江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模考试一、单选题1．现代三大基本材料之一是高分子材料，下列物质的主要成分属于高分子的是A．花生油 B．石墨烯 C．不锈钢 D．羊绒衫【答案】D【解析】花生油主要是油脂，不属于高分子；石墨烯是碳元素形成的单质，不属于高分子；不锈钢属于合金，不属于高分子物质；羊绒衫主要成分为蛋白质，属于高分子。故选D。2．摩尔盐NH4A．半径：rO2>C．沸点：NH3>H【答案】D【解析】O2－的核外电子数为10，电子层数为2，S2－的核外电子数为18，电子层数为3，电子层数越多离子半径越大，则离子半径：rO2<rS2，A错误；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N最外层2p能级中电子为半满稳定结构，则第一电离能：I1N<I1O，B错误；NH3、H2O两者分子间均能形成氢键，水分子间形成氢键的数目比氨气多，水分子之间的分子间作用力更大，故沸点：NH3<H2O，C错误；H23．下列实验原理、装置及操作正确的是A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2OD．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液【答案】B【解析】盐酸易挥发，CO2和挥发出的HCl都能使苯酚钠溶液变浑浊，图甲不能验证碳酸的酸性比苯酚强，A错误；乙酸乙酯在水不溶于饱和碳酸钠溶液中的溶解度，可用图乙装置来分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液，B正确；从Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O应该采用蒸发浓缩，降温结晶，不能用图丙装置来获得Na2CO3·10H2O，C错误；硫酸会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该选用在酸式滴定管，D错误。故选B。4．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化能实现的是A．工业制备漂白粉，饱和食盐水→通电B．漂白粉失效的途径：Ca(ClO)C．检验葡萄糖：CuSO4(aq)D．金属铝制备：Al【答案】C【解析】电解饱和食盐水可以制备氯气，氯气通入石灰乳制备漂白粉，A错误；Ca(ClO)2与空气中CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光分解为HCl与O2，不会生成Cl2，B错误；CuSO4溶液和足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2悬浊液和葡萄糖在加热条件下反应生成Cu2O，C正确；Al2O3和盐酸反应生成AlCl3溶液，电解AlCl5．周期表中IIIA族元素（5B、13Al、31Ga、49In等）的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4（HBF4是一种强酸）和硼酸（H3BO3）。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂，木材防腐剂等。高温下Al2O3和过量焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3下列化学反应表示正确的是A．制备B(OCHB．高温下Al2OC．BF3水解：D．用石墨作电极电解Al2O3制备【答案】B【解析】硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为H3BO3+3CH3OH——→浓硫酸B(OCH3)3+3H2O，A错误；氧化铝、碳、氯气在高温条件下反应生成AlCl3和CO，化学方程式为Al2O3+3C+36．周期表中IIIA族元素（5B、13Al、31Ga、49In等）的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4（HBF4是一种强酸）和硼酸（H3BO3）。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂，木材防腐剂等。高温下Al2O3和过量焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3下列说法不正确的是A．熔点：GaNB．GaN为共价晶体C．GaN晶体中所有原子均采取sp3D．与N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面体【答案】A【解析】已知GaN成键结构与金刚石相似，GaN、GaP、GaAs的熔点高，且熔融状态均不导电，三者都是共价晶体，原子半径：N<P<As，键能：Ga-N＞Ga-P＞Ga-As，故熔点：GaN＞GaP＞GaAs，A错误；GaN成键结构与金刚石相似，熔点高，硬度大，GaN为共价晶体，B正确；GaN晶体中每个原子连有4个共价键，GaN晶体中所有原子均采取sp3杂化，C正确；GaN晶体中的N原子连有4个7．周期表中IIIA族元素（5B、13Al、31Ga、49In等）的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4（HBF4是一种强酸）和硼酸（H3BO3）。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B(OCH3)3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂，木材防腐剂等。高温下Al2O3和过量焦炭在氯气的氛围中获得AlCl3下列物质性质与用途具有对应关系的是A．BF3极易水解，可用作强化剂 BC．GaN硬度大，可用作半导体材料 D．Al2【答案】D【解析】BF3极易水解生成HBF4和硼酸，与用作强化剂无关，A错误；硼酸甲酯可用作木材防腐剂应该与杀菌、稳定等性质有关，与具有挥发性无关，B错误；GaN的结构与晶体硅类似可用作半导体材料；GaN硬度大不是导电性的体现，与可用作半导体材料无关，C错误；Al2O3熔点高耐高温，可用作耐火材料，与性质有关，8．利用双极膜电解含有HCO3-的溶液，使HCO3-转化成碳燃料，实现了CO2A．银网电极与电源负极相连B．双极膜b侧应该用质子交换膜C．阴极电极反应为：HCOD．双极膜中有0.1molH2O电离，则阳极附近理论上产生【答案】D【解析】由图示电解池可知，右侧HCO3-生成CO发生还原反应，则Ag网为阴极，银网电极与电源的负极相连，A正确；双极膜中H＋向右侧移动，即b为质子膜，OH－向左侧移动，a为阴离子膜。B正确；阴极的电极反应式为HCO3-+2e-+3H+=CO↑+2H2O，C正确；Ni9．异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效，合成中间体Z的部分路线如图：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A．X分子中的所有原子一定共平面B．1molZ中含有5mol碳氧σ键C．Y能发生加成、氧化和消去反应D．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子【答案】D【解析】X分子中苯环及苯环上的O原子一定共平面，因为－OH中的氧是sp3杂化，单键可以旋转，X分子中的所有原子不一定共平面，A错误；单键都是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1molZ中含有6molC—Oσ键，B错误；Y中官能团有酮羰基、酚羟基，能发生加成、氧化反应，酚羟基不能发生消去反应，C错误；Z与足量的H2加成后的产物分子为，其中含有4个手性碳原子，D正确。故选D。10．工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是A．“焙烧”时，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝4∶5B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去C．不选用HCl“调pH”的原因可能与VO3D．“沉钒”后的溶液中c【答案】A【解析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)加Na2CO3在O2存在下焙烧，FeV2O4生成Fe2O3和NaVO3，Al2O3转化为NaAlO2，加H2O水浸取，过滤，滤渣为Fe2O3；向滤液中加入H2SO4，调pH，AlO2-转化为Al(OH)3，过滤，向滤液中加入(NH4)2SO4沉钡，得到NH4VO3沉淀，NH4VO3焙烧得V2O“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，1molFeV2O4失去5mol电子，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得：n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4，A错误；“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，B正确；VO3-的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是VO3-把Cl－氧化为有毒气体Cl2，C正确；“沉钒”后得到NH4VO3的饱和溶液，cVO11．室温下，探究0.1mol·L－1FeCl3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向两支试管中分别加入5mL5%的H2O2溶液，再向两支试管中滴入3滴浓度均为0.1mol·L－1的FeCl3和CuSO4，观察产生气体的速率比较Fe3＋和Cu2＋的催化效率B向2mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入1mL0.1mol·L－1KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2是否为可逆反应C向苯酚溶液中滴加几滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，溶液呈紫色FeCl3与苯酚发生了氧化还原反应D将5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液和15mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液混合，生成红褐色沉淀和气体Fe3＋与HCO3A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】CuSO4和FeCl3溶液中阴离子不同，应控制阴离子相同，探究Cu2＋和Fe3＋的催化效果，A不能达到探究目的；向2mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中加入1mL0.1mol·L－1KI溶液，发生反应为2FeCl3＋2KI⇌2FeCl2＋2KCl＋I2，且FeCl3溶液过量，充分振荡后滴加KSCN溶液，溶液为血红色，不能证明反应存在限度，应使KI溶液过量，B不能达到探究目的；苯酚溶液中加入几滴FeCl3溶液，发生显色反应生成配合物，没有元素的化合价发生改变，FeCl3与苯酚没发生氧化还原反应，C不能达到探究目的；将5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液和15mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液混合，Fe3＋与HCO3-发生水解反应Fe3＋＋3HCO3-＝Fe(OH)3↓＋3CO2↑，生成红褐色沉淀和气体，12．捕集与转化CO2的部分过程见题图。室温下以0.1mol⋅L-1的NaOH溶液吸收CO2，忽略通入CO2引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度cA．吸收液中：cB．吸收液c总=0.1mol⋅C．“再生”过程中发生反应的离子方程式有：CaD．将CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液pH≈8.3【答案】C【解析】室温下以0.1mol⋅L-1的NaOH溶液吸收收烟气中的CO2，得到pH为10的吸收液，向吸收液中加入石灰乳，石灰乳与溶液中的Na2CO3、NaHCO3反应生成NaOH和CaCO3，过滤得到可循环使用的NaOH溶液和CaCO3；CaCO3受热分解生成CaO吸收液的pH为10，由电离常数可知，溶液中c(CO32-)c(HCO3-)＝Ka2(H2CO3)c(H+)＝4.7×10-111×10-10＝0.47<1，则溶液中的CO32-浓度小于HCO3-浓度，A错误。题意可知，吸收液c总为0.1mol/L的溶液为NaHCO3溶液，HCO3-在溶液中的水解常数Kh＝KwKa1(H2CO3)＝10-144.5×10-7>Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11，B错误；石灰乳与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaOH13．甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为①CH②CO在装有催化剂的密闭容器中，4.3×106Pa、n(CHCO转换率=下列说法正确的是A．反应CH4(B．曲线a表示平衡时CH4C．850℃平衡时生成的CO2比550℃D．相同条件下，CH4和H2O总物质的量不变，n【答案】C【解析】①＋②得CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)根据盖斯定律，ΔH=205.8-41.2kJ/mol=+164.6kJ/mol，A错误；CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+205.8kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故曲线b表示平衡时CH4转化率随温度的变化，B错误；设起始nCH4=1二、解答题14．单宁酸（C76H52O46）－硫酸体系中，低品位软锰矿（MnO2质量分数为(1)当1mol C(2)写出葡萄糖还原MnO2生成CO2的离子反应方程式：(3)浸出前后软锰矿与浸取渣的X－射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中SiO2对应衍射峰强度变化的原因：(4)为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：准确称取mg软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使Mn2+完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为c mol⋅L-1的①实验室现配(NH4)2Fe②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率η。[η=m(5)90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得c(H2SO4【答案】(1)10∶1(2)C(3)酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大(4)使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)(5)c(H＋)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢【解析】（1）设1mol C76H52O46完全水解生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x＋6y＝76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则6x+12y-525x+6y-46=21，解得（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为（3）由图可知，酸浸过程中Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对(NH②每20.00mL浸出滤液中：n(Mn2+)=n[(NH4)2Fe(（5）由图可知，c(H＋)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以c(15．有机物G的一种合成路线如下图所示（反应②的条件未列出）。(1)反应②还需的反应物和条件是。(2)化合物E的结构简式为。(3)反应⑥的反应类型为。(4)的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。I．能使溴的CCl4溶液褪色，能与Na反应放出H2不能与(5)已知：+→CH3CH2ONa+CH3OH。设计以1，3－丁二烯、CH3OH【答案】(1)HBr、加热(2)(3)取代反应(4)(5)CH2=CH－CH=CH2—→HBrCH2【解析】A（）发生先加成反应、后水解反应生成B（），B发生取代反应生成C（），C发生反应生成D（），D发生酯化反应生成E（），E发生取代反应生成F（），F与发生取代反应生成G（）。（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；（2）化合物E的结构简式为；（3）反应⑥的反应类型为取代反应；（4）不饱和度为3，分子式为C7H10O3，能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出H（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3－丁二烯CH2=CHCH=CH2与HBr加成生成CH2BrCH2CH2CH2Br，C→D反应生成HOOCCH2CH2CH2CH2————→CH3CH16．纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。I．获得纳米铜(1)制备Cu(NH3)42+溶液，用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为(2)制备纳米铜。调节Cu(NH3)42+溶液的①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和Cu2O（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，。（已知：Cu2O+2HⅡ．应用纳米铜(3)纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生I-①该纳米棒的Cu极电极反应式为。②该纳米棒向。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。【答案】(1)CuS+4NH3=Cu(NH3)(2)2Cu(NH3)42++N2H4+4OH-75oC(3)Cu-e-+I-【解析】（1）CuS+4NH3=Cu(NH3)（2）①75℃时，碱性溶液中Cu(NH3)42+与N2H4发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、Cu2O（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据Cu2O在酸性条件下发生Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，得到溶液显蓝色，而Cu（3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为Cu-e-②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。17．黄铁矿(FeS2)(1)黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：3FeS2+2C+3O2=3(2)制硫反应所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气