云南省腾冲市第八中学2025届高三第二次模拟预测化学试题含解析

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【详解】A．氮化镓化学式为GaN，具有良好的半导体性能，是性能优良的新型半导体材料，A正确；
B．钛为22号元素，属于第ⅣB族，为副族元素，B正确；
C．与是质子数相同、中子数不同的核素，两者互为同位素，不互为同素异形体，C错误；
D．镍为28号元素，元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．标况下11.2L氮气的物质的量为0.5ml，而一个氮气分子中含14个电子，故0.5ml氮气中含7NA个电子，故A错误；
B．标况下H2O2为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C．3.2g肼的物质的量为0.1ml，而一个肼分子中含5个共价键，故0.1ml肼中含0.5NA条共价键，故C错误；
D．3.6g水的物质的量为0.2ml，而反应中当生成4ml水时，转移4ml电子，故当生成0.2ml水时，转移0.2NA个电子，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】A．乙烯的分子式为C2H4，实验式为CH2，故A正确；
B．丙烯一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故B错误；
C．顺-2-丁烯的分子结构模型为，故C错误；
D．N2H4为N-N键，其电子式为，故D错误；
故答案为A。
4．A
【详解】A．碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故A正确；
B．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，故B错误；
C．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选A。
5．D
【详解】A．a能与碱反应生成两种盐，则a为Cl2，c为HClO，氯气没有漂白性，A错误；
B．f分散于水中能形成红褐色胶体，则f为，d为，e为，在空气中加热迅速被氧化生成，B错误；
C．a能与水剧烈反应，则a为Na，在空气中Na最终变为，C错误；
D．f是两性氢氧化物，则f为，a为Al，Al能与强碱强酸反应生成盐，D正确；
答案选D。
6．A
【详解】A．试管中立即产生大量红棕色气体，说明铜与浓硝酸在常温下就能剧烈反应，生成二氧化氮，且用氢氧化钠吸收尾气防止污染空气，实验操作及结论正确，A正确；
B．干燥的能够使鲜花褪色，是氯气与水反应产生的HClO具有漂白性，不能说明有漂白性，B错误；
C．与的反应中，中O元素的化合价升高生成，O元素化合价降低生成NaOH，是氧化产物，NaOH是还原产物，C错误；
D．溶液不参形成丁达尔效应，故让一束光线通过溶液，不会有丁达尔效应出现，D错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．C、H、O、N四种元素的电负性大小为O>N>C>H，故A错误；
B．头孢克肟中C原子和N原子的杂化方式均有sp2、sp3两种，故B错误；
C．该物质中羧基、肽键均可与氢氧化钠反应，最多反应3ml，故C错误；
D．由图可知，头孢克肟的分子式为，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】A．该有机物结构中含有的碳碳双键也能和酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B．用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，可知次氯酸根离子的水解程度大，可知酸性：HClO＜CH3COOH，故B错误；
C．验证亚铁离子的存在，首先应排除铁离子干扰，正确顺序是先加入硫氰化钾溶液，无现象，然后再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液中含Fe2+，故C错误；
D．铜离子是重金属离子，鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液，发生变性，加水沉淀不溶解，故D正确。
答案选D。
9．C
【详解】A．固体难溶于稀硫酸，但固体能溶于稀硫酸，A错误；
B．常温下水溶液中溶解度大于，但相同条件下溶解度小于，B错误；
C．气体常温下易溶于水， 气体常温下也易溶于水，C正确；
D．P4分子是正四面体形，结构为，键角为60∘，D错误；
故选C。
10．C
【分析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y连接3根共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，、、位于同一周期，因此Z为F元素；的核外电子数比多8，则R为Cl元素，由可知X的化合价为+3价，X为B，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl。
【详解】A．BF3NH3和NH3中N均为sp3杂化，其中BF3NH3氮原子的孤对电子用于形成配位键，而NH3中N原子含1个孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小，故键角：，A正确；
B．同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IIA、ⅢA相反，VA、ⅥA相反，X为B，Y 为N，第一电离能：，同周期第一电离能介于B和N之间的元素为C、O、Be，有3种，B正确；
C．R为Cl，Z为F，Y为N，电子层数越多半径越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：，C错误；
D．该离子液体中阴阳离子之间存在离子键，阳离子结构中有C-N、C-H极性键，阴离子中B提供空轨道，卤原子提供孤对电子，存在1条配位键，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．石墨烯、足球烯中碳原子为杂化，氧化石墨烯不仅含有sp2杂化碳原子，一部分碳碳双键被含氧官能团打断成为sp3杂化，A正确；
B．C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为，则C60分子中σ键与π键的数目之比为90：30=3：1，晶胞中，K+个数，，化学式中x=3，B正确；
C．氧化石墨烯是一种很好的绝缘体，高温下可以移除氧化石墨烯中的含氧基团而变回石墨烯具有良好导电性，火情发生时GO就会转变成导体触发警报，C正确；
D．晶胞中含有4个，根据，可得边长为，之间的最短距离为，D错误；
故选D。
12．C
【分析】启动电源乙，使海水中嵌入结构形成，中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：，电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：；关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使中的脱出进入I室，则电极a为阴极，电极反应式为：，阳极的电极反应式为：；
【详解】A．根据分析可知：启动电源甲时，惰性电极a为阴极，应与电源负极相连，A正确；
B．根据分析可知：启动电源乙时，嵌入的反应为，B正确；
C．根据分析可知：启动电源乙，电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：，测得惰性电极b处产生标准状况下6.72L的气体，即氧气的物质的量为，转移电子为，结合电极反应式，使海水中嵌入2ml结构中完全形成，可知，C错误；
D．根据分析可知：启动电源甲，向电极a上通入空气，使中的脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：，使Ⅰ室中溶液浓度增大， D正确；
故选C。
13．C
【详解】A．从循环反应中可得，为催化剂，发生反应的方程式为，A正确；
B．为催化剂，催化剂改变反应历程，降低活化能，不改变总反应的，B正确；
C．反应过程中，Ga-F既有断裂又有形成，C-F键只有断裂没有形成，C错误；
D．反应过程中涉及的小分子有CF4、CO2、H2O、HF，其中CF4、CO2为非极性分子，D正确；
故选C。
14．B
【分析】根据，，且，由图可以得到，直线a表示与pH变化的关系，直线b表示与pH变化的关系，可以得到，；
【详解】A．根据分析可知，直线a表示与pH变化关系，A错误；
B．将等浓度等体积的H2A溶液与KOH溶液混合后得到溶质为KHA的溶液，HA-的水解平衡常数，说明的电离程度大于水解水解，所以， B正确；
C．当滴加至溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，，则=101.4，则c(A2-)＞c(HA-)，C错误；
D．已知某三元酸()的，，，的 ，，则与足量反应后生成和，D错误；
故选B。
15．(1)d
(2)增大接触面积，使其充分反应；加快反应速率；提高原料利用率；实现热量交换，节约能源等
(3)
(4)、
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)183.60
(7)
【分析】钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料焙烧，得到二氧化硫气体，其它金属元素与氧气反应生成对应的金属氧化物（氧化铜、氧化铁、），加入碳酸钠溶液反应，碱浸后，得到，过滤得到滤渣为、；分两部分操作，一部分结晶得到；硫酸与反应得到，高温条件下得到，最后还原得到单质钼。
【详解】（1）钼元素的核电荷数为42，与核电荷数为24的铬位于同一族，则钼元素处于周期表中d区。
（2）“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应；加快反应速率；提高原料利用率；实现热量交换，节约能源等。
（3）“碱浸”过程中和碳酸钠反应转化为和二氧化碳，该过程发生反应的化学方程式为。
（4）钼矿粉中的在焙烧时生成、 等，“碱浸”时与碱反应进入溶液，而成、 不与碱反应，所以废渣成分的化学式为、 。
（5）因为晶体含结晶水，所以由钼酸钠溶液得到钼酸钠晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（6）粗钼矿中含的质量为：，而冶炼过程中，钼的损耗率为，则最终得到钼单质质量为：。
（7）①该装置中阴极水得到电子发生还原反应生成氢气，阴极的电极反应式为；
②标准状况下为，故转移的电子数为，阳极区转化为、，电子转移为，根据电子守恒可知，阳极区生成的为。
16．(1) 将NO转化为 (球形)干燥管 bc
(2) 下进上出 受热均匀、便于控制温度
(3)二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子
(4)
(5)76.12
【分析】将硫酸加到亚硝酸钠溶液中，反应生成硫酸钠和亚硝酸，遇微热易分解为NO、和，为得到更多二氧化氮，通入过量氧气，再用硅胶干燥二氧化氮气体，二氧化氮气体通入二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，反应一段时间得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏得到二甲基亚砜纯品
【详解】（1）遇微热易分解为NO、和，为得到更多的二氧化氮，因此需要将NO转变为二氧化氮，则实验中需过量的原因是将NO氧化成，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收；B仪器名称为(球形)干燥管；二氧化氮和碱会反应，因此B中盛放的试剂可能是五氧化二磷或硅胶，选bc；
（2）球形冷凝管冷凝水的“下进上出”；通常采用水浴加热来控制温度为60~80℃，该方法的优点是受热均匀，温度易于控制；
（3）二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子，更易溶于水中；
（4）NaOH溶液吸收尾气中NO和反应生成亚硝酸钠和水，方程式为；
（5）二甲基亚砜的实际产量为，二甲基亚砜的理论产量，则产率为。
17． 464 增加反应物的浓度 Ⅱ BD 温度 n1
【详解】(1)根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能=1076kJ/ml+2×436kJ/ml-3×414kJ/ml-364 kJ/ml-xkJ/ml=-122kJ/ml，解得x=464；
(2)向某密闭容器中充入一定量的CO和H2，测得逆反应速率随时间的变化如图甲所示。t1时刻，逆反应速率从平衡时速率缓慢增大，速率变化前后有节点，则改变的条件可能是增加反应物的浓度；
(3)①恒压容器中，压强不变，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)正反应方向为气体分子数目减小的反应体系，要使体系压强不变，可将反应在恒容条件下达到平衡后再缩小容器体积，反应体系各组分浓度增大，反应体系压强增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，则c(CH3OH)随时间变化如曲线Ⅱ；
②A．当反应达到平衡状态是，，即 2v(CO)正= v(H2)逆 ，则v(CO)正=v(H2)逆不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．恒压容器中，容器的体积可变，该反应体系中气体遵循质量守恒，反应前后气体的总质量不变，则根据，平衡前，体系气体的密度不断变化，则当容器内气体密度保持不变时，能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．n(CO)∶n(H2)∶n(CH3OH)=1∶2∶1，不能说明反应正逆反应速率相等，则不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．当反应达到平衡状态时，体系中各组分的含量保持不变，则当CO的体积分数保持不变，能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D符合题意；
答案选BD；
(4)根据图示，当投料比n( )相同时，Y越大，CO的平衡转化率越小，反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-122 kJ/ml，为正反应气体分子数减小的放热反应， 升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率越小；增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由此分析可知，条件Y是温度；当温度相同时，氢气的物质的量不变，增大CO的物质的量，投料比n( )变小，CO的平衡转化率越小，则n1、n2、n3中最大的是n1。
18．(1) 溴丙酸乙酯 碳溴键、酯基 取代反应
(2)
(3) +CO2 ↑
(4)
(5)
【分析】A和 发生取代反应生成B，B先水解再酸化生成C，C加热条件下脱羧生成D，由流程可知，目的是将酮羰基保护起来，E在CH3CH2ONa的作用下成环生成F，过程中，酯基水解后酸化得羧基，酮羰基复原，G加热条件下脱羧生成H，H反应生成I，据此分析解答。
【详解】（1）根据酯的系统命名原则可知，系统命名法命名 为溴丙酸乙酯，官能团名称为碳溴键和酯基，转化为中的被其他原子团取代，该反应的反应类型为取代反应。
（2）由题干合成流程图可知，转化过程即 +CH3CH2OH ，同时生成另一物质的结构简式为。
（3）由题干合成流程图中的结构简式结合质量守恒定律可知，的化学反应方程式为 +CO2 ↑ 。
（4）由题干合成流程图中的结构简式可知，的分子式为是比少一个碳原子的同系物，则的分子式为，不饱和度为4，则符合以下条件：①遇发生显色反应，即含有酚羟基；②该物质最多与反应，含有4个酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积比为，该同分异构体的结构简式为 。
（5）由题干流程图中的转化信息可知， 可由 加热脱羧反应得到，由题干B到C、F到G的转化信息可知， 可由 在碱性条件下水解后酸化得到，由题干A到B的转化信息可知， 可由和 转化制得，而与发生1，加成后再与加成即可制得，由此分析确定合成路线图为： 。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
A
A
D
A
D
D
C
C
题号
11
12
13
14






答案
D
C
C
B