江西省鹰潭市2025届高三下学期第二次模拟考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省鹰潭市2025届高三下学期第二次模拟考试试卷一、单选题1.化学推动着社会的进步和科技的创新，下列说法正确的是A．“天和核心舱”电推进系统中的腔体中采用的氮化硼陶瓷属于金属材料B．“蛟龙号”载人潜水器外壳使用的钛合金的硬度比单质钛的硬度大C．“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H₂D．第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学反应【答案】B【解析】纯金属和合金属于金属材料，氮化硼陶瓷中不属于金属材料，A错误；合金具有硬度大、熔点低、耐腐蚀的特性，B正确；Rb的金属性很强，遇水会剧烈反应放出H₂，C错误；核反应无新物质产生，不属于化学反应，D错误。故选B。2.元素的“价类二维图”体现了化学变化之美。部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。下列有关图中所示物质的叙述错误的是A．只有c、d属于酸性氧化物 B．只有k、e、f属于电解质C．g、a、d均不能用浓硫酸干燥 D．雷雨天可实现h→i→j→k转化【答案】B【解析】结合N、S的价态及物质类型可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO4、f为硫酸盐或硫酸氢盐、g为NH3、f为铵盐，故f为硫酸铵或硫酸氢铵，据此解答；c和的分别表示SO2、SO3，酸性氧化物是能和碱反应只生成盐和水，只有SO2、SO3属于酸性氧化物，故A正确；k、e、f分别表示HNO3、H2SO4、硫酸盐或硫酸氢盐，除此之外还有H2S均属于电解质，故B错误；g为NH3、a为H2S、d为SO3，三者中NH3具碱性与还原性，H2S具有还原性，不能用浓硫酸干燥，SO3会被浓硫酸吸收，因此g、a、d均不能用浓硫酸干燥，故C正确；h为N2、i为NO、j为NO2或N2O4、k为HNO3，雷雨天气可实现N2→O2、3.下列有关化学实验安全的必备知识，说法正确的是A．实验室中金属钠着火时，可以用泡沫灭火器灭火B．BaSO4C．浓硫酸不慎溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液D．实验室制乙酸乙酯时，应将导管直接插入饱和碳酸钠溶液中收集产物【答案】C【解析】金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水，二氧化碳反应，而干冰灭火器和泡沫灭火器都生成二氧化碳，只能用干燥沙土盖灭，A错误；BaSO4难溶于水，且性质稳定，既不溶于水也不溶于酸，因此可以用作“钡餐”来诊断消化道疾病，这说明它对人体无害，无毒性‌，B错误；浓硫酸溅到皮肤上时，先用大量的水冲洗，然后再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，C正确；实验室制乙酸乙酯时，应将导管末端不能伸入液面下方，避免出现倒吸，应该在饱和碳酸钠溶液液面上，收集产物，D错误；故选C4.某医药中间体Z的合成路线如下，有关物质说法正确的是A．若将替换X发生反应I，所得产物中可能含有B．反应I和II的反应类型均属于消去反应C．物质X、Y、Z分子中碳原子杂化类型有sp2、sp3D．物质Z与H2O的加成产物只有1种结构(【答案】A【解析】羰基相连碳上的氢为活泼氢，容易断裂，发取代反应或加成反应，若将替换X发生反应Ⅰ，箭头所指位置，易与发生取代反应，其中一种即为，A正确；断裂圆圈标记的碳原子的一个C-H键，断裂C-I，生成Y和HI，属于取代反应，断裂圆圈标记的碳原子的C-H键，同时断裂CH3I中C-I键，生成Z和HI，属于取代反应，B错误；物质X、Y、Z分子中单键碳的杂化轨道数为4，杂化类型为sp3，双键碳的杂化轨道数为3，杂化类型为sp2，不存在sp杂化，C错误；不考虑立体异构的情况下，物质Z与H2O加成，-OH加在碳碳双键两端不同碳原子上，可与形成2种不同的结构，D错误；答案选A。5.一种催化剂的阳离子结构如图。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子每个能级上的电子数相等，Z与Y同周期，基态W原子最外层电子数为1，其内层原子轨道全充满。下列说法错误的是A．第一电离能：WB．配体数与配位数之比为1:2C．YZ-与W2+形成配离子时，D．X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物【答案】C【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，基态Y原子每个能级上的电子数相等，Y为碳，基态W原子最外层电子数为1，其内层原子轨道全充满，且原子序数最大，W为铜，Z与碳同周期，Z形成-NH2然后与铜离子形成配位键，则Z为氮，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；第一电离能：Cu<C<N，A正确；由图可知，配体为2个H2NCH2CH2NH2，配位数为4，则配体数与配位数之比为1:2，B正确；CN-离子中氮电负性更强，更不容易给出孤电子对，则形成配离子时其中碳更易提供孤电子对，C错误；碳形成4个共价键，1个X能和碳形成其中1个共价键，且氢原子序数最小，X为氢，X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物，例如铵盐NH4CN，D正确；故选C。6.实验小组用“W”形玻璃管等微型装置(下图)进行实验以验证SO2的性质，①、④处的试剂分别为Na2SO3固体、品红溶液、酸性KMnO4溶液、A．①处出现气泡，体现了H2B．②处溶液褪色，用酒精灯加热后红色复原C．③处、④处溶液褪色，且褪色原理相同D．①处试剂换为Na2【答案】C【解析】利用“强酸制弱酸”原理，用稀硫酸和亚硫酸钠发生复分解反应制备SO2，体现硫酸的强酸性，A正确；②处SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，SO2与有色物质结合为无色物质为可逆过程，加热会恢复红色，B正确；酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，NaOH-酚酞溶液褪色体现SO2是酸性氧化物，褪色原理不同，C错误；Na2S2O3溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成二氧化硫、硫单质和水，也可以达到实验目的，D正确；答案选C。7.NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3A．NH3和NCl3分子中各原子均满足B．CCl4C．NCl3的水解过程中ND．NCl3和SiCl【答案】D【解析】NH3中的H原子周围只有2个电子，不满足8电子稳定结构，故A错误；CCl4中碳原子无空的价层轨道和孤电子对，不能发生水解反应，故B错误；NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道数始终为4，杂化类型属于sp3杂化，没有发生变化，故C错误；NCl3中的中心原子为N原子，有孤电子对，发生亲电水解，而SiCl4的中心原子为Si，没有孤电子对，发生亲核水解，所以两者的水解反应机理不同，故D正确；故选：D。8.离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2A．Na2B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H【答案】C【解析】离子化合物Na2O2中有离子键，过氧根离子中存在非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，反应②中水中H元素化合价降低，发生还原反应，B错误；Na2O2由Na+和O22-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选9.乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(A．由图可知：αB．加入催化剂增大了活化分子百分数，但该反应的ΔHC．α1=66.7%则D．若A点，平衡常数K=0.72，H2的移出率为【答案】C【解析】分离出产物氢气会促进平衡正向移动，从而提高乙烷的转化率，因此氢气的移出率越高，乙烷的平衡转化率越大，结合图像可判断：α1>α2>α3，故A正确；催化剂可降低反应活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，但不影响反应的热效应，故B正确；设乙烷的起始量为1mol，结合已知条件列三段式：C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)起始/mol100转化10.化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。下列说法中正确的是A．1molX最多可与3molH2B．X、Y、Z分别与足量KMnO4C．Y分子中最多9个碳原子共面D．Y和Z中所有碳原子都是sp2【答案】B【解析】X分子中的苯环和醛基均能与H2加成反应，1mol苯环可与3molH2加成，1mol醛基可与1molH2加成，即1molX最多可与4molH2发生反应，A错误；X、Y、Z分别与足量KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同，即为对苯二甲酸，B正确；Y分子中含有苯环、碳碳双键和碳氧双键三个平面结构，根据单键可旋转特性，故Y分子中最多10个碳原子共面，C错误；Y中的-CH2OH上的C原子杂化轨道数为4，采用sp3，Z中-CH2OH、-CH3上的C原子采用sp3，即Y和Z中不是所有碳原子都是sp2杂化，D错误；答案选B。11.一种能捕获和释放CO2的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液均为KCl溶液。当K连接S1时，b极区溶液能捕获通入的CO2A．K连接S1时，b极发生反应：2H2OB．K连接S1时，钾离子经离子交换膜由a极区到bC．K连接S2时，a极区nD．该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放CO【答案】C【解析】K连接S1时，该装置为电解池，b极区溶液能捕获通入的CO2，说明b电极为阴极，发生得电子的还原反应，b极发生反应2H2O++2e-=+2OH-，A正确；K连接S1时，电解池中阳离子向阴极移动，则钾离子通过离子交换膜由a极区到b极区，B正确；K连接S1时，该装置为电解池，b极为阴极，a及为阳极，K连接S2时，a电极为正极，FeCN63-在正极得到电子发生还原反应生成FeCN64-，则a极区nFeCN63-nFeCN64-的值减小，12.NiAs的晶体结构如图甲所示，沿线MN取得的截图如图乙所示，晶胞中含有两个As原子且其中一个的坐标为13,1A．As原子的配位数为6B．另一个As原子的坐标为2C．已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg⋅cmD．Ni、As原子间的最短距离为3【答案】D【解析】根据化学式NiAs及晶胞中含有两个As可知，该晶胞中含有两个Ni原子，再结合题图乙得出晶胞的结构为，与每个As原子直接相连的Ni有6个，则As原子的配位数为6，A项正确；根据晶胞结构可知另一个As原子的坐标为23,23,34，B项正确；根据题干信息：该晶胞中含有两个Ni原子，结合化学式可知，1个晶胞中有2个NiAs，一个晶胞的体积=59+75×2NA×ρcm3=32×a13.常温下，分别在MgCl2、CuCl2、NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液，pX[pX=-lgc(X)，X代表Cu2+A．L1代表pCu与pOHB．KC．Cu2++2NHD．M点(L2与L3交点)【答案】C【解析】依题意，Cu(OH)2、Mg(OH)2组成相同，pX与pOH关系呈平行线，故L3代表pcNH4+cNH3⋅H2O与pOH的关系，根据数据可知，L1、L2对应的Ksp分别为10-19.7、10-11.3，因为Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，所以，Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3=5.0×10-12，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.7=2.0×10-20，L1代表pCu与pOH的关系，A正确；根据选项A分析可知，KspMg(OH)2=5.0×10-12，B正确；L3代表pcNH4+cNH3⋅H2O与pOH的关系，利用a点数据计算一水合氨电离常数Kb=c(OH-)×c(NH4+)c(NH3·H2O)=10-2.7×10-2=10-4.7，Cu2++2NH3⋅H2O⇌Cu(OH)2+2NH4+的平衡常数K=Kb2KspCu(OH)2=10-4.7210-19.7=2.0×14.NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是A．反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定B．过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为2C．过程Ⅲ得到的液态N2H4D．反应Ⅳ生成每3molHN3【答案】D【解析】氮的固定指游离态的氮转化为化合态，反应I和反应Ⅲ的转化都为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误；过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，化学反应方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，B错误；液态N2H4是良好的溶剂，N2H4正负电荷中心不完全重合，是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；反应Ⅳ的化学方程式为：N2H4+HNO2=HN3+2H2O，由方程式可知HNO2中的N从+3价降为-13价，故生成1molHN3转移电子313电子，故每生成3molHN3，转移电子数为10NA，D正确；故答案选二、解答题15.某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。已知：①乙醚沸点为34.5℃；BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。②Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。回答下列问题：I．制备BeCl2：按如图所示装置(夹持装置略)制备BeCl2.(1)仪器a的名称为。仪器b的作用是。(2)实验中装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是。(3)该实验装置中存在的缺陷是。II．BeCl2的提纯：充分反应后，装置C中乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得到固体，再用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得BeCl2产品。(4)用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是。III．BeCl2的纯度测定：取mg上述产品溶于盐酸配成250mL溶液；取25.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用amol·L−1盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸bmL。(已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应)(5)滴定终点的现象是。(6)BeCl2的纯度为(用含m、a、b的式子表示)。(7)下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏小的是___________(填标号)。A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】(1)球形冷凝管防止倒吸(2)防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快(3)最后缺少收集H2的装置(4)除去AlCl3杂质(5)当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色(6)40ab(7)CD【解析】（1）根据仪器a的结构特征可知为球形冷凝管；仪器b为双球U形管，作用是：防止倒吸；（2）在装置C中，HCl与铍、铝、铁、镁等都能发生反应，但HCl和乙醚的沸点低易挥发，所以装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是：防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快；（3）H2具有可燃性，会带来安全隐患，则该实验装置中存在的缺陷是：最后缺少收集H2的装置；（4）BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。反应结束后，充分搅拌过滤出不溶的MgCl2、FeCl2，此时BeCl2、AlCl3仍溶解在乙醚中，蒸馏出乙醚，得到二种固体盐。用苯溶解固体，将AlCl3溶解，得到不溶的BeCl2，则此操作的目的是：除去AlCl3杂质；（5）滴定前，溶液呈碱性，酚酞变红色，滴定终点时，酚酞的红色褪去，则现象是：当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色；（6）由反应可建立关系式：BeCl2—Be(OH)2—2KOH—2HCl，n(HCl)=amol·L−1×b×10-3L=ab×10-3mol，n(BeCl2)=12ab×10-3mol，则BeCl2的纯度为12ab（7）A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，说明额外消耗标准液填充尖嘴部分，则读取消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏大，A不符合题意；B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水，对KOH的物质的量不产生影响，不影响滴加盐酸的体积，测定结果不变，B不符合题意；C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许，则KOH的物质的量减小，消耗盐酸的体积减小，测定结果偏小，C符合题意；D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则读取消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏小，D符合题意；故选CD。16.回收废石油裂化催化剂(主要成分为Al2O3、SiO2、La2O3和CeO2)可获得氧化镧(La2O(1)用一定浓度的盐酸和H2O2①废催化剂表面的积碳会降低稀土元素的浸出率，浸取前去除积碳的方法是。②浸取时CeO2与H2O2反应生成(2)酸浸液后经萃取、反萃取提纯后可获得较纯的LaCl3和CeCl3溶液。用有机萃取剂(简称HA)提纯稀土离子(M3+代表La3+或Ce3+)，其反应原理为：M3+(冰层)+3HA(有机层)⇌反萃取萃取①一种萃取剂的结构可表示为(R为烷基)，其KaKalH3PO4(选填“>”②其他条件不变，La元素萃取率(有机层中某元素的物质的量某元素的总物质的量×100%)，随水层初始pH增大，La③现用50mLHA萃取100mL含Ce3+的溶液。该实验条件下，Ce3+的分配系数c有机层Ce3+c水层Ce3+(3)提纯后的LaCl3和CeCl3溶液分别通过沉淀、焙烧得到La2①将La2C2O43沉淀在氩气中焙烧得到La②制得的CeO2可用于催化消除CO尾气，该过程中CeO2晶胞结构变化如上图所示，CeO2-x中Ce(III)与Ce(IV)【答案】(1)焙烧2CeO(2)<pH增大，氢离子浓度减小，平衡正向移动，La元素萃取率上升，pH过大时La3+结合氢氧根离子生成La(OH)3沉淀，La元素萃取率下降(3)CO、CO【解析】（1）①碳具有可燃性，可以在空气中燃烧，所以浸取前去除积碳的方法是焙烧；②浸取时CeO2被H2O2还原生成Ce3+，双氧水被氧化生成氧气，反应的离子方程式为2CeO2（2）①一种萃取剂的结构可表示为(为烷基)，烷基是推电子基团，导致更难电离出氢离子，所以酸性会降低，则Ka＜Kal②由于随着pH的增大，氢离子浓度减小，平衡正向移动，La元素萃取率上升，当pH过大时La3+结合氢氧根离子生成La(OH)3沉淀，因此元素萃取率下降；③若每次用25mLHA、分两次萃取，设100mL含Ce3+的总物质的量是nmol，n1mol为萃取一次后Ce3+的剩余量，n2mol为萃取两次后Ce3+的剩余量，则n-n10.025n10.1=8，解得n＝3n1，同理可得n1＝3n2，因此n＝（3）①将La2C2O43沉淀在氩气中焙烧得到La2O3②CeO2-x中Ce原子位于晶胞顶角和面心，个数是8×18+6×12=4个，有一个O原子缺位，O原子是7个，设Ce(III)与Ce(IV)的数目分别是x、y，则x+y＝4、3x+4y＝7×2＝14，解得z＝y＝2，即，CeO2-x中Ce(III)与17.天然气开发和利用是热点研究课题。I．工业上，利用天然气脱硝。反应原理如下：a．2NOb．2NO(g)+Oc．N(1)4NO(g)+CH4(g)⇌(2)实验测得4NO(g)+CH4(g)⇌CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g)的速率方程为：v正=k正⋅cCH4⋅c4(NO)，vⅡ．工业上，利用CH4和CO2制备合成气(CO和H2)，助力“i．COii．3COiii．CO回答下列问题：(3)常温、常压下，CH3OH呈液态，O2(4)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入1molCO2和1molH2，仅发生上述反应iii，分别在有、无催化剂的条件下反应相同时间，测得①下列情况表明反应已达到平衡状态的是(填字母)。A．混合气体密度不随时间变化B．nCHC．H2的转化率不随时间变化D．CO②450℃时，在有、无催化剂的条件下，CO2转化率相等原因可能是(5)向恒容密闭反应器中充入1molCH4和1molCO2，仅发生反应i和ii，测得①图中X表示的是(填“温度”或“压强”)。②测得M点条件下，容器内CO的物质的量为1mol，总压强为1.4MPa，M点对应条件下反应i的Kp为(MPa)【答案】(1)-1150(2)减小(3)CH3(4)CD反应未达到平衡状态，催化剂失活(5)温度0.375或3/8【解析】（1）a．2NOb．2NO(g)+Oc．N根据盖斯定律，该反应可由a+b-c得到，则∆H=∆H1+∆H2-∆H3=(-862.0kJ·mol-1)+(-112.0kJ·mol-1)-(+176.0kJ·mol-1)=-1150kJ·mol-1；（2）达到平衡后，v正=v逆，将速率方程代入得：k正⋅cCH4⋅c4(NO)=k逆⋅（3）CH3OH分子间存在氢键，O2分子间无氢键，CH3OH沸点高；（4）①A．该反应中反应物和产物均为气体，气体总质量不变，容器体积恒定，则混合气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故A不符合题意；B．CH3OH和H2O均为生成物且始终保持1：1比例生成，nCH3OH(g)C．H2的转化率不随时间变化，说明氢气的物质的量浓度不再变化，可知反应达到平衡状态，故C符合题意；D．反应正向进行过程中，CO2的体积分数逐渐减小，当不再变化时反应达到平衡状态，故D符合题意；故选：CD；②由图可知，450℃时，反应有、无催化剂时反应相同的时间均未达到平衡状态，在有、无催化剂的条件下，CO2转化率相等的原因可能是催化剂失活；（5）①由反应可知，i、ii两反应正向气体分子数均增加，则增大压强时平衡均逆向移动，CO2的平衡转化率应减小，若X表示压强，则曲线变化趋势与反应受压强的影响不一致，因此，X表示的是温度；②测得M点条件下，容器内CO的物质的量为1mol，此时CO2转化率为60%，则容器内CO2的物质的量为0.4mol，根据C原子守恒可知的CH4物质