四川省达州市渠县中学2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

第页，共页第21页，共21页2025年四川省达州市渠县中学高2022级高三二模适应测试化学本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.本试卷共分两卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。2.考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡相应的位置上。3.第Ⅰ卷的答案用2B铅笔填涂到答题卡上，第Ⅱ卷必须将答案填写在答题卡上规定位置。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Ca-40Cu-64Au-197第Ⅰ卷选择题(共42分)一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是A.木材与煤均含有碳元素 B.石油裂化可生产汽油C.燃料电池将热能转化为电能 D.太阳能光解水可制氢【答案】C【解析】【详解】A．木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确；B．石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确；C．燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误；D．在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确；故答案选C。2.是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是A.将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细B.硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定C.施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用D.医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热性质【答案】A【解析】【详解】A．硝酸铵在敲碎、研细时，可能会发生爆炸，A错误；B．氨气与硝酸反应可以得到硝酸铵，由于氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，所以该反应不属于氮的固定，B正确；C．草木灰溶于水呈碱性，硝酸铵溶于水呈酸性，二者会发生双水解反应，可以释放出氨气，导致氮肥流失，因此不能将草木灰与硝酸铵混合使用，C正确；D．硝酸铵溶于水吸收热量，因此医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质，D正确；故答案为：A。3.下列关于实验操作的误差分析不正确的是A.测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的偏大B.用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大C.用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸上，来测定氯水的pHD.用标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏大【答案】C【解析】【详解】A．铜棒散热，导致测得的热量值偏小，焓变为负，则偏大，故A正确；B．装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；C．新制的氯水有漂白性，不能用pH试纸测定pH，故C错误；D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，故D正确；故选：C。4.下列化学用语或表述错误的是A.的电子式：B.的VSEPR模型：C.基态氧原子的轨道表示式：D.3，3-二甲基戊烷的键线式：【答案】C【解析】【详解】A．由钠离子和氧离子组成，其电子式为：，故A正确；B．有2个σ键，2对孤对电子，VSEPR模型：，故B正确；C．该轨道表示式为氟原子的核外电子排布，故C错误；D．3，3-二甲基戊烷主链5个碳原子，3号碳上2个甲基，其键线式为：，故D正确；故选：C。5.酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其结构如图所示。下列关于酚酞的说法错误的是A.含有1个手性碳原子B.酚酞最多可与反应C.酚酞可以发生加成反应、取代反应、氧化反应D.分子中的碳原子的杂化轨道类型是和【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知酚酞中只含1个饱和碳原子，且连有两个相同的结构，不属于手性碳原子，A错误；B．1mol酚酞含有2mol酚羟基，1mol酯基，最多可以和反应，B正确；C．酚酞含有苯环，酚羟基，可以发生加成反应、取代反应、氧化反应，C正确；D．由结构简式可知苯环碳原子以及酯基中的碳原子为sp2杂化，与3个苯环同时相连的碳原子为饱和碳原子为杂化，D正确；故选：A。6.下列方程式书写错误的是A.泳池消毒：B.纯碱溶液浸泡水垢：C.汽车尾气处理：D.氯化铁溶液腐蚀铜板：【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉消毒时，其有效成分次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒，则泳池消毒：，A正确；B．硫酸钙微弱，碳酸钙难溶，纯碱溶液浸泡水垢，发生了沉淀的转化：，B正确；C．催化剂作用下，一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，根据得失电子数守恒，汽车尾气处理：，C错误；D．氯化铁溶液腐蚀铜板，铁离子氧化铜单质生成铜离子，自身被还原为亚铁离子：，D正确；选C。7.粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量B.上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换C.操作①为过滤，操作②为蒸发结晶D.固体a中至少含有三种物质【答案】D【解析】【分析】粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)溶解后加入BaCl2溶液，转化为BaSO4沉淀，加入NaOH后，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3后，过量的Ba2+、Ca2+转化为BaCO3和CaCO3沉淀；过滤出沉淀，往滤液中加入稀盐酸，除去过量的和OH-，然后进行蒸发结晶，便可得到NaCl晶体。【详解】A．去除杂质离子时，为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量，且需考虑过量除杂试剂的后期处理，A正确；B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正确；C．由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；D．由分析可知，固体a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，至少含有四种物质，D错误；故选D8.下列关于化学品的工业生产和使用的说法，不正确的是A.将热空气通入晒盐后的苦卤中，可将吹出B.青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素C.可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为芳香烃D.氯碱工业中，在阴极通入能起到降低能耗的作用【答案】A【解析】【详解】A．晒盐后的苦卤中含Br-，将热空气通入晒盐后的苦卤中，氧气不能氧化Br-，所以不能将吹出，故A错误；B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素，故B正确；C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为环状烃，如苯和甲苯等芳香烃，故C正确；D．氯碱工业中，在阴极通入，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，避免水电离生成的氢离子得电子生成氢气，降低了电解电压，能起到降低能耗的作用，故D正确；选A。9.科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是A.充电时，向阳极方向迁移B.充电时，会发生反应C.放电时，正极反应有D.放电时，电极质量减少，电极生成了【答案】C【解析】【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确；B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确；D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确；综上所述，本题选C。10.氮氧化物()为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应为。该反应相对能量变化如图所示(结构式为)：下列叙述正确的是A.三个基元反应的都小于0 B.处理NO反应C.反应3控制总反应的速率 D.选择催化剂主要降低反应2的能垒【答案】B【解析】【分析】据题图写出三个基元反应的热化学方程式：反应1：反应2：反应3：，据此解答。【详解】A．由分析可知，反应1为吸热反应，，反应2、3均为放热反应，其都小于0，A错误；B．由3个反应相加可得题给反应：，则由盖斯定律得：处理NO反应，B正确；C．根据题图可知，反应1、2、3的正反应活化能分别为、、，活化能越大，反应速率越小，在多步反应中，反应速率最慢的一步是控速步骤，则反应1控制总反应的速率，C错误；D．反应1的活化能最大，即反应1控制总反应的速率，选择催化剂主要是降低控速步骤的能垒，即降低反应1的能垒，D错误；故选B。11.某合金的立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A.基态铜原子的价层电子排布式为B.晶胞中的配位数为8C.该合金中Au的质量分数约为75%D.晶胞中最小核间距【答案】D【解析】【分析】晶胞中Cu位于立方体的顶点，Au位于立方体的体心，一个晶胞中含有Cu数目为,含有Au数目为1，回答下列问题；【详解】A．由铜离子的电子排布可知，基态铜原子的价层电子排布式为，A不符合题意；B．晶胞中距离Au最近的且距离相等的Cu有8个，故Au的配位数为8，B不符合题意；C．晶胞中Au和Cu原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为：，C不符合题意；D．设晶胞参数为a，的最小核间距为a，的最小核间距为，最小核间距>，D符合题意；故选D；12.下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是A.图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键B.对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键C.C、N、O的第一电离能依次增大D.原子力显微镜可直接观测到氢键的本质【答案】B【解析】【详解】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误；B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确；C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测在铜单晶表面吸附组装的8-羟基喹啉分子，获得原子级分辨的分子化学骨架结构图象，并清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误；故答案选B。13.高分子广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法正确的是A.化合物B所有原子可能共平面B.化合物分子中核磁共振氢谱有一组峰C.合成的聚合反应是缩聚反应D.除醇类物质以外，的同分异构体还有2种【答案】B【解析】【分析】由高分子M逆推，可知B是、C是，乙炔和a反应生成，则a是CH3OH。【详解】A．B是，化合物B中含有甲基，不可能所有原子共平面，故A错误；B．C是，C结构对称，只有1种等效氢，化合物分子中核磁共振氢谱有一组峰，故B正确；C．、合成聚合反应是加聚反应，故C错误；D．除醇类物质以外，的同分异构体还有CH3CH2CHO、CH3COCH3、等，故D错误；答案选B。14.海水中的化学资源具有巨大的开发潜力。利用海水提取溴和镁的过程如下：下列说法正确的是A.通入热空气可提高吹出塔的效率B.可用的水溶液代替的水溶液C.电解溶液也可制备D.可以与溶液反应生成沉淀【答案】A【解析】【分析】向海水中加入石灰乳可将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤将滤液和滤渣分离，向滤渣中加入盐酸溶解，生成氯化镁，在HCl的气流中蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2，然后电解熔融MgCl2制备单质镁，而过滤后的滤液中通入氯气置换出溴单质，继而通入热空气，将溴吹入吸收塔，被二氧化硫的水溶液吸收转化成HBr，以达到富集的目的，然后用氯气将其氧化得到产品溴，据此回答下列问题；【详解】A．根据以上分析可知空气的作用是将Br2吹出，而Br2易挥发，热空气吹出效率更高，A符合题意；B．二氧化硫的水溶液吸收单质溴使其转化成HBr，而二氧化碳水溶液没有该性质，B不符合题意；C．电解熔融的MgCl2制备单质镁，电解MgCl2溶液得到的是氢氧化镁沉淀，C不符合题意；D．单质镁不和氢氧化钠溶液反应，D不符合题意；故选A；第Ⅱ卷非选择题(共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)：已知：①溶液2中的主要存在形式为②请回答：（1）沉淀B的主要成分为_______(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是_______。（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为_______。（3）下列说法正确的是_______。A.步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀B.步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率C.溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品D.溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加以保证银的浸出率（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因：_______。（5）工业上变废为宝获得的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入作为催化剂，将废料转化为，涉及的反应如下：①②已知和难溶于，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明的催化作用，写出操作和现象。_______。【答案】（1）①.AgCl、PbSO4②.还原性（2）（3）AD（4）（5）向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂【解析】【分析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，经过步骤1后，铜溶解得到硫酸铜溶液即溶液1，银与铅溶解后分别得到氯化银与硫酸铅沉淀，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀；步骤5加入甲醛，将还原为银单质，得到的亚硫酸钠溶液可以重复利用。【小问1详解】由分析可知，沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；【小问2详解】单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为；故答案为：；【小问3详解】A．步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；C．溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；D．溶液4含有，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应，故需补加中和酸，以保证银的浸出率，D正确；故答案为：AD；【小问4详解】步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为；故答案为：；【小问5详解】反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。16.废物利用利国利民，回收处理钒铬渣(含有及等)，并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：已知：①25℃时，溶度积常数为。②氧化焙烧步骤中分别转化为。③酸性溶液中，的氧化性强于。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是___________，其涉及的化学方程式为___________。（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是___________。（3）水浸产生的滤渣1的成分是___________(用化学式表示)。（4）“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：___________。（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：___________。（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是___________。【答案】（1）①.因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏②.（2）将钒铬渣粉碎（3）（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在（5）（6）会将盐酸氧化为氯气【解析】【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，Fe2O3、FeO则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式为：，向滤液中加入双氧水和硫酸，加入硫酸，增大氢离子浓度，Cr元素主要以存在，将氧化成，还原为Cr3+，离子方程式为：，然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3·H2O=Cr(OH)3↓+3NH，再对Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，据此分析解题。【小问1详解】因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。【小问2详解】将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。【小问3详解】氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。【小问4详解】因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。【小问5详解】具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。【小问6详解】根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。17.甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：（1）已知如下热化学方程式：计算反应的_____。（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。(i)图中的曲线是_____(填“a”或“b”)。(ii)时，的转化率_____，_____。(iii)时，反应的平衡常数_____。（3）少量可提高生成选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。(i)在之间，有和无时的生成速率之比_____。(ii)从图中找出提高了选择性的证据：_____。(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：①②③④⑤⑥根据上述机理，分析提高选择性的原因：_____。【答案】（1）-67（2）①.a②.80%③.7.8④.10.92（3）①.(或3：2)②.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升③.I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br【解析】【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。【小问1详解】将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。【小问2详解】(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmolCH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmolCH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。【小问3详解】(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；(ii)从图中可以看出