【文档说明】重庆市乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，923.911 KB，由小赞的店铺上传

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重庆乌江新高考协作体2025届高考质量调研(二)化学试题(分数：100分，时间：75分钟)一、选择题1.下列表示正确的是A.基态Fe的电子排布式：6[Ar]3dB.二氯乙烷的结构简式：22ClCHCHClC.2MgH的电子式D.3NH的VSEPR模型：【答案】D【解析】【详解】A．基态Fe的电

子排布式为62[Ar]3d4S，故A错误；B．二氯乙烷存在同分异构体，结构简式可能为22ClCHCHCl，23ClCHCH，故B错误；C．2MgH的电子式为，故C错误；D．3NH有3个N-H键和一对孤对电子，VSEPR模型为，故D正确；故答案选D

。2.下列含有非极性键的离子晶体是①醋酸钠固体②氢氧化钾固体③过氧化钠固体④金刚石⑤固态乙醇⑥氯化钙固体A.③⑥B.①③C.③④⑤D.②⑥【答案】B【解析】【详解】①醋酸钠固体由醋醋酸根离子和钠离子构成，醋醋酸根内碳碳键为非极性键；②氢氧化钾固体由钾

离子和OH-构成，OH-内只有极性键；③过氧化钠固体由Na+和OH-构成，O2-2内只有非极性键；④金刚石是非极性键构成的原子晶体；⑤固态乙醇是分子晶体；⑥氯化钙固体是离子晶体，但不含共价键；本题选B。3.下列有关物质的量浓

度的叙述正确的是A.1L水中溶解了40gNaOH后，所得溶液浓度为11molL−B.配制11L0.1molL−的4CuSO(aq)，需用16g胆矾C.从24100mLHSO(aq)中取出10mL，则这2410mLHSO(aq)的物质的量浓度是原溶液的1/10D.12L0.5

molL−的()243AlSO(aq)中，()214cSO1.5molL−−=【答案】D【解析】【详解】A．40gNaOH加入水配成1L溶液，而不是在1L水中溶解，A错误；B．配制11L0.1molL−的4CuSO(aq)，需要0.1mol硫酸铜，质量为16g，胆矾含有结晶水，故需质量大于1

6g，B错误；C．溶液是均一稳定的，前后浓度相等，C错误；D．由化学式可知，12L0.5molL−的()243AlSO(aq)中，()2114cSO=30.5molL=1.5molL−−−，D正确；故选D。4.某同学在做钠的燃烧实验时，观察到火焰的颜色为（）A.红色B.紫色

C.蓝色D.黄色【答案】D【解析】【详解】因钠的焰色反应为黄色，故在做钠的燃烧实验时，观察到火焰的颜色为黄色；答案选D。5.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的

族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是A.X和Z的单质均存在多种同素异形体B.Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物C.Q和W形成的化合物的

水溶液呈碱性D.WZXY溶液常用于Fe3+的检验【答案】B【解析】【分析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Z的最高正价和最低负价代数和为4，则Z为S元素，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上，则该化合物为N2H4

，Y为N元素，Q为H元素，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，则W为K元素，X与Y相邻，则X为C元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，A.X为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的

单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；B.Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐，如(NH4)2S、NH4HS，均属于离子化合物，B项错误；C.Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH

，溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2↑，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；D.WZXY为KSCN，KSCN溶液常用于Fe3+的检验，D项正确；答案选B。6.根据如图信息，判断下列说法中错误的是A.转化过程中，2

2PtO+发生还原反应B.转化过程中，氧化产物有2CO、2PtO+C.转化过程中，2NO是氧化剂D.该转化实现了CO、2NO的无害化处理【答案】B【解析】【详解】A．转化过程中，CO中碳元素化合价由+2价升高为+4价，Pt2O2+中Pt的化合价

降低，Pt2O2+作氧化剂，发生还原反应，故A说法正确；B．根据A选项分析，CO2为氧化产物，Pt2O+为还原产物，故B说法错误；C．转化过程中，N2O中氮元素化合价由+1价降低为0价，N2O为氧化剂，故

C说法正确；D．转化过程中，CO转化成CO2，N2O转化成N2，CO2、N2均为无毒物质，因此该转化实现了CO、N2O的无害化处理，故D说法正确；答案为B。7.化学符号是我们的化学语言，下列有关化学用语使用正确的是A.MgCl2的形成过程可表示为B.中子数比质子多

3的氯原子：20ClC.HClO的结构式：H-O-ClD.Na2S的电子式为【答案】C【解析】【详解】A．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：，选项A错

误；B．Cl为17号元素，中子数为20的氯原子的质量数=质子数+中子数=17+20=37，该原子的正确表示为：3717Cl，选项B错误；C．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，选项C正确；D．硫化钠为离子化合物，电子式中钠离子不能合

并，硫化钠正确电子式为：Na＋Na＋，选项D错误；答案选C。8.PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少的CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：x222NO+2xCON+2xCO催化剂，下列关于此反应的说法中，错误的是A.所

涉及元素中原子半径：CNO＞＞B.当x=2时，每生成21molN，转移电子数24molN，为氧化产物C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1时，xNO中氮元素的化合价为2+价D.等物质的量2N和2CO中，共用电子对数之

比为3∶4【答案】B【解析】【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径C＞N＞O，故A正确；B．当x=2时，元素由NO2中+4价降低为N2中0价，每个N转移电子的物质的量为4mol，每生成1molN2转移电子数为4mol×2=8mol，

氮气为还原产物，故B错误；C．令NOx中N元素的化合价为a，则1×(a-0)=1×(4-2)，计算得出a=2，故C正确；D．N2分子中含有氮氮三键，1molN2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O，1molCO2含有4mol共价键，故等物质的量

N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故D正确；故选B。9.五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是()A.五氧化二钒的结构式为B.V2O5溶于碱生成-2VOC.“沉钒”涉及反应的化学方

程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl=(NH4)2V6O16＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaClD.V2O5＋6HCl(浓)＝2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1molCl2转移电子数为2NA【答案】B【解析】为【分析】钒酸钠通过预处理与稀硫酸和氯化铵反

应生成(NH4)2V6O16，焙烧生成V2O5，据此解答。【详解】A.根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确，故A正确；B.根据题干

信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，V2O5溶于碱生成3VO−，故B错误；C.根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；D.V2O5具有强氧化性，其与盐

酸反应时可将Cl－氧化成氯气：V2O5＋6HCl(浓)＝2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1molCl2失去2mole－，故D正确；答案选B。10.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol2DO比1mol2H

O多AN个质子B.常温下，12g金刚石中含有的共价键数目为2ANC.11molL−的43NHNO溶液中3NO−的数目为AND.标准状况下，22.4L2Cl与水反应，转移电子的数目为AN【答案】B【解析】【详解】A．H与D的质子数都

是1，2DO与2HO两者质子数相同，A错误；B．金刚石为立体空间结构，1个C原子可形成2个共价键，12g(1mol)金刚石中含有的共价键数目为2AN，B正确；C．没有给出液体体积不能计算，C错误；D．2Cl与水反应生成HCl和HClO，且为可

逆反应，转移电子的数目小于AN，D错误；答案选B。11.下列化合物不能通过化合反应生成的是A.Cu(OH)2B.HNO3C.Cu2SD.FeCl2【答案】A【解析】【详解】A．氧化铜不溶于水，不能与水

发生化合反应生成氢氧化铜，故A符合题意；B．五氧化二氮是酸性氧化物，能与水发生化合反应生成硝酸，故B不符合题意；C．铜与硫蒸气共热发生化合反应生成氯化亚铜，故C不符合题意；D．氯化铁溶液与铁发生化合反应生成氯化亚铁，故D

不符合题意；故选A。12.下列化学反应的离子方程式不正确的是A.铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe＋8H+＋23NO−=3Fe2+＋2NO↑＋4H2OB.Fe(OH)3溶于过量的HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2OC.在AlCl3溶液中加入过量氨水：A

l3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+34NH+D.过量的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：2H++24SO−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O【答案】A【解析】【详解】A．铁屑溶于过量稀硝酸时生成Fe3+而不是Fe2+，离子方程式为：Fe+4H++3NO−=Fe

3++NO↑+2H2O，A错误；B．Fe(OH)3和HI发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，B正确；C．在AlCl3溶液中加入过量氨水Al(OH)3和N

H4Cl，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH⬚4+，C正确；D．过量的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应时，定不足量的Ba(OH)2系数为1，二者反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：2H++24SO−+Ba2++2OH-=BaSO

4↓+2H2O，D正确；故选A。13.亚氯酸钠(2NaClO)是一种高效氧化剂和漂白剂。种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下：已知：纯2ClO易分解爆炸；2NaClO在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中分解为3NaClO和NaCl。下列说法

正确的是A.发生器中鼓入空气的作用是将2SO氧化B.从母液中回收的主要物质是3NaClO和NaClC.吸收塔内反应的离子方程式为2222222OH2ClOHO2ClO2HOO−−++++=D.理论上，每生

产21molNaClO至少需要通入222.4LSO(标准状况)【答案】C【解析】【分析】3NaClO和二氧化硫在反应器中发生还原反应生成2ClO和24NaSO，通过鼓入空气，防止2ClO浓度过高，还可以将其吹进吸

收塔，根据氧化还原反应可知，在吸收塔中2ClO与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠和氧气，再得到其晶体。【详解】A．根据信息，纯2ClO易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用是将空气中2ClO的体积分数降至安全范围，A项错误；B．3NaClO和二氧化硫在

反应器中发生还原反应生成2ClO和24NaSO，则母液中回收的主要物质是24NaSO，B项错误；C．据氧化还原反应可知，在吸收塔中2ClO与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠和氧气，离子方程式为：2222222OH2ClOHO2ClO2HOO−−++++=，C项正确；D．根据得失电子可知关系

式：22SO120.5m2NaClOol1mol:，则理论上，每生产21molNaClO至少需要通入211.2LSO(标准状况)，D项错误；答案选C。14.焦炭是重要的工业原料，用作冶金、燃料、制电石、制硅等，2C+SiO2高温Si+2CO↑，3C+CaO高温CaC2+CO↑。设NA是阿伏

加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，11.2LCO含有的分子数小于0.5NAB.64gCaC2含有阴阳离子总数为3NAC.若12g焦炭参加反应，以上两个反应中焦炭均失去2NA个电子D.lmolSi

O2晶体含有共价键数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LCO含有的分子数小于0.5NA，A项正确；B．CaC2中含有钙离子和22C−，64gCaC2的物质的

量为1mol，则含有阴阳离子总数为2NA，B项错误；C．12g焦炭的物质的量为1mol，2C+SiO2高温Si+2CO↑中，焦炭失去电子为4个，1mol焦炭参与反应失去2NA个电子，3C+CaO高温CaC2+CO↑中，焦炭失去电子为2个，1mol焦炭参与反应失去23NA个电子，

C项错误；D．l个SiO2晶体含有共价键数目为4个，则lmolSiO2晶体含有共价键数目为4NA，D项错误；答案选A。二、非选择题15.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。模拟“侯氏

制碱法”以粗盐水为原料制备纯碱的流程如图所示。回答下列问题：（1）粗盐水中含有2MgCl杂质，提纯过程应加试剂为___________；沉淀A___________电解质(填“是”或“不是”)。（2）向溶液A中先通入___________至饱和(填“2CO”或“3

NH”，下同)，再向溶液中通入___________，此时观察到溶液中有晶体析出，该反应的化学方程式为___________。（3）溶液B中主要溶质的电离方程式为___________。（4）此流程中可以循环利用物质是___________。【答

案】（1）①.NaOH溶液②.是（2）①.3NH②.2CO③.23234CONHNaClHONaHCONHCl+++=+（3）44NHClNHCl+−=+的（4）2CO【解析】【分析】粗盐水提纯后得到盐水，通入氨气和二氧化碳后得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵，即沉淀B为碳

酸氢钠固体，溶液B为氯化铵，煅烧碳酸氢钠固体得到纯碱。【小问1详解】除杂试剂为了除去杂质离子，用NaOH溶液除去2Mg+，()22Mg2OH=MgOH+−+；电解质不一定溶于水，难溶性的酸、碱、盐也是电解质。【小问2详解】若先通入2CO，2CO在NaCl溶

液中溶解度较小，生成3NaHCO太少不会结晶析出；而先通入足量氨气以后再通入2CO时，可增大二氧化碳的溶解，则有大量碳酸氢钠晶体析出，反应方程式为23234CONHNaClHO=NaHCONHCl++++。【小问

3详解】由溶液A中发生的反应可知，溶液B中的主要溶质是4NHCl，4NHCl为强电解质，故电离方程式为44NHClNHCl+−=+。【小问4详解】沉淀B是3NaHCO受热分解产生的2CO，可以循环利用。16.绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和清除工业生产对环境的污染。（1

）按照绿色化学的原则，最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子的利用率为_________。（2）是甲基丙烯酸甲酯的结构简式。也可以写成CH2=C(CH3)COOCH3。旧法合成它的反应

是：(OH)(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成它的反应是：CH3C≡CH+

CO+CH3OHPd→CH2=C(CH3)COOCH3①与旧法相比，新法的突出优点是_________A．原料无爆炸危险B．原料都是无毒物质C．没有副产物，原子利用率高D．对设备腐蚀性小②计算：甲基丙烯酸甲酯旧法合成工艺的理论上

原子利用率是_________。（原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比）③写出聚甲基丙烯酸甲酯（又称有机玻璃）的结构简式_________【答案】（1）100%（2）①.CD②.46.5%③.【解析】【小问1详解】原子利用率=期望产物

的总质量与生成物的总质量之比，当反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子的利用率为100%；【小问2详解】①A．新法的原料中有CO，也存在爆炸的危险，A不符合题意；B．CO也是有毒的气体，B不符合题意；C．新法中反应物的原子全部转化为期望的最终产物，与旧法相比，没有副产物，原子利用率高，C符

合题意；D．旧法原料中有硫酸，具有酸性可以腐蚀设备，新法中没有使用硫酸，对设备腐蚀性小,D符合题意；故选CD。②CH2=C(CH3)COOCH3的摩尔质量为100g/mol，NH4HSO4的摩尔质量为115g/mol，甲基丙烯酸甲酯旧法合成工艺中，生

成的产物为等物质的量的CH2=C(CH3)COOCH3和NH4HSO4，所以，理论上原子利用率是100100%46.5%100115=+；③聚甲基丙烯酸甲酯是由通过加聚反应得到的，其结构简式为：。17.Ⅰ.有机物的种类和数目非常庞大，认识简单的有机物是我们学习有机化学的开始

。现有如图所示几种有机物的结构：回答下列问题：（1）上述结构中更能真实反映有机物存在状况的是________（填正确答案标号）（2）C能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式是________，其反应类型为________。（3）有机物H的分子式为

________，该分子中一定在同一平面的碳原子有________个，有机物H的一氯代物有________种。Ⅱ.回答下列问题。（4）将下列物质进行分类：①3223CHCHCHCH和()332CHCHCH；②红磷与白磷、③乙醇()32CHCHOH与二甲醚

()33CHOCH、④金刚石与石墨、⑤冰与水、⑥16O与18O、⑦22CHCH=和32CHCHCH=；⑧()322253CHCHCHCHCHCH和()322325CHCHCHCHCHCH，用数字序号回答下列问题：A.互为同素异形体

的是________。B.互为同分异构体的是________。C.属于同位素的是________。D.属于同一种化合物的是________。E.互为同系物的是________。（5）分子中含有22个共价键的烷烃为________（填分子式）；该物质有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲

基作支链，符合条件的烷烃有________种；【答案】（1）D（2）①.22222CHCHBrBrCHCHBr=+→②.加成反应（3）①.1412CH②.9③.6（4）①.②④②.①③③.⑥④.⑤⑧⑤.⑦（5）①.716C

H②.4【解析】【小问1详解】比例模型能真实反映有机物存在状况，因此上述结构中更能真实反映有机物存在状况的是D；【小问2详解】C为乙烯，能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式是22222CHCHBrBrCHCHBr=+→，其反应类

型为加成反应；【小问3详解】根据H的结构得到有机物H的分子式为1412CH，根据苯环中12个原子在同一平面上，该分子中一定在同一平面的碳原子有9个，如图所示，有机物H有6种位置的氢，其结构为，因此其一氯代物有6种；【小问4详

解】①3223CHCHCHCH和()332CHCHCH分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；②红磷与白磷是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体；③乙醇()32CHCHOH与二甲醚()33CHOCH的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；④

金刚石与石墨是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体；⑤冰与水属于同一种化合物；⑥16O与18O质子数相同，中子数不同，二者属于同位素；⑦22CHCH=和32CHCHCH=的结构相似，组成上相差1个2CH，二者互为同系物；⑧()322253CHCH

CHCHCHCH和()322325CHCHCHCHCHCH的结构式相同，二者属于同一种化合物；综上所述，互为同素异形体的是②④；互为同分异构体的是①③；属于同位素的是⑥；属于同一种化合物的是⑤⑧；互为同系物的是⑦；【小问5详解】烷烃的通式为22CHn

n+（n为碳原子数），碳、氢原子提供的成键电子数之和为4262nnn+=+，电子对数也就是共价键数为1(62)312nn+=+，即能形成3n＋1条共价键，根据题意3n＋1＝22，解得n＝7，分子式为716CH；其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链的同分异构体有4种，分别

为：的的、、、。18.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D(内置有铁粉)。请回答下列问题：（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的离子方程式是________。

（2）装置B中盛放的液体是________，气体通过装置C的目的是________。（3）D中反应的化学方程式是________。（4）烧杯E中盛放的液体是________，反应的离子方程式是______

__。（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加________装置。（6）工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学方程式：________。【答案】（1）①.分液漏斗②.+-2+

222Δ4H+2Cl+MnOMn+Cl+2HO（2）①.饱和NaCl溶液②.吸收水蒸气，干燥氯气（3）23Δ2Fe+3Cl2FeCl（4）①.NaOH溶液②.---222OH+Cl=Cl+ClO+HO（5）干燥（6）()()222222Cl+2Ca

OH=CaCl+CaClO+2HO【解析】【分析】该实验为制备氯气并将氯气与铁粉反应制备氯化铁的实验，实验装置分为五部分，第一部分为发生装置，用于制备氯气；B装置用于除去氯气中混有的氯化氢，则B中试剂瓶

中溶液为饱和食盐水；C装置用于干燥氯气，则C中试剂瓶中溶液为浓硫酸；D装置用于制备氯化铁；E装置用于吸收尾气氯气，则E烧杯中溶液为氢氧化钠溶液。【小问1详解】仪器A的名称为分液漏斗；烧瓶中发生的反应的离子方程式为+-2+222Δ4H+2Cl+MnOMn+Cl+2HO；【

小问2详解】装置B用于除去氯气中混有的氯化氢，则B中盛放的液体为饱和NaCl溶液；装置C用于干燥氯气，则气体通过装置C的目的为吸收水蒸气，干燥氯气；【小问3详解】D装置用于制备氯化铁，发生反应的化学方程式为23Δ2Fe+3Cl2FeCl；【小问4详

解】烧杯E用于吸收尾气氯气，则烧杯E中盛放的液体是NaOH溶液；反应的离子方程式为---222OH+Cl=Cl+ClO+HO；【小问5详解】由于氯化铁遇遇H2O(g)剧烈反应，则为收集氯化铁，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置；

【小问6详解】工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学方程式为()()222222Cl+2CaOH=CaCl+CaClO+2HO。