云南省曲靖市2025届高三下学期第二次教学质量检测化学试卷（解析版）

这是一份云南省曲靖市2025届高三下学期第二次教学质量检测化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了 实验室进行溴苯制备等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的有关信息，在规定的位置贴好条形码。
2.考生作答时，将答案答在答题卡上，在试卷上答题无效；作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；作答非选择题时，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 Al 27 K 39 Cu 64
一、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，只有一项符合题目要求。
1. 云南省博物馆典藏文物的相关化学知识，判断错误的是
A. 牛虎铜案(战国)的材质是青铜，青铜属于合金
B. 《溪山行旅图》(北宋)的材质是绢，绢的主要成分是蛋白质
C. 金镶红蓝宝石冠(明)，镶嵌的红蓝宝石属于金属材料
D. 青花人物凤尾尊瓷器(清)是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
【答案】C
【解析】A．青铜是铜锡合金，牛虎铜案(战国)的材质是青铜，青铜属于合金，A 正确；
B．绢是丝织品，丝的主要成分是蛋白质，所以《溪山行旅图》(北宋)的材质绢的主要成分是蛋白质，B 正确；
C．红蓝宝石的主要成分是氧化铝等，属于无机非金属材料，而不是金属材料，C 错误；
D．青花人物凤尾尊瓷器(清)是以黏土为主要原料，经过高温烧结制成的，这是陶瓷制作的基本过程，D 正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. NH4Cl的电子式：
B. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
C. 顺-2-丁烯的结构简式：
D. Cl2分子中键的形成：
【答案】D
【解析】A．NH4Cl是离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．已知与电负性较大的N、O、F原子结合的H与其他N、O、F原子之间形成氢键，故邻羟基苯甲醛的分子内氢键：，B错误；
C．是反-2-丁烯的结构简式，C错误；
D．已知Cl2分子中Cl原子核外最外层上3p上的一个电子头碰头重叠形成键，且p能级的电子云轮廓图呈哑铃形，则其形成过程表示为：，D正确；
故答案为：D。
3. 长征二号丁运载火箭使用的燃料是四氧化二氮和偏二甲肼，反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 火箭点火时出现红棕色烟雾是
B. 含有的键数目为
C. 含共价键数目为
D. 每反应生成转移电子数为
【答案】D
【解析】A．红棕色烟雾是NO2而非N2O4，A错误；
B．未指明气体是否处于标准状况，11.2L N2的物质的量无法确定，且每个N2分子含2个π键，若为0.5ml则π键数为NA，但条件不明确，B错误；
C．偏二甲肼含的结构中共有11个共价键(6个C-H、2个C-N、1个N-N、2个N-H)，1ml该物质含11NA个共价键，而非10NA，C错误；
D．生成44g CO2(1ml)对应的反应中，每生成2ml CO2转移16ml电子(偏二甲肼中2个C被氧化，每个C从-3→+4，失去7e⁻，共14e⁻；2个N从-1→0，失去2e⁻，总16e⁻)；因此，生成1ml CO2转移8ml电子，即8NA，D正确；
故选D。
4. 实验室进行溴苯制备。下列相关原理、装置及操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．铁催化作用下，苯和溴单质反应制备溴苯，而不是使用溴水，A错误；
B．四氯化碳可以吸收HBr中混有的Br2，并用硝酸银溶液鉴证生成的HBr，产生浅黄色沉淀即可，B正确；
C．溴苯是液体，不能用过滤的装置进行洗涤，C错误；
D．苯和溴苯可以互溶，不能用分液的方式进行分离，D错误；
故选B。
5. 一种利用羟醛缩合反应制备新型呋喃基，-二烯单体(Z)的合成过程如图所示。下列说法正确的是
A. X中所有原子可能共平面B. 的分子式为
C. 可以用银氨溶液鉴别和D. 苯甲醛可与发生羟醛缩合反应
【答案】A
【解析】A．碳碳双键是平面结构，醛基是平面结构，水分子也是平面结构，故与O原子连接的两个原子也共面，单键可以旋转，故X中所有原子可能共平面，A正确；
B．Y的分子结构中括号内就有7个亚甲基，其分子式为，B错误；
C．Y和Z中都含有醛基，不能用银氨溶液鉴别和，C错误；
D．X分子和苯甲醛分子中与醛基相连的碳原子均没有氢原子，即没有，故X不能和苯甲醛发生羟醛缩合反应，D错误；
故选A。
6. 下列有关物质结构与性质说法错误的是
A. 石墨晶体是层状结构，可作固体润滑剂
B. 金属晶体在外加电场作用下可失去电子，故金属晶体能导电
C. 纤维素的结构为，故纯棉不宜作速干衣的面料
D. 咪唑()为五元芳香杂环化合物，①号比②号更易形成配位键
【答案】B
【解析】A．石墨晶体是层状结构，层与层间作用力小，可作为固体润滑剂；A正确；
B．金属晶体能导电的原因是在外加电场作用下电子发生定向移动，并没有失去电子，B错误；
C．从纤维素的结构可知，纤维素分子中含有大量的羟基，羟基具有亲水性，导致纯棉吸湿性强，不宜作速干衣的面料，C正确；
D．在咪唑（）中，①号 N 原子的孤电子对没有参与形成大π键，而②号 N 原子的孤电子对参与形成了大π键，所以①号 N 比②号 N 更易提供孤电子对形成配位键，D正确；
故答案为：B。
7. 一种可用于医疗和电镀的化合物结构如图所示，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，Y、Z、W位于同周期，核电荷数之和为21，Q基态原子的最外层只有1个电子，次外层所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A. 键角：
B. 热稳定性：
C. 同周期中第一电离能小于的元素有4种
D. 该化合物中离子的核外电子有15种空间运动状态
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，Y、Z、W位于同周期，核电荷数之和为21，X形成1个共价键，X为氢；Y形成4个共价键，Q形成2个共价键，则Y为碳、W为氧，那么Z为氮；Q基态原子的最外层只有1个电子，次外层所有轨道的电子均成对，则Q在第四周期，则为[Ar]3d104s1，Q为铜；
A．甲烷、氨气分子中心原子均为sp3杂化，孤电子对数分别为0、1，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角：，A正确；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，B错误；
C．同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，同周期中第一电离能小于N的元素有Li、Be、B、C、O，5种，C错误；
D．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；该化合物中Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9，核外电子有14种空间运动状态，D错误；
故选A。
8. 下列过程对应的离子方程式正确的是
A. 氢氟酸溶蚀玻璃：
B. 和的反应：
C. 少量通入溶液：
D. 氯化铜溶液中加足量氨水：
【答案】C
【解析】A．玻璃的主要成分是，氢氟酸和二氧化硅反应，并且氢氟酸是弱酸，离子方程式中不能拆开，所以其方程式为，故A错误；
B．Fe(OH)3溶液和HI溶液的反应生成碘单质、碘化亚铁和水，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2，故B错误；
C．少量通入溶液时，发生歧化反应生成Cl⁻和ClO⁻，与结合生成；方程式为：，电荷和原子均守恒，故C正确；
D．与过量氨水反应生成络离子，而非Cu(OH)2沉淀；正确方程式应为：，故D错误；
故选C。
9. 下列实验操作和现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，也可氧化二价铁，即不一定发生H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故不能得到氧化性：H2O2＞Fe3+，A错误；
B．向苯酚钠溶液中通入足量CO2，生成苯酚、碳酸氢钠，且苯酚在水中溶解度不大，则溶液变浑浊，可知碳酸的酸性比苯酚的强，即结合质子能力：，B正确；
C．K2CrO4溶液中存在2(aq)(黄色)+2H+(aq)(aq)(橙色)+H2O平衡，滴加H2SO4溶液后溶液中H+浓度增大，溶液由黄色变为橙色，说明增大反应物浓度平衡正向移动，C错误；
D．向FeCl3和MgCl2混合溶液中逐滴滴入0.10ml/L的氢氧化钠溶液，由于生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无法说明此时没有生成白色Mg(OH)2沉淀，且题干未告知FeCl3和MgCl2的浓度，故无法比较Ksp[Fe(OH)3]与Ksp[Mg(OH)2]的相对大小，D错误；
故答案为：B。
10. 硫的“价-类”二维图如图所示。下列说法正确的是
A. a、c均有还原性，均不能用的浓溶液干燥
B. b附着在试管壁上可用酒精洗涤
C. 和溶液可以反应生成
D. 溶液在空气中久置后，溶液增大
【答案】C
【解析】由图可知，a为﹣2价的氢化物，即，b为S单质，c为＋4价的氧化物，即，d为＋6价的氧化物，即，e为＋4价的含氧酸，即，f为＋6价的含氧酸，即，g为＋4价钠盐，即亚硫酸钠，h为＋6价的钠盐，即硫酸钠，i为，据此解答。
A．、均具有还原性，不能用浓硫酸干燥，+4价和+6价之间不能形成硫的化合物，故可以用浓硫酸干燥，A错误；
B．b是硫单质，微溶于乙醇，所以不能用乙醇洗涤沾有硫的试管，应用二硫化碳或热的氢氧化钠溶液洗涤，B错误；
C．可以和发生归中反应生成S单质，C正确；
D．是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，溶液在空气中久置后，被氧气氧化为溶液，该溶液呈中性，则pH降低，D错误；
故选C。
11. 如图表示1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理，下列说法不正确的是
A. 是该反应的催化剂
B. 该反应生成物仅有甲醛和乙醛
C. 该反应涉及了极性键的断裂、非极性键形成
D. 该反应过程中M的成键数目发生改变
【答案】B
【解析】A．根据反应中MO3在反应中参与反应，反应结束后又生成的特点判断MO3做催化剂，A正确；
B．根据转化图中产生的物质判断，1，2—丙二醇的分解产物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O生成，B错误；
C．由图，反应中存在氢氧等极性键断裂、碳碳非极性键的生成，C正确；
D．由图，该反应过程中M的成键数目为6或4，成键数目发生改变，D正确；
故选B。
12. 用乙醇燃料电池供电，间接电解法对NO进行无害化处理，原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电极Ⅱ为阳极
B. 电极Ⅰ的电极反应为
C. 每处理1mlNO，燃料电池中至少消耗乙醇
D. 吸收塔中采用气-液逆流接触吸收，能提高处理效率
【答案】C
【解析】由题干装置可知，电极Ⅱ产生O2，即电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，即为电解池阳极，则电极Ⅰ为阴极，发生还原反应，电极反应为：，据此分析解题。
A．由分析可知，电极Ⅱ为阳极，A正确；
B．由分析可知，电极Ⅰ的电极反应为，B正确；
C．由题干装置可知，每处理1mlNO，需要得到2mle-，燃料电池中1mlCH3CH2OH则失去12mle-，根据电子守恒可知，至少消耗乙醇，C错误；
D．吸收塔中采用气-液逆流接触吸收，能够增大气体和液体的接触面积，提高反应速率，提高处理效率，D正确；
故答案为：C。
13. 一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数，)，其中Cu的化合价为+2。下列说法不正确的是
A. 化合物X的化学式为K2CuF4
B. 上述反应化学方程式为CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl
C. X的密度(NA为阿伏加德罗常数的值)
D. 在X晶胞中离Cu最近的Cu的数目为6
【答案】D
【解析】由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中黑球个数为：=4，白球个数为：=8，灰球个数为：+1=2，三种原子的个数比为4:8:2=2:4:1，又知Cu显+2价，则化合物X的化学式为：K2CuF4，则黑球代表K、白球代表F、灰球代表Cu，据此分析解题。
A．由分析可知，化合物X的化学式为K2CuF4，A正确；
B．由分析可知，化合物X的化学式为K2CuF4，故上述反应的化学方程式为CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl，B正确；
C．由分析可知，化合物X的化学式为K2CuF4，即一个晶胞中含有2个Cu、4个K和8个F，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：(a×10-10)cm×(b×10-10)cm×(c×10-10)cm=abc×10-30cm3，则X的密度(NA为阿伏加德罗常数的值)，C正确；
D．由分析可知，黑球代表K、白球代表F、灰球代表Cu，结合题干晶胞可知，Cu位于晶胞顶点和体心上，晶胞属于四方晶系，故在X晶胞中离Cu最近的Cu的数目为4，D错误；
故答案为：D。
14. 工业上用氨气调节pH去除酸性废水中的铅。常温时，原溶液中含铅微粒的总物质的量浓度为0.01ml/L，各含铅微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示(已知：NH3·H2O的Kb=1.74×10-5，Pb(OH)2难溶于水，10-0.2≈0.63，忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A. pH越大，除铅效果越好
B. pH=8时，溶液中的氨主要以NH3·H2O的形式存在
C.
D. 的平衡常数为10-6.1
【答案】D
【解析】A．从图像可知，当pH过大时，会生成、等含铅微粒，并非pH越大除铅效果越好，因为这些含铅微粒仍存在于溶液中，A错误；
B．已知NH3·H2O的Kb=1.74×10-5，当pH=8时，c(OH-)=10-6ml/L，根据Kb=可得===17.4，说明溶液中的氨主要以的形式存在，B错误；
C．由题干图像可知，当pH=7.9时，含铅微粒为Pb(OH)2、Pb2+和Pb(OH)+，则Pb2+的浓度为0.01ml/L×0.42=0.0042ml/L，c(OH-)=10-6.1ml/L，则=0.0042ml/L×(10-6.1)2=0.0042×10-12×10-0.2=0.0042×0.63×10-12=2.6×10-15，C错误；
D．的平衡常数为K=，由图像可知，当pH=7.9时，c(Pb2+)=c[Pb(OH)+]，此时c(OH-)=10-6.1，故K=10-6.1，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 一种以废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为，还含少量铝箔、炭黑和有机电解质)为原料制备LiMn2O4的流程如下：
回答下列问题：
（1）Mn位于元素周期表中_______区。中、C、Mn的化合价分别为、、。当时，_______。
（2）“灼烧”的作用是_______，“碱浸”后的“滤液”中主要溶质为_______(填化学式)。
（3）“酸浸”时H2O2的主要作用是_______。
（4）“沉锰”时Mn2+转化为MnO2的离子方程式为_______。
（5）“沉镍”得到的产物可以进一步加工为一种镍的氧化物，其晶胞结构为镍离子位于立方体的顶点和面心，氧离子填充在镍离子构成的正八面体空隙中(如图所示)，填充率为100%，则该氧化物的化学式为_______。
（6）“合成”步骤中，生成CO2和O2体积比为_______。
【答案】（1） ① d ②.
（2） ①. 除去炭黑、有机物 ②. Na[Al(OH)4]
（3）将+3价C还原为+2价
（4）Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
（5）NiO （6）2:1
【解析】废旧电池正极材料主要成分为LiCxNiyMnzO2，其中C为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝即将Al2O3转化为Na[Al(OH)4]；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价C还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn2+氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成NiCO3•Ni(OH)2•4H2O沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMn2O4，据此分析解题。
（1）已知Mn的原子序数为25号，价层电子排布为：3d54s2，Mn位于元素周期表中d区，中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，根据化合价代数和为0可知，当时，则有1+2×+3×+4z-2×2=0，解得，故答案为：d；；
（2）由分析可知，“灼烧”的作用是除去炭黑、有机物，灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝即将Al2O3转化为Na[Al(OH)4] ，故“碱浸”后的“滤液”中主要溶质为Na[Al(OH)4]，故答案为：除去炭黑、有机物；Na[Al(OH)4]；
（3）由分析可知，滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价C还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，故答案为：将+3价C还原为+2价；
（4）由分析可知，加K2S2O8把Mn2+氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素，根据氧化还原反应配平可得，“沉锰”时Mn2+转化为MnO2的离子方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+，故答案为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
（5）由题干信息可知，晶胞结构为镍离子位于立方体的顶点和面心，氧离子填充在镍离子构成的正八面体空隙中(如图所示)，填充率为100%，即镍离子形成面心立方结构，氧离子位于镍离子构成的八面体空隙，该晶胞中Ni的数目为=4，O的数目为=4，则该氧化物的化学式为NiO，故答案为：NiO；
（6）由题干流程图可知，“合成”步骤中将Li2CO3、MnO2一起反应生成LiMn2O4、CO2和O2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，故生成CO2和O2的物质的量之比为2：1，由同温同压下气体的体积之比等于其物质的量之比，即生成CO2和O2体积比为2：1，故答案为：2：1。
16. 氢化铝钠(化学式)是一种重要的储氢材料。实验室以和为反应物，在无水四氢呋喃溶剂中制备。
已知：①有强还原性，受热易分解，遇水剧烈反应；
②四氢呋喃与甲苯沸点分别为66℃、110.6℃，且在四氢呋喃中溶解度远大于甲苯。
③无水在潮湿的空气中极易水解，易升华(178℃)。
回答下列问题：
Ⅰ．制备无水(装置如图)
（1）B中盛装的试剂是_______，D装置中石棉绒的作用是_______。
（2）该实验装置存在一处明显的设计缺陷是_______。
Ⅱ．制备(装置如图，夹持及加热装置略)
（3）三颈烧瓶中发生的化学方程式为_______。
（4）反应前和反应过程中通入的原因是_______。
（5）当有大量白色固体析出，静置沉降，取上层清液，加入甲苯，减压蒸馏，过滤，得到粗产品。加入甲苯的作用是_______，减压蒸馏的馏出物是_______。
Ⅲ．测定的纯度
（6）取粗品用足量无水乙醇、盐酸处理(杂质不反应)，加热沸腾分离出，冷却后配成溶液。量取待测溶液和溶液于锥形瓶，调节并加热煮沸。冷却后用醋酸锌标准溶液滴定剩余的EDTA，到达终点时消耗标准溶液，的纯度为_______。(EDTA与、均按1：1反应)
【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. 增大氯气和铝粉的接触面积，使得反应充分进行
（2）在装置EF之间缺少一个干燥装置
（3）4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
（4）反应前通入排净装置中空气，反应过程中通入可以起搅拌作用加快反应进行
（5） ①. 降低溶解度，利于其结晶析出 ②. 四氢呋喃
（6）75%
【解析】装置A中生成氯气，通过B中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过C装置中浓硫酸干燥氯气，氯气和铝反应生成氯化铝，装置E冷却收集氯化铝，尾气使用F中碱液吸收；
向NaH的四氢呋喃悬浮液中加入AlCl3的四氢呋喃溶液发生反应：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，氢化铝钠易溶于四氢呋喃，NaCl难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体为NaCl，过滤之后，向NaAlH4的四氢呋喃溶液中加入甲苯，可以析出NaAlH4。
（1）由分析，B中盛装的试剂是饱和食盐水，用于除去氯化氢气体，D装置中石棉绒的作用是增大氯气和铝粉的接触面积，使得反应充分进行；
（2）无水在潮湿的空气中极易水解，则该实验装置存在一处明显的设计缺陷是在装置EF之间缺少一个干燥装置，防止F装置中水进入E装置中；
（3）三颈烧瓶中NaH的四氢呋喃中加入AlCl3的四氢呋喃溶液发生反应生成，结合质量守恒，还会生成氯化钠：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；
（4）有强还原性，受热易分解，而空气中含有氧气和水蒸气，故反应前和反应过程中通入的原因是：反应前通入排净装置中空气，反应过程中通入可以起搅拌作用加快反应；
（5）四氢呋喃与甲苯沸点分别为66℃、110.6℃，且在四氢呋喃中溶解度远大于甲苯；加入甲苯的作用是降低溶解度，利于其结晶析出；是离子化合物，室温下为固体，沸点比四氢呋喃（沸点66℃）高，则减压蒸馏的馏出物为四氢呋喃，难溶于甲苯，减压蒸馏出四氢呋喃后，过滤可以得到粗产品；
（6）已知，EDTA与、均按1：1反应，锌离子消耗的EDTA为，则锌离子消耗的EDTA为，则的纯度为75%。
17. 研究二氧化碳的利用对实现碳中和有重要意义。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）部分化学键的键能如下表：
则键能为_______。
（2）将的混合气体分别置于P1、P2的恒压密闭容器中同时发生主反应和副反应，不同温度下体系中CO2(g)的平衡转化率和CH3OH(g)、CO(g)的选择性如下图所示。[如CH3OH(g)选择性
①曲线b代表_______(填“CH3OH”或“CO”)的选择性。
②P1_______P2(填“>”或“