江苏省苏州市2024-2025学年高三第二学期三模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省苏州市2024-2025学年高三第二学期三模考试一、单选题1．“祝融号”火星车探测到火星大气含有下列分子，其中不含σ键的是A．水蒸气 B．氮气 C．二氧化碳 D．氦气【答案】D【解析】水蒸气H2O中的H－O为σ键；氮气中存在N≡N，其中含有1个σ键；CO2中存在C＝O，其中含有1个σ键；氦气为单原子分子，不含有共价键。故选D。2．反应Na2CO3A．Na2CO3是共价晶体 BC．SO2的空间构型为三角锥形 D．Na2【答案】B【解析】Na2CO3由Na+和CO32-通过离子键结合而成，属于离子晶体，A错误；CO2分子呈直线形，结构式为O＝C＝O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；SO2中心S原子的价层电子对数为3，孤电子对数为1，S采用sp2杂化，SO2空间构型为V形，C3．工业上电解熔融Al2O3A．半径大小：r(Al3+C．电离能大小：I1(O)<I1【答案】A【解析】核外电子数相同时，核电荷数越多半径越小，半径大小为rAl3+<rNa+，A正确；同周期从左到右，元素的电负性增大，电负性大小为χ(F)＞χ(O)，B错误；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为I1(O)4．实验室制备NaClO消毒液，有关实验装置和原理能达到实验目的的是A．用甲装置制备Cl2 B．用乙装置除去Cl2C．用丙装置吸收Cl2 D．用丁装置蒸发浓缩NaClO【答案】C【解析】A．实验室常用浓盐酸与二氧化锰共热制备Cl2，稀盐酸和二氧化锰不反应，A不能达到实验目的；用乙装置用饱和食盐水除去Cl2中混有的少量HCl，应该“长进短出”，B不能达到实验目的；氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此用丙装置吸收Cl2，C能达到实验目的；蒸发浓缩NaClO溶液应在蒸发皿中进行，D5．阅读材料，碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ⋅mol-1)，是常见燃料；H2CS3是一种弱酸，在水中缓慢水解生成H2CO3；通过反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(A．碳、硅的单质中键角均为109°28'B．CO2中的C原子与SiO2中的C．配合物Ni(D．Ge原子基态核外电子排布式为[【答案】C【解析】并非所有碳的单质键角均为109°28′，如石墨的键角约120°，金刚石的键角109°28'，晶体硅的键角109°28′，A错误；CO2中的C原子与O原子以双键结合，C的杂化方式为sp杂化，SiO2中Si原子杂化方式为sp3，B错误；配合物Ni(CO)4中，Ni与CO通过配位键结合，不含离子键，C正确；Ge的原子序数为32，基态Ge原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，需填充6．阅读材料，碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ⋅mol-1)，是常见燃料；H2CS3是一种弱酸，在水中缓慢水解生成H2CO3；通过反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)A．甲烷的燃烧：CHB．H2CSC．硅溶于HF-HNOD．醋酸铅溶液吸收硫化氢气体：Pb【答案】D【解析】甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水，热化学反应方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ⋅mol-1，A正确；H2CS3与水反应，H2CS3是一种弱酸，在水中缓慢水解生成H2CO7．阅读材料，碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ⋅mol-1)，是常见燃料；H2CS3是一种弱酸，在水中缓慢水解生成H2CO3；通过反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(A．金刚石难溶于水，可用于切割玻璃B．晶体硅熔点高，可用作半导体材料C．CH4为非极性分子，CHD．Pb2+与Cl-能形成配位键，【答案】D【解析】．金刚石切割玻璃是因为其硬度大，A错误；晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，所以可作为半导体材料，B错误；CH4具有较大的燃烧热，是因成键放出的热量远大于断键吸收的热量，与CH4为非极性分子无关，C错误；PbCl42-中，Pb2+与Cl-形成配位键，PbCl28．通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和A．电极A为阴极，发生还原反应B．电极B的电极反应：2HC．电解一段时间后溶液中Mn2+D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2【答案】C【解析】由电解示意图可知，电极B上Mn2＋→MnO2，Mn元素化合价升高失电子，电极B为阳极，则电极A为阴极，得电子发生还原反应，A正确；电极B上Mn2＋失电子转化为了MnO2，电极反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－＝MnO2＋4H＋，B正确；电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为2LiMn2O4＋6e－＋16H＋＝2Li＋＋4Mn2＋＋8H2O，电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋＝2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，Mn2＋浓度增大，C错误；电解结束后，可通过调节溶液pH，将Mn2＋转化为沉淀除去，再加入碳酸钠溶液生成碳酸锂，D正确。故选C。9．利用下图装置进行“铁件镀铜”实验，观察到阴极表面产生无色气体，一段时间后，气体减少，表面有红色固体，经检验，电解液中有Fe2＋。下列分析或说法不正确的是A．阴极表面产生气体的反应可能为2H＋＋2e－＝H2↑B．Cu覆盖在Fe电极表面，导致气体减少C．电镀完成后，阳极减少的质量等于阴极增加的质量D．向电解后的溶液中滴加KSCN溶液，不会变成血红色【答案】C【解析】Fe作阴极，阴极表面产生气体的反应可能为2H＋＋2e－＝H2↑，A正确；Fe作阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu，2H＋＋2e－＝H2↑，一段时间后，气体减少，表面有红色固体，即Cu覆盖在Fe电极表面，导致气体减少，B正确；阳极电极反应为Cu－2e－＝Cu2＋，阴极电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu，2H＋＋2e－＝H2↑，由电子守恒可知，电镀完成后，阳极减少的质量大于阴极增加的质量，C错误；电解后的电解液中含有Fe2＋，故向电解后的溶液中滴加KSCN溶液，不会变成血红色，D正确。故选C。10．丹皮酚(X)具有各种抗炎活性。利用丹皮酚合成一种药物中间体(Y)的流程如下：下列有关化合物X、Y的说法不正确的是A．X的熔点比的低 B．X分子中采取sp3杂化的原子有2个C．X生成Y发生的是取代反应 D．可以用氯化铁溶液鉴别X和Y【答案】B【解析】X分子形成分子内氢键，导致熔点降低，形成分子间氢键，导致熔点升高，故X的熔点比的低，A正确；X分子中甲基上的C原子采用sp3杂化，羟基和醚键上的O原子采用sp3杂化，故X分子中采取sp3杂化的原子有4个，B错误；由反应物和产物的结构简式可知，X生成Y发生的是取代反应，C正确；X中含有酚羟基能与FeCl3反应生成紫色溶液，而Y中不含酚羟基，故可以用氯化铁溶液鉴别X和Y，D正确。故选B。11．下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A卤代烃(R－X)中的卤素原子是否是溴原子将卤代烃(R－X)与氢氧化钠溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察产生沉淀的颜色B石蜡裂解是否产生乙烯在瓷片催化下，将石蜡隔绝空气，加强热，所得到的气体通入酸性KMnO4C有机物中是否含有醛基碱性条件下，将有机物与新制氢氧化铜共热，观察产生沉淀情况D比较CH3CH2分别向2mL 1A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】将卤代烃与NaOH水溶液混合加热，待冷却后加入稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，观察沉淀颜色确定卤素原子种类，A不能达到探究目的；在瓷片催化下，将石蜡隔绝空气，加强热，所得到的气体通入酸性KMnO4溶液，观察紫色褪去，说明有不饱和烃生成，不能说明是乙烯，B不能达到探究目的；醛基具有还原性，碱性条件下能还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜沉淀，故碱性条件下，将有机物与新制氢氧化铜共热，观察产生沉淀情况，能检验有机物中是否含有醛基，C能达到探究目的；分别向2mL 1mol⋅L-1 CH312．室温下，用FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，制备FeCO3。已知A．0.1mol⋅B．0.1mol⋅L-1 NHC．0.1mol⋅L-1D．制得FeCO3沉淀后的上层清液中：【答案】B【解析】氨水溶液中存在电荷守恒：c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，A错误；0.1mol⋅L-1 NH4HCO3溶液的pH＝7.8，说明HCO13．一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3，其过程中主要发生如下反应：I．2Ⅱ．CO向恒压密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，CO2的平衡转化率和A．A点时，容器中n(CHB．反应2CO(C．CO2平衡转化率由A到B点，可采取的措施为加压或减小D．使用对反应I催化活性更高的催化剂可提高CH3【答案】A【解析】反应状态达A点时，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性均为25%，根据CH3OCH3的选择性=2n(CH3OCH3)n(反应的CO2)×100%可得：25%=2n(CH3OCH3)1mol×25%×100%，故反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为0.03125mol，A错误；反应Ⅰ．2CO2(g)＋6H2(g)═CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH1＝－122.5kJ•mol－1，反应Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)═CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ•mol－1，由2CO(g)＋4H2(g)═CH3OCH3(g)＋H2O(g)＝I－2×Ⅱ可得，ΔH＝(－122.5－2×41.2)kJ•mol－1＝－204.9kJ•mol－1，B正确；增大压强，反应二、解答题14．ClO2可用于饮用水消毒，常通过CaO2与H2(1)制备ClO2反应的化学方程式为(2)已知NaClO3受热分解温度约为300°C，其他条件不变，研究温度对NaClO3①当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO3转化率下降的原因是②当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3转化率与ClO2收率之间的差值有增大趋势的原因是(3)研究发现在反应过程中加入HgSO4(掩蔽Cl-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl-存在，最终ClO2收率也没有改变。产生该现象的原因可能是(4)测定ClO2气体(含有一种能将KI氧化的杂质气体)I．将标准状况下20mL的ClO2气体样品通入过量的碱性KI溶液中充分反应(反应为ClO2+I-→ClO2-+I2Ⅱ．向反应后的溶液中加入醋酸调至酸性，淀粉作指示剂，用0.1000mol⋅L-1 Na2S2①计算气体样品中ClO2体积分数(写出计算过程)②若气体样品中含Cl2，测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)【答案】(1)2NaClO(2)当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO3受热分解当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的(3)HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO2反应生成ClO2，导致ClO2收率瞬间降低，但最终(4)56%不变【解析】（1）在酸性条件下，NaClO3可与CaO2反应生成ClO2，反应中氯化合价降低、可知CaO2中氧化合价升高为0价，即生成O2，结合质量守恒知，还生成Na2SO（2）①当温度高于55°C，随着温度升高，NaClO②当温度高于60°C，随着温度升高，NaClO3受热分解，导致其转化率下降，且生成的ClO2也会和CaO2反应，导致（3）加入HgSO4(掩蔽Cl-)，ClO2收率瞬间降低，但一段时间后又检测到溶液中有Cl-存在，最终ClO2收率也没有改变，说明HgSO4与ClO2反应生成了氯离子，氯离子又和CaO（4）①Ⅱ中滴定反应为ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2②氯气具有氧化性，在I中发生反应Cl2＋2I－＝I2＋2Cl－，I中反应不影响Ⅱ步骤中消耗标准液Na2S215．碘番酸是一种口服造影剂。其合成路线如下：已知：R1回答下列问题：(1)E分子中含有的官能团(写名称)，E与ICl反应生成碘番酸时，发生的反应类型是。(2)B生成C的同时，生成的另一有机产物的结构简式为。(3)反应物A中醛基不易被硝酸氧化的可能原因是。(4)写出符合下列条件的C的一种同分异构体。①能发生水解产生两种物质，其中之一能与盐酸反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中不同化学环境的氢原子数目比为6:2:3。(5)写出以甲苯、乙醛为原料合成化合物的路线流程图(无机试剂任选)。【答案】(1)羧基和氨基取代反应(2)CH3CH2CH2COOH(3)在低温下硝酸发生取代反应更容易进行(4)或(5)—→光照Cl2———→ΔNaOH水溶液——→Cu/Ag，【解析】（1）由图示流程图中E和碘番酸的结构简式可知，E分子中含有的官能团羧基和氨基，E与ICl反应生成碘番酸发生的反应类型是取代反应；（2）由图示流程图中B、C的结构简式以及B到C的反应条件可知，B生成C的同时，生成的另一有机产物的结构简式为CH3CH2CH2COOH；（3）苯甲醛不易被浓硝酸氧化，主要原因在于其分子结构中醛基与苯环直接相连，苯环的大π键与醛基的π键形成共轭体系，使醛基的电子云密度有所降低，醛基碳的正电性减弱，从而降低了被强氧化剂(如浓硝酸)氧化的活性，硝酸发生氧化反应为亲电氧化反应，在低温下硝酸更容易发生取代反应；（4）由C的结构简式可知，C的分子式为C11H11NO4，其不饱和度为7，则符合下列条件①能发生水解产生两种物质即含酯基或酰胺基，其中之一能与盐酸反应即含氨基；②能与FeCl3溶液发生显色反应即含酚羟基；③分子中不同化学环境的氢原子数目比为6∶2∶3即含有2个对称甲基和一个不对称甲基，则C的同分异构体为或；（5）以甲苯、乙醛为原料合成化合物，根据题干已知信息可知，可由和CH3CHO反应得到，而根据题干流程图中A到B的转化条件可知，可由和发烟硝酸、浓硫酸在0℃下制得，可由催化氧化得到，则可由在NaOH水溶液中加热得到，和Cl2混合在光照条件下反应得到，由此确定合成路线为—→光照Cl2———→ΔNaOH水溶液——→Cu/Ag，ΔO2——→浓H2SO4，0℃16．磷酸铁是锂离子电池正极材料的前驱体。利用磷化渣［主要含Zn3Fe(1)碱浸。加少量水润湿磷化渣，在50°C搅拌条件下加入30%的NaOH溶液。实验测得PO43-浸出率和浸取液中锌含量随碱渣比(①Zn3Fe(PO4)②当碱渣比大于0.65时，浸取液中锌含量小幅升高的原因是。(2)萃取。碱浸后的滤液中加入含萃取剂P2O4(结构如图)的有机溶剂(煤油等)，进一步除去滤液中大部分Zn2+。萃取时P2O4与水相、有机相界面处的Zn①萃取剂P2O4进入水相与Zn2+结合的是(选填“A端”或“B端”)；萃取后，水相中的pH(选填“变大”或“变小”)②加入萃取剂P2O4过多，Zn2+的萃取率明显下降，其原因可能是(3)反应。控制n(Na3PO4):n(FeCl3)=1:1，调节Na3PO4溶液与FeCl3溶液反应液(4)以硫铁矿烧渣(含Fe2O3和少量的MgO、SiO2)为原料制取FePO4⋅2H2O。补充完整制取FePO4⋅2H2O的实验方案：取一定质量的硫铁矿烧渣，加入2mol⋅L-1 已知：①溶液中Fe3+、Mg2+开始沉淀的pH分别为1.6、9.6；Fe3+完全沉淀的②Fe3+【答案】(1)Zn3FePO43+9NaOH50℃FeOH3+3ZnOH2(2)B端变小有机层和水层乳化难以分离(3)溶液中Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，使产物中Zn3(PO4)2增多(4)边搅拌边向滤液中滴加2mol⋅L-1氨水至溶液pH为3.7~9.6，过滤，洗涤，向滤渣中加入2mol⋅L-1HCl至固体完全溶解，边搅拌边加入与Fe3＋等物质的量的1mol【解析】（1）①Zn3Fe(PO4)3和NaOH反应生成Fe(OH)3，②部分Zn(OH)2与NaOH反应生成ZnO22-(或可溶性离子（2）①Zn2+是带电离子，可以结合有极性的一端，即萃取剂P2O4进入水相与Zn2+结合的是B端；由于P2O4的磷酸基团释放出H+进入水相，使得水相中c(H+)增大，则萃取后，水相中的pH②加入萃取剂P2O4过多，则有机层和水层乳化难以分离，从而导致Zn2+（3）由图像可知，随着pH增大锌含量增多，随着pH增大，Fe3＋更容易水解为Fe(OH)3沉淀，则产物中Zn3(PO4)2含量增多，铁磷比降低；（4）用盐酸将硫铁矿烧渣溶解后，再过滤得到的溶液中含有Mg2+、Fe3+，边搅拌边向滤液中滴加2mol⋅L-1氨水至溶液pH为3.7~9.6，过滤，洗涤，向滤渣中加入2mol⋅L-1HCl至固体完全溶解，边搅拌边加入与Fe3＋等物质的量的1mol⋅L17．研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。I．氢气的制备利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。(1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。①90min时，含铜产物中含量最高的是。②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是。(2)其他条件不变，反应60minCuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是。(3)CuCl溶于盐酸产生CuCl2-用于电解，电解反应的化学方程式为Ⅱ．氢气的储存(4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是。Ⅲ．氢气的应用氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。(5)已