山西省吕梁市2025-2026学年高三第二次模拟调研测试化学+答案

2025-2026学年高三第二次模拟调研测试化学试题(本试题满分100分，考试时间75分钟。答案一律写在答题卡上)主意事项：I.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.考试作答时，请将答案正确地填写在答题卡上，答在本试卷上无效。8.考试结束后，将答题卡交回。一项是符合题目要求的。质荷比波数/cm-¹吸收强度吸收强度δ鉴定元素B.质谱法可测定相对分子质量C.红外光谱图可获得D.核磁共振氢谱2.下列化学用语或图示表达错误的是C.Cl₂中的共价键的电子云轮廓图：HB.葡萄酒酿制过程中添加适量SO₂既可杀菌又能防止一些成分被氧化，起到保质作用C.硫代硫酸钠与稀硫酸反应可生成乳白色浑浊和刺激性气体悬浮杂质X下列说法错误的是A.X分子中所有原子可能共平面B.Y与足量NaOH溶液共热可生成乙酸钠5.下列关于NH₄Cl的说法中错误的是A.可用于实验室制氨气B.水溶液因水解反应显酸性6.浓硝酸与铜作用的过程如下图所示。下列关于该过程的分析正确的是C.NaOH溶液吸收NO₂2NO₂+2NaOH=NaNO₃+H₂O+NaNO₂浓硝酸7.下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是解度9.用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥确的是肥皂液高三化学第2页(共8页)C.铁粉与水蒸气的反应需要加热，推断该反应为吸热反应D.加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应10.一种金属富勒烯配合物合成过程如图所示(Ph表示苯基)。已知：烯烃、C₆₀等因能A.(PPh₃)内中心P原子的杂化轨道类型是sp³)晶体中，一个C₆分子周围有12个紧邻分子D.C₆0中每个C原子形成3个σ键，其余电子形成大π键水溶液中发生反应生成(CH₃)₃COH的速率与c(OH-)无关。该反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是B.(CH₃)₃C+中C的杂化方式不完全相同C.该反应速率与c(OH-)无关的原因主要是OH-不参与①D.X为Br时的△H和△H₂均不等于X为I时的△H和△H₂确的是B.钠离子电池的工作原理是Na的嵌入与脱嵌14.某小组同学探究Zn与CuCl₂溶液反应的还原产物。将2g锌片分别插人到20mL不同浓度的CuCl₂溶液中，实验记录如下。实验溶液实验现象工0.2mol·L¹CuCl₂溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产振荡，出现白色浑浊Ⅱ0.5mol·L⁻¹CuCl₂溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产振荡，出现较多白色浑浊Ⅲ1mol·L-¹CuCl₂溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产溶液略显白色浑浊，振荡，白色浑浊消失下列说法错误的是更有利于析出CuClD.Zn与CuCl₂溶液反应的还原产物不同可能与CuCl₂浓度有关萃取有机相1反荜取水相2沉钪沉钛滤液1氧化滤液2过滤除杂NaOH(aq)废酸一已知：①常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示：沉淀完全的pH回答下列问题：(2)“沉钛过滤”步骤加人大量水并加热的目的是(4)为了提高Sc³的萃取率，除了选择合适萃取剂，还可以采取的措施有A.减小水相的pHB.适当提高萃取剂的浓度C.采用多级逆流萃取D.减小相比(有机相与水相的体积比)(5)实验室中“灼烧”操作在.(仪器名称)中进行。(6)常温下，在“沉钪过滤”步骤中，若溶液的pH为2,钪沉淀完全时，溶液中草(7)电解熔盐法制备Sc单质的流程如下图所示：①惰性气体环境中制备无水ScCl₃的化学方程式为②电解ScCl₃时加人KCl、LiCl的主要作用是16.(15分)“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：I.一种CO₂催化加氢合成CH₃CH₂OH的方法，反应如下：①2CO₂(g)+6H₂(g)一CH₃CH₂OH(g)+3H₂O(g)△H₁=-173.71.3MPa时，将I'molCO₂和3molH₂按一定流速通过催化剂，相同时间内测得CO₂的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。高三化学第5页(共8页)图1(1)CO与H₂合成CH₃CH₂OH反应的热化学方程式为(2)图1中，温度升高，CO₂的转化率和CO的选择性都升高，可能原因是O(3)由图1可知，300℃时H₂的转化率为.(4)在某一恒容密闭容器中加入CO₂、H₂,其分压分别为15kPa、30kPa,加入催化剂并加热使其发生反应，某时刻测得H₂O(g)的分压为10kPa,则该时刻Ⅲ.CO₂转化为碳酸二甲酯[CO(OCH₃)₂]是CO₂资源化利用的重要研究方向。CO₂(g)+2CH₃OH(1)CO(OCH₃)₂(1)+H₂O(1)△H=-27.90kJ·mol-¹(5)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是甲醇转化率变化的原因可能是：①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性电源co+CH,o-cOOCHco+CH,o-cOOCH).(7)若导线中通过2mol电子，最多生成mol碳酸二甲酯。17.(13分)磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知：Ca—Fe基磁性纳米复合材料，由CaCO₃和纳米Fe₃O₄经过超声分散制得。能通过纳米Fe₃O₄物理吸附和CaCO₃溶出后通过化学反应等去除水体磷。已知：纳米Fe₃O₄颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。物质可溶易溶(1)制备复合材料所需的纳米Fe₃O₄:一定条件下，先将FeCl₂·4H₂O和FeCl₃·6H₂O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米Fe₃O₄,实验装置如上：①仪器A使用前要②氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是③制备纳米Fe₃O₄需控温在50～60℃之间，写出该反应的化学方程式：④配制混合溶液时按n(Fe²+):n(Fe³*)=1:2进行投料，实验中需不断通人N₂。通N₂的目的是H₂PO.HPo.²pH0②从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2,写出对应的离子方程式： (3)除磷后续处理除磷回收得到的磷矿物CaHPO₄·2H₂O,可进一步转化为KH₂PO₄,作为钾磷复合肥使用。设计由CaHPO₄·2H₂O浆料制备KH₂PO₄晶体的实验方案：向含0.02molCaHPO₄·2H₂O的浆料中缓慢加人0.25mol/LK₂SO₄溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴人H₂SO₄溶液，不断搅拌至用pH试纸测得溶液pH为 (填范围),过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。高三化学第7页(共8页)18.18.(15分)化合物J是一种重要药物中间体，其合成路线如下(部分试剂和条件略):(iii)NaBH₄具有还原性根据合成路线回答下列问题：O(2)B转化为C中碳酸钾的作用为0(3)G转化为H的化学方程式为O(4)M是A的同分异构体，M与FeCl₃溶液作用显紫色，则M的结构有.种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为 0(5)H→I经历了如图所示的多步反应。中间产物1、中间产物2的结构简式分别是o高三化学第8页(共8页)【解析】A.不同元素原子的特征谱线不同，可鉴定元素，A正确；B.质谱图中，最大质荷比近似等于物质相对分子质量，B正确；C.不同的化学键或官能团在红外光谱图呈现波数不同的吸收峰，C正确；D.核磁共振氢谱图可获得有机化合物分子中氢原子的种类和相对数目比，不能确定实验式，确定实验式一般需现代分析仪，D错误。2.【答案】A【解析】A.是球棍模型，A错误；B.冰晶体中水分子间氢键，迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的四个紧邻水分子相互吸引，图中表达正确，B正确；C.Cl₂中共价键是Cl原子上的3p轨道采用“头碰头”重叠形成的，其电子云轮廓图为D.邻羟基苯甲醛中含有0—H键，—CHO中含有电负性大的0原子，且二者位置较近，根据氢键形成条件知，可形成分子内氢键，示意图为3.【答案】A【解析】A.臭氧(O₃)是极性分子，但极性微弱，其在水中的溶解度小于CCl4,A错误；B.SO₂具有杀菌和抗氧化作用，常用于葡萄酒保质，B正确；C.硫代硫酸钠(Na₂S₂O₃)与硫酸反应生成硫单质(乳白色浑浊)和二氧化硫(刺激性气体),D.高铁酸钠兼具强氧化性(消毒)和生成Fe(OH)₃胶体(吸附杂质)的功能，D正确。A.X中苯环、醛基、羟基均为平面结构，且单键可旋转，则所有原子可能共平面，A正确；B.Y为乙酸酐，与足量NaOH溶液共热水解，生成2分子乙酸钠和1分子水，B正确；C.Z分子中苯环可与3molH₂加成，侧链碳碳双键可与1molH₂加成，故1molZ最多D.反应包含酚羟基的酰基化(取代反应，C-O键断裂与形成)和醛基与酰基的缩合环化(涉及C=C键形成、C=O键断裂),并非仅涉及C-0键的变化，D错误。5.【答案】CA.可与氢氧化钙混合，采用固固加热装置用于实验室制氨气，A正确；B.水溶液因铵根离子的水解反应显酸性，B正确；C.是强酸弱碱盐，属于强电解质，C错误；D.是侯氏制碱法的副产品，D正确。6.【答案】C【解析】A.a中铜失电子生成硝酸铜，铜元素化合价由0升高为+2价，溶解0.64g铜时，转移电子的数目为1.204×102,A错误；B.b中收集的气体为NO₂,标况下是液体，且存在反应2NO₂今N₂O₄,所以物质的量不是B错误；D.若将铜丝换成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu,实际上铝的还原性比铜强，D错误。7.【答案】A【解析】A.铅酸蓄电池放电时，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb+2SO₄²-2e⁻=PbSO₄,A错误；B.TiCl₄水解程度很大，能反应完全，方程式xH₂O↓+4HC1,B正确；C.沉淀变为黑色，ZnS沉淀转化为CuS沉淀，可说明CuS的溶解度比ZnS小，为沉淀的转D.苯酚的酸性强于碳酸氢根离子酸性，向苯酚钠溶液中通CO₂,溶液变浑浊是因为生成苯酚和碳酸氢钠：化学方程式正确，D正确。8.【答案】B【解析】A.氮的电负性大于氢，NH₃中成键电子对偏向N,成键电子对间斥力较大，键角较大；氟的电负性大于氮，NF₃中成键电子对偏向F,成键电子对间斥力较小，键角较小，则键角NF₃<NH₃,A错误；B.C-Cl键的极性小于C-F键，导致酸性CH₂CICOOH<CH₂FCOOH,B正确；C.葡萄糖分子含5个羟基，HO(CH₂)₅CHO仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的数目越多，溶解度越大。因此HO(CH₂)₅CHO的溶解度应小于葡萄糖的溶解度，推断错误，D.HF分子间能形成氢键，所以HF的沸点比HC1、HBr、HI的高，D错误。9.【答案】D【解析】A.对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A错误；B.铁也能被磁铁吸引，B错误；C.加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，C错误；D.加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确；10.【答案】B【解析】A.三苯基膦中，中心P原子形成3个σ键和1个孤电子对，为sp³杂化，A正确；B.C₂H₄和C₆都是π配体，能够通过π电子与中心金属原子形成配位键，Co分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp²杂化与相邻的三个碳原子形成o键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，具有更大的π电子云，因此其配位能力更强，则与Pt的配位能力大小：C₂H₄<C₆,B错误；C.由晶胞结构可知，C₆0分子位于晶胞的顶点和面心，则与每个C₆分子紧邻且等距的C₆分子数目为12,C正确；D.C₆分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp²杂化与相邻的三个碳原子形成o键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，这种离域π键能够提供π电子与中心原子形成配位键，D正确。11.【答案】D【解析】A.总反应的焓变=生成物总能量-反应物总能量，即△H=△H₁+△H₂,A正确；B.甲基的碳原子是sp³杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3,为sp²杂化，B正确；C.决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解(步骤①),不涉及OH,故速率与其浓度D.△H表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的△H₁不相同，△H₂表示形成C-O键释放的12.【答案】A【解析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，M形成+3价阳离子，且M原子的最外层电X、Y处于第二周期，Z处于第三周期。Z可以形成6条共价键，Z为S。W可以和硫形成2条键、A.W为0、Y为C、X为F,同一周期主族元素随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，所以第一电离能F>0>C,即X>W>Y,A正确；B.M为A1、Z为S、X为F,①电子层数越多离子半径越大，②电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，对应简单离子半径大小关系为S²->F>Al³,即z²->X>M³,B错误；C.X为F、Y为C、W为0,X、Y、W形成的简单氢化物均为分子晶体，相对分子质量大则沸点高，但是HF和H₂O可以形成氢键导致沸点升高，且常温下为液体，但未指明是最简单氢化物，C可形成多种氢化物，沸点不确定，所以无法比较，C错误；D.Y为C、、W为0、Z为S,则其非金属性为0>S>C,即W>Z>Y,D错误。13.【答案】B【解析】题目图示信息表明：充电时，电极A连接电源的正极，是阳极；电极B连接电源的负极，是阴极。电极A的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时Na从电极A脱嵌，进入电解质；放电时Na嵌入电极A。电极B为Na₂C₆,充电时Na嵌入电极B,放电时Na脱嵌。A.充电时，电极B连接电源的负极，作阴极，Na移向电极B,在电极B上放电发生还原反应，使电极B质量增加，A错误；B.钠离子电池的工作原理是Na在正负极之间迁移，实现能量的存储和释放，充电时Na从正极脱嵌，嵌入负极，而放电时则相反，即原理为Na的嵌入与脱嵌，B正确；C.充电时，电极A连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，电极反应式为D.充电过程中，据C项阳极反应式，每转移1mole,电极A有1molNa脱嵌移至电极B,因此电极A减重23g,电极B增重23g,则两电极质量变化相差23g-(-23g)=46g,D错误。【解析】通过Zn与CuCl₂溶液反应的现象，设计实验对产物中白色浑浊物进行分析、验证，并探究影响还原产物种类的因素等问题。A.CuCl₂溶液显酸性，是因Cu²水解，水解离子方程式为Cu²+2H₂O今Cu(OH)₂+2H,A正确；B.Cu附着在Zn片表面，形成原电池，溶液中的H在Cu极得电子变成氢气，导致Cu疏松多孔，容易脱落，B正确；C.[CuCl₃]²更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中各离子浓度均减小；反应i:[CuCl₃]²-今CuCl+2C1,Q<K,平衡正向移动，有利于析出CuCl;反应ii:[CuCl₂]今CuCl+C1,Q=K,D.结合上述实验条件可知，还原产物不同可能与溶液中Cu²、C1的浓度，反应物是否接触、二、非选择题15.(15分，除标注外每空2分)【答案】(1)L(2)促进Ti⁴水解趋于完全②提高电解质的导电性；作助熔剂，减少能耗(写对1种得1分)【解析】(1)钪(Sc)原子序数为21,电子排布式为[Ar]3d4s²价层电子为3d¹和4s²。轨道表示式中需遵循泡利原理和洪特规则，4s全满，3d半充满前优先单独占据轨道。(2)Ti在酸性条件下易水解，加热和加水稀释都可促进水解平衡正向移动(水解为吸热反应),使钛沉淀更彻底。(3)根据表中数据：Al³在pH≥4.1时沉淀完全，Fe³在pH>3.2时沉淀完全，Sc³在pH>4.5时开始沉淀，因此，调节4.1≤pH<4.5可使Al³、Fe³沉淀完全，而Sc³不沉淀，实现杂质分离。A.减小pH(即增大H浓度)会使平衡左移，降低萃取率，A错误；B.提高萃取剂浓度，平衡右移，萃取率提高，B正确；C.多级逆流萃取可提高传质效率，增加萃取率C正确；D.减小相比(有机相/水相体积比)会降低有机相萃取容量，可能降低萃取率，D错误。(5)灼烧固体通常在坩埚中进行，适用于高温分解或转化固体物质。Sc³+完全沉淀时，c(Sc³+)=1×10-5mol/L,代入公式得：pH=2时，草酸为弱酸，(7)ScCl₃熔点较高，加入KC1、LiCl可以形成低共熔混合物，作助熔剂，降低电解温度，减少能耗，节约能源，同时提高熔盐的导电性。16.(15分，除标注外每空2分)(2)反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度(3)6.4%(4)0.48kPa·s⁻¹(5)二者热稳定性较高，沸点相差较大(6)温度低于130℃,反应5小时，未达平衡，温度越高反应越快，转化率越高；温度高于130℃,反应5小时，达到限度平衡，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低(3分) 【解析】(1)根据已知反应①2CO₂(g)+6H₂(g)CH₃CH₂OHg)+3H₂O与反应②CO₂(g)+H₂(g)CH₃CH₂OH反应的焓变△H=△H-2△H₂=-255.9kJ·(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度。(3)根据图1可知，CO₂转化率8%,其转化物质的量：1mol×8%=0.08mol,CO选择性30%,生成CO的CO₂:0.08mol×30%=0.024mol,转化为CH₃CH₂OH的CO₂:0.08mol-0.024mol=0.056mol,根据反应①可知H₂消耗0.168mol,根据反应②可知H₂消耗0.024mol,H₂的转