【化学】江苏省苏州市2024-2025学年高三下学期高考摸底调研二试题(解析版)

江苏省苏州市2024-2025学年高三下学期高考摸底调研二试题(总分：100分；考试时长：75分钟)可能用到的相对原子质量H-1N-14C-12O-16S-32Cr-52Fe-56Ca-40Mn-55Zn-65一、单选题1.中国空间站开设“天宫课堂”，提升了青少年科学文化素养，展示了我国科技实力。下列说法不正确的是A.“天宫”空间站使用的石墨烯能发生加成反应B.制造“冰雪”使用的过饱和醋酸钠溶液显碱性C.油水混合物在太空静置后不分层实验说明溶解性改变D.展示的国旗是优质高分子材料嵌入纤维制成的复合材料【答案】C【解析】A．石墨烯中含有不饱和键，能够和H2发生加成反应，故A正确；B．醋酸钠是强碱弱酸盐，过饱和醋酸钠溶液显碱性，故B正确；C．在太空中油水混合、静置后不分层，在地面上油水混合、静置后分层，说明在不同环境中同一实验可能现象不同，但溶解性是物质的属性，与所处的地方没有关系，故C错误；D．展示的国旗由高分子材料、纤维共同组成，属于复合材料，故D正确；故选C。2.工业上利用反应制备硫酸铵晶体。下列说法正确的是A.的电子式为 B.和可以形成氢键C.空间构型为三角锥形 D.冰的晶体类型为共价晶体【答案】B【解析】A．是共价化合物，电子式为，故A错误；B．硫酸铵的晶体结构由8个离子和4个离子组成，这些离子之间以氢键相互连接，形成一个八面体晶体结构，故B正确；C．的中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对数，空间构型为平面三角形，故C错误；D．冰的晶体类型为分子晶体，故D错误；故选B。3.易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是A.实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸B.实验时若Cl2不足量，则可能生成C.装置丙的作用是收集D.装置丁中的作用是吸收未反应的【答案】C【解析】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；故选：C。可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。4.下列说法正确的是A.的键角比的大 B.H—O的键长比H—S的长C.吸引电子的能力比的强 D.分子间作用力比的大5.下列化学反应表示正确的是A.在高温下与反应：B.与浓硝酸反应：C.溶于稀硫酸：D.Cu在存在下与氨水反应：6.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.具有导电性，可用于电池的负极材料B.具有还原性，可用于漂白草编制品C.溶液显蓝色，可用于游泳池防止藻类生长D.在水中电离出，可用于检验葡萄糖【答案】4.C5.C6.A【解析】4.A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；B．H—O的键长比H—S的短，B错误；C．Cu2+的半径小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；故选C。5.A．在高温下与反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：，选项A错误；B．与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO、S和水，反应的化学方程式为：，选项B错误；C．溶于稀硫酸生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．氨水呈碱性，没有大量H+，Cu在存在下与氨水反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。6.A．根据题中信息可知，可用于钾离子电池的负极材料，说明具有导电性，选项A正确；B．可用于漂白草编制品是利用其漂白性，与还原性无关，选项B错误；C．可用于游泳池防止藻类生长是因为铜离子还能和细菌细胞内的蛋白质结合，从而杀死细菌，与溶液显蓝色无关，选项C错误；D．在水中电离出，但用于检验葡萄糖的是新制的氢氧化铜悬浊液，选项D错误；答案选A。7.有机物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.有机物X的分子式为B.有机物X存在顺反异构现象C.最多能与发生加成反应D.有机物X能与溶液反应生成【答案】C【解析】A．根据图示该有机物的分子式为C16H15NO3，A错误；B．有机物X双键中其中一个C上连有两个相同的基团，故不存在顺反异构现象，B错误；C．1mol苯环能与3mol氢气发生加成反应，1mol双键能与1mol氢气发生反应，1mol醛基能与1mol氢气发生反应，所以1molX最多能与8molH2发生加成反应，C正确；D．该有机物中的官能团为酚羟基、碳碳双键、醛基和氨基，均不能与碳酸氢钠发生反应，D错误；故选C。8.反应可实现的资源化，下列说法正确的是A.上述反应在任何温度下均可自发进行B.上述反应每消耗1mol同时形成7molσ键C.上述反应平衡常数D.催化剂可以降低上述反应的焓变，提高化学反应速率【答案】B【解析】A．△H-T△S<0时反应自发进行，该反应△H<0，△S<0，反应在较低温度下可自发进行，A错误；B．根据，反应每消耗1mol，生成0.5molCH3OCH3、1.5molH2O，形成7molσ键，B正确；C．上述反应平衡常数，C错误；D．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应的焓变，D错误；故选B。9.高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A.充电时，中性电解质NaCl的浓度增大B.放电时，负极反应式Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)C.充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D.放电时，正极区溶液的pH增大【答案】A【解析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。A．充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故A错误；B．放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故B正确；C．充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，故C正确；D．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，故D正确；

故选：A。10.短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下，X与Y可组成两种液体二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列有关说法错误的是A.简单氢化物的沸点：Y>ZB.简单离子半径：Y>Z>WC.W分别与X、Y组成的化合物均含离子键D.电解WZ溶液可制得WYX、【答案】D【解析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O，中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。A．H2O间氢键的个数比HF间氢键的个数多，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，A正确；B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：O2->F->Na+，B正确；C．Na分别与H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在离子键，C正确；D．电解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放电，不能产生F2，D错误；故选D。11.室温下，由下列实验操作及现象能得到相应结论的是选项实验操作及现象结论A向溶液中通入足量，然后再将产生的气体导入溶液中，产生黑色沉淀B向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液变红氧化性：C将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液的溶质为钠盐D向浓度均为和混合溶液中加入溶液，出现白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向溶液中通入足量，然后再将产生的气体导入溶液中，产生黑色沉淀，过量气体与溶液不反应，说明，则，碳酸酸性强于氢硫酸，即，A项正确；B．向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液变红，说明有与反应，则被氧化为，硝酸具有强氧化性，可能是硝酸氧化，不能得出氧化性：，B项错误；C．焰色试验火焰呈黄色，说明该溶液中含有，溶质可能为钠盐或，C项错误；D．白色沉淀可能是，也可能是或二者混合物，故不能得出，D项错误；答案选A。12.一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用氨水吸收，若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略，溶液中含硫物种的浓度。下列说法正确的是A.0.1mol·L氨水中：B.溶液氧化过程中比值逐渐减小C.0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液中：D.1L0.1mol·L氨水吸收标准状况1.68L后的溶液中：【答案】C【解析】A．0.1mol·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；C．和得到，0.1mol·L氨水吸收，mol·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；D．1.68L的物质的量为=0.075mol，1L0.1mol·L氨水吸收0.075mol得到含有0.075mol和0.025mol的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；故选C。13.催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为：Ⅰ：Ⅱ：反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。下列说法不正确的是A.B.压缩容器反应Ⅱ平衡逆向移动C.相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应I的速率大于反应ⅡD.，随温度升高，反应I平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度【答案】D【解析】A．由图知，，转化率平衡值随温度升高略微增大，而的选择性随温度的升高而降低，则反应I升高温度平衡逆向移动，反应Ⅰ的∆H1＜0，反应Ⅱ升高温度平衡正向移动，则，A正确；B．由反应Ⅰ可知，该反应为分子数减小的反应，压缩容器，增大压强，平衡正向移动，的浓度降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，B正确；C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，C正确；D．，转化率平衡值随温度升高而略微降低，而此时甲醇的选择性平衡值降低幅度较大，说明随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的程度，D错误；故选D。二、解答题14.化学还原稳定法是当前Cr(Ⅵ水体污染修复领域的主要技术。废水中Cr(Ⅵ主要以和形式存在，化学还原稳定法去除水中Cr(Ⅵ主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。（1）难溶于水的CaS5是常用的硫系还原剂，在处理Cr(Ⅵ时自身转化为单质S。在酸性溶液中，CaS5还原Cr(Ⅵ的离子方程式为_______。（2）铁系还原剂FeSO4的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物[CrxFe1-x(OH)3]或Cr(OH)3沉淀的生成；其二是_______。（3）试剂联用[n(CaS5)：n(FeSO4)=1：2]有望实现高效且稳定的修复效果。①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图-1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是_______。②在存在下，试剂联用处理溶液中Cr(Ⅵ，待体系充分反应，静置2h。测得浓度对溶液pH以及总Cr去除效果的影响关系如图-2所示。随浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是_______。③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为_______。（4）检测酸性废水中含量，取20.00mL废水，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入30.00mL0.0100mol/LFeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用0.0010mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe²+，终点时消耗K2Cr2O7溶液10.00mL(假设的还原产物全为NO，且NO全部从溶液中逸出)。则废水中含量为_______mol/L。(写出计算过程)【答案】（1）3CaS5++14H+=2Cr3++15S+3Ca2++7H2O（2）Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体吸附或（3）①.pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5②.增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除③.CaS5+FeSO4=FeS+4S+CaSO4（4）0.02【解析】（1）根据题意可知修复时发生反应，；（2）溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，或；（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5；②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除；③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：；（4）根据反应，，与K2Cr2O7标准溶液反应的亚铁离子物质的量，硝酸根氧化硫酸亚铁的物质的量为，根据反应，，。15.利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为________吨。（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：________。②工业生产不选择以形式除铁的可能原因：________（写出两点）。（3）沉淀。①写出“沉淀”过程的离子方程式：________。②“沉淀”过程中溶液随时间的变化如图所示。“沉淀”过程的操作：向含溶液中________。（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的=_______。（写出计算过程）（5）某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为________。【答案】（1）2.14（2）①.②.浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢（3）①.②.先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入（4）（5）4【解析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁。（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则“沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3:2。（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。16.化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下：（1）反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为______；（2）C的分子式为的结构简式为_____；（3）须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是_____；（4）时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为____；（5）写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______；I．与溶液显紫色；Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢．（6）已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为（卤素原子），则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为，则新进入基团则在其间位．②③可将羰基或酯基还原为醇写出以、为原料制备合成路线流程图_____（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】（1）（2）（3）中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成（4）（5）或（6）【解析】分两步，A的醛基与CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应得到B,结合D的结构简式可知，B被还原得到C，碳碳双键转化为单键、硝基转化为氨基，则C为；C经过取代反应得到D，D→E:先羰基上发生加成反应转变为羟基并形成含氮六元环、后醇羟基消去引入碳碳双键，E→F为取代反应，F→G本质为Diels-Alder反应或双烯合成，含共轭二烯结构的含硅反应物与F五元环中的碳碳双键进行1,4-加成,生成六元环状化合物，即G；（1）反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为；（2）C的分子式为，结合分析可知C的结构简式为；（3）中H为价，具有强还原性，能与+1价H发生氧化还原反应产生氢气，则须在无水环境中使用、不能与水或酸接触的原因是:中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成；（4）F和含共轭二烯结构的含硅反应物发生1,4-加成反应生成G，由于该含硅反应物中碳碳双键不对称，则时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为；（5）B的同分异构体符合下列条件；I．与溶液显紫色；则含有酚羟基；Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢,即分别为和乙酸。综上，满足条件的B的同分异构体为：或。（6）要以、为原料制备，结合信息①，应首先在甲基对位引入硝基、再在甲基邻位硝基间位引入卤素原子，结合信息③，为防止LiAlH4还原羰基，接着把硝基还原为氨基，再利用信息②与含卤素有机物发生取代去除卤原子，最后仿照E→F通过取代反应形成目标产物，则合成路线为：。17.研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：a．b．c．上述反应中原子利用率最高的是_____(填编号)。（2）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：副反应：已知：，则燃烧热化学方程式_____。（3）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图1所示。阴极区电极反应式为___