保证反应顺利进行(4)DMF能很好地溶解对甲氧基苯乙腈、邻氨基苯酚以及碳酸钾等物质，使反应物充分接触，有利于反应在均相体系中进行，提高反应速率(5)BD(6)85.71(7)取适量水样于试管中，加入少量HMPA和适量碱调节溶液至碱性，若荧光强度发生与已知含Cu2+碱性水样相同的独特变化，则说明该水样中含有Cu2+；若荧光强度无明显变化，则说明水样中不含Cu2+【解析】（1）实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，A符合题意；实验没有用到刀具，没有划伤危险，B不符合题意；反应需要加热至120℃，要注意烫伤，C符合题意；实验涉及刺激性气味气体NH3，要注意通风，D符合题意；故选ACD。（2）氨基与苯环相连时，其孤电子对通过p-π共轭体系向苯环提供电子，增强苯环电子云密度，使得邻氨基苯酚中酚羟基的O－H键更难解离，酸性减弱，因此苯酚酸性＞邻氨基苯酚；（3）由于氮气化学性质稳定，可排除反应体系中的氧气，防止对甲氧基苯乙腈、邻氨基苯酚等物质被氧化，同时也避免产物被氧化，保证反应顺利进行，故可通入氮气作为保护气；（4）由已知①知DMF能溶解许多有机和无机化合物，加入DMF能很好地溶解对甲氧基苯乙腈、邻氨基苯酚以及碳酸钾等物质，使反应物充分接触，有利于反应在均相体系中进行，提高反应速率；（5）重结晶过程不需要分液和蒸馏；重结晶后需要过滤，重结晶先要对粗产品进行加热溶解，故选BD。（6）在三颈烧瓶中加入10.3g（约0.07mol）对甲氧基苯乙腈C9H9NO、8.3g（约0.076mol）邻氨基苯酚C6H7NO，故邻氨基苯酚稍过量，0.07mol对甲氧基苯乙腈反应理论可得到0.07molHMPA，即（7