浙江省金华市2025届高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省金华市2025届高三下学期二模考试试题一、单选题1．下列物质属于含有共价键的分子是A．SiO2 B． C．NaOH D．H【答案】D【解析】SiO2是共价晶体，不含SiO2分子，A不符合；是离子晶体，不含分子，B不符合；NaOH是离子晶体，不含NaOH分子，C不符合；H3PO4是共价化合物，只含共价键，是分子晶体，2．下列化学用语正确的是A．有机物的名称：3－醛基戊烷B．SO3的VSEPR模型：C．基态Mn原子的价电子排布图：D．氨基的电子式：【答案】B【解析】的名称为2－乙基丁醛，A错误；SO3的中心S原子采用sp2杂化，且无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，B正确；基态Mn原子的价电子排布图，C错误；氨基的电子式为，D错误。故选B。3．物质的性质与用途息息相关，下列说法不正确的是A．Na能与水反应，可用作乙醚的除水剂B．新制CuOHC．Mg有较强的还原性，可用于钢铁的电化学防护D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱【答案】B【解析】钠能与水反应，乙醚不能与水反应，钠可用作乙醚的除水剂，A正确；葡萄糖、麦芽糖中都含有醛基，都能与新制CuOH2悬浊液共热反应生成红色Cu2O沉淀，则新制CuOH2悬浊液不能用于区分葡萄糖、麦芽糖和淀粉，B错误；镁的金属性强于铁，与铁在溶液中能构成原电池时，铁做原电池的正极被保护，镁可用于钢铁的电化学防护，C正确；碳酸钠和碳酸氢钠溶于水，所得溶液均因水解呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，4．根据元素周期律，下列说法不正确的是A．第一电离能：C>Be>C．结合H+的能力：OH->【答案】C【解析】同周期从左到右，元素第一电离能有增大趋势，Na是金属元素，第一电离能小，则第一电离能：C>Be>Na，A正确；HCl直线型分子、H2S是V形分子、PH3是三角锥形分子，分子极性HCl>H2S>PH3，溶解性：HCl>H2S>PH3，B正确；H2O是弱电解质，NH3是非电解质，NH3比H2O更难电离，所以结合H+的能力：OH-<NH2-，C错误；Mg5．下列过程中涉及的有色物质，不具备指示反应终点功能的是A．制备明矾晶体，将制得的明矾晶体放入铬钾矾KCrSOB．检验乙烯时，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液C．呼吸面具供氧时，Na2D．进行CH4取代反应性质的实验时，对CH4与【答案】A【解析】制得的明矾晶体放入铬钾矾KCrSO42乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液，乙烯和溴单质反应使得溶液褪色，能检验乙烯，B不符合题意；

过氧化钠为黄色物质，和水、二氧化碳反应生成氧气，同时分别生成白色氢氧化钠、碳酸钠，C不符合题意；CH4与Cl2混合气体进行光照，发生取代反应，黄绿色气体的颜色消失，故选A。6．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为FeB．Cu+2FeC．高温下，Fe与Al2D．1molFeC2O4溶液与足量酸性KMnO【答案】C【解析】高温下，Fe与水蒸气反应生成黑色固体Fe3O4和氢气，Fe根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，该反应中Fe元素化合价降低为氧化剂，Cu元素化合价升高，Cu2+为氧化产物，则氧化性：Fe3+>铝热反应是铝单质与氧化铁发生的反应，C错误；KMnO4足量，亚铁离子被氧化为铁离子，铁元素从＋2价升高至＋3价，草酸根离子被氧化为二氧化碳和水，C元素从＋3价升高至＋4价，根据得失电子守恒及电荷守恒，1molFeC2O4被氧化转移答案选C。7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性B．淀粉－聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质【答案】B【解析】浓硫酸、丙三醇结构中含有2个、3个羟基，可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性，A正确；淀粉－聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，具有较强吸水性，可作为可生物降解的绿色材料是因为该物质可水解，B错误；铝粉和NaOH反应能产生大量的气体压强增大，且放热可以软化管道，故可作厨卫管道疏通剂，C正确；离子液体由带电荷的阴阳离子组成，离子半径较大，熔点低且难挥发，带电核离子可导电，故可用作电化学研究的电解质，D正确。故选B。8．下列离子方程式不正确的是A．Na2CO3溶液与足量B．过量Fe粉加入稀硝酸中：3C．少量Cl2被Na2D．酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛：【答案】D【解析】Na2CO3溶液与足量C6H5OH反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，反应的离子方程式为CO32-+C6H5OH→C6H5O-+HCO39．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应C．B和C生成X的反应不是缩聚反应D．X分子中采用sp3杂化的原子共有3n+1【答案】D【解析】甲基水杨酯与A发生酯化反应生成B，由B的结构简式可知A为，B和C在催化剂作用下开环后发生的加聚反应，A的相对分子质量为90，用质谱仪检测A的最大质荷比为90，A正确；甲基水杨酸含有羟基、羧基，苯环，能发生加成、氧化、取代反应，B正确；B和C生成X，反应无小分子生成，是开环后发生的加聚反应反应，C正确；链节内有3个C采用sp3杂化，2个单键的氧原子采用sp3杂化，链节外有1个C采用sp3杂化，1个O采用sp3杂化，则共有5n+2个碳原子采用sp3杂化，10．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是A．试剂①是双氧水和稀硫酸，nB．试剂②可以是CCl4C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘【答案】A【解析】试剂①是双氧水和稀硫酸，反应的离子方程式为H2O2＋2I－＋2H＋=I2＋2H2O，由于双氧水易分解，所以nH2O2消耗:nI2生成>1:1，A错误；加试剂②萃取碘水中的碘，碘易溶于有机溶剂，试剂②可以是CCl4，也可以是苯，B正确；硫酸盐、碳酸盐难溶于有机溶剂，海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤311．二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应如下(忽略其他副反应)：反应①：CO2g+3反应②：CO2g+恒压下，按投料比nCO2:nH2=1:3充入密闭容器中，达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示(Kp为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=A．容器内混合气体的密度不再改变时已达平衡状态B．图中X、Y分别代表CO、HC．250℃时，反应②的平衡常数K<1D．若恒温恒容时，以nCO2:nH2=5:9投料，P【答案】B【解析】恒压条件下，该反应前后气体的总质量不变，气体的物质的量发生改变，容器体积改变，当混合气体的密度不再改变时，说明气体的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，A正确；反应①是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH和H2O的物质的量分数减小；反应②是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO和H2O的物质的量分数增大；由图像可知，随着温度升高，X的物质的量分数增大，Y的物质的量分数减小，所以X代表CO，Y代表CH3OH，B错误；反应②的平衡常数Kp=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)，由图像可知，250°C时，cCO<cCO2，cH2O<cH2，所以K<1，C正确；设起始时nCO2=5mol，nH2=9mol，设反应①中CO2转化了xmol，反应②中CO2转化了ymol，平衡时nCH3OH=xmol，nH2O=x+ymol，由12．冰晶石(Na3AlFA．Na3B．与浓硫酸共热，可产生HF气体C．Cl原子的3p能级给出电子对能力比F原子的2p能级弱，故不存在NaD．Na3AlF6晶体中，Al原子中的2d、3s、3p【答案】B【解析】冰晶石(Na3AlF6)是由Na＋和AlF63-离子构成的离子晶体，A错误；冰晶石(Na3AlF6)与浓硫酸共热发生反应2Na3AlF6+3H2SO4(浓)ΔAl2SO43+6NaF+6HF↑，可产生HF气体，这利用了难挥发性酸制取易挥发性酸的原理，B正确；不存在Na3AlCl613．已知：将工业废气(主要成分CO2和SO2)通入足量NaHCO3溶液获得溶液A和CO2，如下装置可实现污染治理和A．装置①实现了化学能转化为电能B．电极2发生的反应为：OC．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低D．治理过程中参与反应的SO2、CO2物质的量之比为1【答案】D【解析】装置①为原电池装置，实现了化学能转化为电能，A正确；电极2为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B正确；装置②为电解池，电极3为阳极，电极反应式为SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，反应一段时间，溶液pH降低，C正确；电极1为负极，电极反应式为SO2-2e14．化合物X在H+催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红B．中间体W中所有碳原子可能共面C．化合物X不能使酸性KMnO4D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定【答案】C【解析】X中与羟基相连的碳上有2个H原子，可被CuO氧化生成醛，CuO被还原为Cu，则黑色粉末变红，A正确；中间体W中碳正离子为sp²杂化，且3个碳原子可确定1个平面，则所有碳原子可能共面，B正确；X中与羟基相连的碳上有2个H原子，则能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，C错误；中间体Z转化为中间体W能自发进行，可知W的能量更低，则W比Z更稳定，D正确。故选C。15．室温下，向含有足量SrF2的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中-lgcX(X代表Sr2+或F-A．x=2.2B．室温下，SrF2sC．室温下，SrF2sD．b点代表的溶液中：c【答案】D【解析】Ka=cH+cF-cHF，-lgcH+cHF-lgcF-=-lgKa，则-lgcH+cHF=-[-lgcF-]-lgKa，即-lgcH+cHF随－lgc(F－)的增大而减小，故L2代表－lgc(F－)与-lgcH+cHF的关系，L1代表－lgc(Sr2＋)与-lgcH+cHF的关系；由（3.2,0）点：0+3.2=-lgKa，Ka=1016．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确【答案】A【解析】准确量取一定体积卤代烃，加入过量NaOH溶液加热，卤代烃水解生成NaX和ROH，反应液冷却后加入过量稀硝酸中和，中和液中再滴加过量AgNO3溶液生成AgX沉淀，过滤、洗涤、干燥得到沉淀。卤代烃能使碱式滴定管上的胶皮管膨胀，量取卤代烃可用酸式滴定管，A错误；步骤①，卤代烃发生消去反应生成卤化钠，卤化钠与硝酸银生成AgX沉淀，不影响卤素百分含量的测定，B正确；步骤③，若为黄色则沉淀为AgI，卤代烃中含碘元素，C正确；步骤③，先水洗除去可溶物，再用乙醇洗除去卤化银表面的水，可使卤素百分含量测定结果更准确，D正确。故选A。二、解答题17．氮是自然界中普遍存在的元素，也是生命活动中不可或缺的元素。请回答：(1)关于氮元素相关的结构与性质，下列说法正确的是_______。A．基态N原子的电子排布式可表示为1sB．液氨中存在2NH3⇌NH4+C．将NH3通入H2D．NH2OH中的H-N-(2)某化合物A的晶胞如图。①化学式是；②将2.28g该化合物加入到盛有20mL水的烧杯中，充分搅拌后可以观察到的现象是。(3)NH3可以与多种金属离子形成配合物。已知：Co3+具有强氧化性，CoNH36①请分析Co3+和CoNH3②某研究小组以锂钴废料(主要成分为LiCoO2)为原料，活性炭为催化剂，制备Co步骤I：步骤II：(i)步骤I中酸溶时，可以选择的酸是；a．浓盐酸b．稀硫酸c．稀硝酸(ii)步骤II“转化”中将Co2+转化CoNH363+，应先加，后加(iii)步骤II中以CoCl2、NH4Cl、H2O【答案】(1)AC(2)FeNH3(3)CoNH363+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子b氨水【解析】（1）电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为1s22s22px12py12pz1，A正确，NH2-中N的价层电子对数为5+1-1×22+2=4，则N的杂化方式为sp3，B错误；N的电负性小于O的，故氢键强弱：O-H⋅⋅⋅N>N-H⋅⋅⋅O（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，NH3位于棱上、面上和体内，晶胞中Fe的个数为8×18+6×12=4②FeNH36Cl2中Fe2＋水解生成Fe(OH)2，Fe(OH)（3）由已知信息知，步骤I得到CoCl2溶液，锂钴废料(主要成分为LiCoO2)加入盐酸发生氧化还原反应生成Li＋、Co2+，过滤1除去不溶于盐酸的物质，加入NaF沉淀Li＋，过滤，得到CoCl2溶液；步骤II中以CoCl2、NH①因为CoNH363+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2＋，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2＋；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3＋，然后在酸性条件下Co3＋被还原为Co2＋，同时生成的O2对环境无污染，故选b。(ii)Co2+不易被氧化，CoNH362+具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2＋(iii)H2O2作氧化剂，将Co2+氧化为＋3价，则以CoCl2、NH4Cl、18．以H2为燃料气、CaSO已知：“燃料反应器”：主反应：CaSO4s+4副反应：CaSO4s+H“空气反应器”：CaS请回答：(1)在密闭容器中投入1molCaSO4和1molH①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表：温度/K873107312731473反应I的K6.6×2.5×1.0×4.8×反应Ⅱ的K1.5×8.5×5.71.1×(i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：lnKT1lnKT2(ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时cSO2=mol·L②请解释组成中nH2O③下列有关说法正确的是。A．某时刻“燃料反应器”中v正>v逆B．“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率C．增大“空气反应器”的空气通入量，能提高H2D．800℃时，主、副反应中的H2(2)“空气反应器”尾气中，O2的体积分数x温度/℃90098510301060x2.4%10%21%25%则“空气反应器”的温度不宜超过。(3)在惰性液态电解质中，电解SO2与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯SO2OCH【答案】(1)ΔH1的绝对值比ΔH2的绝对值小0.057随温度升高，反应速率加快，nH2(2)1030℃(3)SO【解析】（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小有关系，则K1随温度变化的变化趋势小于K2的原因是ΔH(ii)结合表格中数据，主反应平衡常数表达式K1=c4(H2O)②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中nH2Og随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，nH③v正>v逆说明反应正向进行，即浓度商Q小于平衡常数K，A正确；CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，H2的平衡转化率不变，C错误；由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的H（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；（3）阳极发生氧化反应，SO2失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式为SO219．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下：已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。(2)苯甲醛能与NaHSO3请回答：(1)甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是。(2)步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是。(3)步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质(4)步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序(填序号)。①加NaHCO3溶液至不再产生气泡②加无水MgSO③水洗，分液④加过量饱和NaHSO3溶液⑤分液⑥(5)步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是。(6)HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是。【答案】(1)催化剂(2)吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内(3)ABC(4)④⑥①⑤③②(5)苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层(6)苯甲醛中苯环使醛基中的C－H键极性减弱，不易断裂【解析】（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；（3）由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误。故选ABC；（4）苯甲醛与过量甲醛在浓NaOH溶液中发生Cannizzaro反应，生成苯甲醇和甲酸钠，得到混合物M1，加入适量水溶解未反应的HCHO、生成的HCOONa及催化剂NaOH，再加适量乙醚可将未反应的苯甲醛和生成的苯甲醇溶解，由于水和乙醚不互溶，分液后弃去水层，加入过量饱和NaHSO3溶液与苯甲醛反应生成固体，除去苯甲醛，过滤后加NaHCO3溶液至不再产生气泡以除去过量的NaHSO3溶液，分液后弃去水层，水洗有机层后再弃去水层，除去溶于有机层中的少量盐类物质，在有机层中加无水MgSO4干燥，过滤后再蒸馏得到苯甲醇粗品。“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；（6）醛基表现还原性时要断裂C－H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C－H键的极性减弱，不易断裂。20．中华裸蒴中含有一种具有杀菌活性的化合物J