湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考化学试题（解析版）

这是一份湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考化学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了5 Pd~106等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H~1 Li~7 C~12 N~14 O~16 Cl~35.5 Pd~106
一、选择题（本题包括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. 化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是
A. 2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度
B. WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性
C. 月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定
D. 宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料
【答案】D
【解析】A．固态电池采用固态电解质，相比传统液态电解质电池，能有效减少电池内部短路风险，提高安全性；其能量密度更高，可存储更多电能；且循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；
B．航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，所以其材料需要具备良好的高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；
C．X 射线衍射仪可通过分析 X 射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，所以能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；
D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，并非无机非金属材料，D错误；
故选D。
2. 物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A. 明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B. 溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂
C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D. 二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
【答案】B
【解析】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；
C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；
D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；
答案选B。
3. 下列化学用语或图示表述正确的是
A. 的电子式为
B. 氰化物等毒性物质的运输标识为
C. 基态As的电子排布式可表示为
D. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为
【答案】D
【解析】A．的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；
B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；
C．基态As的电子排布式可表示为，C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键-O-H上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；
答案选D。
4. 某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A. 制取使用固体和70%的溶液为宜
B. 若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C. 操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D. 操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
【答案】C
【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。
A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
答案选C。
5. 某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A. M电极的电极反应为
B. 铬元素最终以形式除去
C. 电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D. 若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2ml的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2ml重铬酸根离子，需要1.2mlFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/ml=22.4L，故D错误；
故选D。
6. 一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A. “溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B. “调pH”中物质A可以是MnO
C. “沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D. 在空气中加热氧化过程的化学方程式为
【答案】A
【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；
故选A。
7. 已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A. 石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B. 该石墨插层化合物的化学式为
C. 石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D. 碳层和锂层的最短距离d为
【答案】C
【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；
答案选C。
8. 某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A. 制取使用固体和70%的溶液为宜
B. 若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C. 操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D. 操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
【答案】C
【解析】Na2SO3与硫酸溶液反应得到SO2气体，再通过浓硫酸干燥进入盛Na2O2的玻璃管反应，碱石灰的作用是吸收多余的SO2防止污染空气，同时还防止空气中的水和二氧化碳进入干扰实验。
A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸，目的是干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2放出，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若加入硝酸钡溶液，硝酸会将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
答案选C。
9. 某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A. M电极的电极反应为
B. 铬元素最终以形式除去
C. 电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D. 若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2ml的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【解析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2ml重铬酸根离子，需要1.2mlFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/ml=22.4L，故D错误；
故选D。
10. 一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A. “溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B. “调pH”中物质A可以是MnO
C. “沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D. 在空气中加热氧化过程的化学方程式为
【答案】A
【解析】锰矿粉(含、及少量、、)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫酸溶液反应存在于滤渣1中，、转化为Mn2+，、转化为Fe3+、Al3+，加入适量A调节溶液pH值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成Mn3O4。A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，D正确；
故选A。
11. 已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A. 石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B. 该石墨插层化合物的化学式为
C. 石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D. 碳层和锂层的最短距离d为
【答案】C
【解析】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确；
答案选C。
12. X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 单体Ⅰ中Y原子为sp杂化
C. 物质(b)中键长：①②D. 单体Ⅱ为非极性分子
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。
A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；
B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确；
C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①b
（7）
【解析】根据已知信息Ⅱ，反应①为卤代烃与酚发生取代反应得到酚醚，结合B的分子式可知B为，化合物C的分子式比B多2个氢原子，根据已知信息Ⅰ，在Lindlar催化剂作用下碳碳三键加氢还原得到碳碳双键，故化合物C为，根据已知信息Ⅲ，在加热条件下，化合物C发生转化变成化合物D，其结构为。
（1）由分析可知，反应①为取代反应。
（2）由分析可知，D的结构简式为。
（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；
C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；
D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；
故选AC。
（4）化合物E结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。
（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。
（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶，故答案为：a>c>b。
（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。