【化学】江苏省如阜市2024-2025学年高中高三下学期第三次模拟考试(解析版)

江苏省如阜市2024-2025学年高中高三下学期第三次模拟考试本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ni-59Mo-96一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列含氮物质的转化属于氮的固定的是A. B. C. D.【答案】A【解析】氮的固定指将游离态氮（N2）转化为化合态氮的过程，选项A中N2→NH3符合此定义，故选A。2.将印刷电路板的碱性蚀刻液与NaOH溶液共热可发生反应：。下列说法正确的是A.的基态核外电子排布式为B.中含键C.所含键角小于D.冰属于共价晶体【答案】B【解析】A．Cu2+的基态核外电子排布应为[Ar]3d9，而非3d74s2（4s轨道在失去电子时优先排空），A错误；B．每个NH3分子含3个N-Hσ键，4个NH3共12个σ键；同时每个NH3与Cu2+形成1个配位键（σ键），共4个，总计16molσ键，B正确；C．NH3和H2O均sp3杂化，NH3有1个孤电子对，H2O有2个孤电子对，比NH3多，NH3键角更大，C错误；D．冰通过氢键和范德华力形成，属于分子晶体，D错误；故选B。3.一种用于烧制陶瓷的黏土中含、、等物质。下列说法正确的是A.离子半径： B.电负性：C.熔点： D.第一电离能：【答案】B【解析】A．为电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径顺序为，A错误；B．同主族元素电负性从左到右依次增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：，B正确；C．SiO2属于共价晶体，SO2和CO2属于分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高，则熔点：，C错误；D．第一电离从左到右依次增大，但第ⅡA、ⅤA族元素为充满、半充满结构比较稳定，第一电离能大于相邻主族元素，则第一电离能：，D错误；故选B。4.在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是A.用装置甲制取含的悬浊液 B.用装置乙吸收挥发出的气体C.用装置丙除去S和未反应的 D.用装置丁蒸干溶液，获得【答案】D【解析】A．装置甲中，与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含的悬浊液，A正确;B．是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的气体，B正确;C．S和未反应难溶于水，易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的，C正确。D．溶液蒸发结晶时，易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误；故答案选D。5.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均能实现的是A. B.C. D.NaCl溶液【答案】A【解析】A．浓硫酸与碳加热生成SO2，SO2与H2S反应生成S，两步均正确，A正确；B．铝热反应生成Fe正确，但Fe与Cl₂加热生成FeCl2错误（应生成FeCl3），B错误；C．NH3催化氧化生成NO正确，但NO不能直接与水反应生成HNO3（需O₂参与），C错误；D．NaCl溶液直接通CO2无法生成NaHCO3（需先通NH3），D错误；故选A。6.粗硅制高纯硅过程中300℃时发生反应。下列说法正确的是A.该反应一定能自发进行B.该反应的平衡常数表达式C.每反应1molSi，会断裂2molSi-Si键D.其他条件相同，使用催化剂可以加快正反应速率，减慢逆反应速率【答案】C【解析】A．该反应的ΔH<0，ΔS<0，则高温时，ΔG可能大于0，高温条件下不能自发进行，A错误；B．根据反应化学方程式可知，Si为固体，则该反应的平衡常数表达式为：，B错误；C．1molSi晶体中每个Si原子形成2molSi-Si键，则反应1molSi需断裂2molSi-Si键，C正确；D．其他条件相同，使用催化剂正、逆反应速率同等加快，D错误；故选C。阅读下列材料，完成下面小题。具有较强的氧化性，能够将磷氧化为或(可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，可以氧化一些非金属阴离子，如与反应生成()。在催化剂作用下，苯与发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与在碱的催化下，醛的氢被溴取代生成溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为：7.下列说法正确的是A.基态溴原子的电子排布式为B.中P原子的轨道杂化类型为杂化C.是由极性键构成的非极性分子D.的空间结构为平面三角形8.下列化学用语表示正确的是A.水解反应的化学方程式：B.溴与氨反应的化学方程式：C.乙醛与溴反应生成溴代乙醛的化学方程式：D.纯碱溶液吸收的离子方程式：9.下列说法正确的是A.浓硫酸是苯与发生取代反应的催化剂B.使用催化剂可以降低苯与反应的焓变C.海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集D.可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有【答案】7.B8.B9.C【解析】7.A．溴为35号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B．PBr3中P原子价层电子对数为：，则P原子的轨道杂化类型为sp3杂化，故B正确；C．由S8结构可知，其环状结构对称，正负电荷中心重合，是由非极性键构成的非极性分子‌，故C错误；D．中Br原子价层电子对数为：，孤电子对数为1，杂化类型为sp3杂化，其空间结构为三角锥形，故D错误；故选B。8.A．PBr5水解生成磷酸和氢溴酸，反应的化学方程式为：，故A错误；B．溴与氨反应生成溴化铵和氮气，反应的化学方程式为：3Br2+8NH3=6NH4Br+N2，故B正确；C．乙醛与溴发生取代反应生成α−溴代乙醛和氢溴酸，反应的化学方程式为：，故C错误；D．用纯碱溶液吸收Br2时，生成溴化钠、溴酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：，故D错误；故选B。9.A．浓硫酸是苯与Br2发生取代反应的催化剂为溴化铁，故A错误；B．使用催化剂可以降低苯与Br2反应的活化能，焓变只与初始状态有关，不能降低焓变，故B错误；C．海水提溴中的步骤Ⅱ，用纯碱吸收溴蒸汽，离子方程式为：、步骤Ⅲ中在酸性条件下反应生成溴单质，离子方程式为：，可以实现溴元素的富集，故C正确；D．溴单质(Br2)与淀粉不会发生显色反应，因此不能用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有Br2，故D错误；故选C。10.有机物Y是一种医药中间体，其合成路线如下。下列有关说法正确的是A.X存在顺反异构现象 B.X能与甲醛发生缩聚反应C.X→Y时有生成 D.1molY最多能与2molNaOH反应【答案】C【解析】A．存在顺反异构的条件为碳碳双键的每个碳原子上连有不同的原子或原子团，Y中碳碳双键的其中一个碳原子上连有，不存在顺反异构，A错误；B．X中含有酚羟基，酚羟基邻位无H原子，不能与甲醛发生缩聚反应，B错误；C．X→Y时，由原子守恒可知，有生成，C正确；D．Y分子中含有2个酯基，1mol酯基水解消耗1molNaOH1，但其中一个酯基水解后会生成酚羟基，酚羟基又会消耗1molNaOH，所以1molY最多能与3molNaOH反应，D错误；故选C。11.室温下，下列实验方案能达到实验目的的是选项实验探究方案实验目的A向滴有酚酞的溶液中加入溶液，观察现象证明可与NaOH溶液反应B将溶液加到HI溶液中，充分溶解后，滴入后振荡、静置，观察层颜色变化证明氧化性：C在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸一段时间，观察溶液颜色变化验证升高温度可促进的电离D向淀粉溶液中加入适量溶液，加热，冷却后，加NaOH溶液至溶液呈碱性，加新制，加热，观察现象证明淀粉水解后有还原性糖生成A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向滴有酚酞的NH4Cl溶液中加入等物质的量的NaOH，溶液pH升高使酚酞变红，可能是因为发生反应，生成使溶液呈碱性，也可能是两者未反应，但NaOH本身为强碱使溶液呈碱性，因此无法证明反应发生，A错误；B．Fe(NO3)3与HI反应时，在酸性条件下也具有强氧化性，故可能是与I-反应生成I2，也可能是与I-反应生成I2，因此不能证明氧化性：，B错误；C．在氨水中滴入酚酞溶液，加热煮沸氨水促使NH3挥发，溶液颜色变浅主要因为浓度降低，因此无法验证升高温度可促进的电离，C错误；D．淀粉溶液在稀硫酸中加热发生水解反应，冷却后加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，在碱性条件下与新制Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀，证明淀粉水解后有还原性糖生成，D正确；故选D。12.NaOH溶液可以吸收废气中的，生成和。现用溶液吸收含的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已知、。室温下，下列说法正确的是A.溶液中存在：B.时吸收液中存在：C.吸收过程中溶液中可能存在：D.用溶液吸收废气可发生反应：【答案】B【解析】A．溶液中存在质子守恒，应为c(H⁺)+c(HNO₂)=c(OH⁻)，A错误；B．N的总物质的量为0.01mol时，NaOH和NO2恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NaNO2和NaNO3，但NaNO2会发生水解反应生成HNO2，故物料守恒为n(Na⁺)=n()+n()+n(HNO₂)，因体积相同，则c(Na⁺)=c()+c()+c(HNO₂)，B正确；C．NaOH溶液吸收，生成等量的和，但水解使其浓度降低，故c()>c()，C错误；D．用溶液吸收废气可发生反应：，题给给离子方程式不符合要求，D错误；故选B。13.一种以、为原料制取COS的过程中主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：将等物质的量的和充入反应器中，压强一定，平衡时和的转化率、和选择性与温度的关系如下图所示。或选择性。下列说法正确的是A.X代表的物质是COSB.温度越高，平衡时所得的物质的量越少C.400℃之前，容器内只发生反应ⅠD.600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选择性【答案】D【解析】A．反应Ⅰ生成和，反应Ⅲ也生成，则的选择性应高于，由图可知，X的选择性高于Y，所以X代表，Y代表，A错误；B．反应Ⅰ、Ⅲ均生成，且均为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，的物质的量应增多，B错误；C．之前，、有转化率，、有选择性，同时反应Ⅱ中分解也会发生（只是程度小），不可能只发生反应Ⅰ，C错误；D．增大压强，反应速率加快；反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ逆向移动（减少分解），反应Ⅲ气体分子数不变，整体有利于生成，能提高其平衡选择性，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4题，共61分。14.工业以钼精矿为原料制备的过程如下：、（1）“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式：_______。（2）“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：]①“预处理”需在通风设备中进行，原因是_______。②写出转化为的化学方程式：_______。③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是_______。（3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是_______。（4）五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程_______。【答案】（1）（2）①.钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体②.③.(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大（3）硝酸铵（4）(NH4)15Mo5O15.75【解析】将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂，将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2MonO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MoO4，还有少量的CaMoO4难溶于氨水；五钼酸铵[(NH4)4Mo5O17，M=824g⋅mol−1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MoO3。（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：；（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：；③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大；（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。15.化合物G是一种抗病毒药物中间体，其一种合成路线如下：已知①；②(RMgBr不能与酸、水、醇等共存)。（1）F→G的反应类型为_______反应。（2）已知物质X的分子式为，则X的结构简式为_______。（3）D的结构简式为_______。（4）写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______。①能与溶液发生显色反应；②能发生水解反应，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢。（5）设计以和为原料制取的路线图_______(无机试剂及溶剂任用，合成示例见本题题干)。【答案】（1）还原反应（2）CH2=CHCOCl（3）（4）（5）【解析】与CH2=CHMgBr先发生加成反应，再发生水解反应得到，与X发生取代反应生成，已知物质X的分子式为C3H3OCl，则X为CH2=CHCOCl，在催化剂条件下反应生成D，D与发生取代反应生成E，根据C、E的结构简式和D的分子式可推出D的结构简式为：，E在催化剂条件下与氢气反应生成F，F与LiAiH4发生还原反应得到G，据此分析回答。（1）由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；（2）由分析可知，X为CH2=CHCOCl；（3）由分析可知，D的结构简式为：；（4）根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；（5）以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。16.三氧化二镍()常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有NiS、CuS、以及少量的不溶杂质)为原料制备。（1）煅烧。将一定量的镍铜矿与混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入的目的是_______。（2）酸浸。将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、、、)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。①反应后所得溶液中含、、，写出酸浸时发生反应的化学方程式：_____。②如何判断“酸浸”反应已经完成：_______。（3）除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将沉淀除去。[溶液中，，，，离子浓度沉淀完全]①加入Ni粉的目的是除去溶液中的。不选择用调节pH的方法除去的原因是：_______。②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是_______。（4）制备：请补充完整由除杂后得到的溶液制取的实验方案：量取，测得其中的浓度为，_______，得到。(可选用的试剂：溶液、稀盐酸、溶液)。已知：样品在空气中煅烧，样品的固体残留率()随热解温度的变化如下图所示。【答案】（1）将生成的SO2转化为CaSO4，防止污染环境，同时将SiO2转化为硅酸钙除去（2）①.②.当三颈烧瓶中不再产生气泡（3）①.Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+②.Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应（4）向其中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热【解析】将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧，将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中(装置见下图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应，将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将Ca2+沉淀除去。（1）煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去；（2）①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式：；②由“酸浸”时，反应的化学方程式：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成；（3）①已知Ksp[Cu(OH)2]=1×10−20，Ksp[Ni(OH)2]=1×10−15，当溶液中c(Ni2+)=1mol⋅L−1时，若铜离子完全沉淀，则c(Cu2+)=10−5mol⋅L−1，；Ni2+开始沉淀时，，Cu2+和Ni2+沉淀的pH范围接近，难以用调节pH的方法除去Cu2+；②加入Ni粉除去溶液中的Cu2+，同时Ni粉也能与稍过量的稀硫酸反应，所以实际消耗Ni粉的量大于理论用量；（4）量取100mLNiSO4，测得其中NiSO4的浓度为1mol⋅L−1，向其中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，边加边震荡，静置后向上层清液中加入1mol⋅L−1NaHCO3溶液，无沉淀生成时，停止滴加，过滤并洗涤NiCO3沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净；将得到的NiCO3样品在空气中煅烧，假设起始NiCO3的物质的量为1mol，质量为119g，350℃时，对应固体残留为69.7%，质量为119g×69.7%≈83g，此时生成的固体Ni2O3，400℃时固体残留率为63.2%，此时固体质量为119g×63.2%≈75.2g，生成物为NiO，则NiCO3样品在空气中煅烧，加热到350℃分解一段时间，当固体质量不再变化时，停止加热，得到Ni2O3。17.氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。（1）已知氨气的部分反应及信息如下：的密度为完全燃烧生成和，可以产生的热量是_______。（2）一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)