江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期期中摸底调研2化学试题

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B．免洗洗手液的有效成分活性银离子为重金属离子，重金属离子能使蛋白质变性，B正确；
C．医用消毒剂使用的酒精浓度不是越高消毒效果越好，如75%的酒精溶液消毒效果较好，C错误；
D．聚丙烯（PP）是由丙烯在一定条件下通过加聚反应生成的有机高分子材料，D正确。
答案选C。
2．D
【详解】
A．二氧化碳中碳原子与两个氧原子分别以碳氧双键结合，二氧化碳是对称的非极性结构，故事非极性分子；故A错误；
B．的电子式为，题给电子式缺少了一对孤电子对，故B错误；
C．中子数为10的氧原子可表示为，故C错误；
D．尿素的结构简式为，从结构可知 1ml中含7ml键，故D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．稀硝酸与Na2SO3发生氧化还原反应，不会生成SO2，故A错误；
B．SO2是酸性氧化物，与碱石灰要反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；
C．SO2的密度比空气大，应采用向上排空法，SO2应从右侧通入，故C错误；
D．SO2易与NaOH溶液反应，用NaOH溶液进行尾气处理时应考虑防倒吸，倒扣漏斗有防倒吸作用，故D正确；
答案选D。
4．A
【详解】A．硼酸是一元弱酸，硼酸在水溶液中的电离方程式：B(OH)3+H2OB(OH)+H+，故A正确；
B．B(OCH3)3分子中C-H键极性弱，B(OCH3)3不能形成分子间氢键，故B错误；
C．晶体硅是共价晶体，GaN的结构与晶体硅类似，所以GaN属于共价晶体，故C错误；
D．In是ⅢA族元素，最外层有3个电子，In原子基态外围电子排布式为5s25p1，故D错误；
选A。
5．C
【详解】A．由题意可知，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，A错误；
B．题意可知，三氟化硼在水中发生水解反应生成强酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反应的离子方程式为，B错误；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝，根据质量守恒可知，还生成一氧化碳，反应的化学方程式为，C正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为，阳极氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气，D错误；
故选C。
6．D
【详解】A．极易水解生成和硼酸，与用作催化剂无关，A不符合题意；
B．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不符合题意；
C．的结构与晶体硅类似可用作半导体材料；硬度大不是导电性的体现，与可用作半导体材料无关，C不符合题意；
D．熔点高耐高温，可用作耐火材料，与性质有关，D符合题意；
故选D。
7．A
【详解】A．碘单质氧化性较弱，和铁反应生成碘化亚铁，氯气氧化性较强，将碘化亚铁氧化为氯化铁，A正确；
B．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液得不到镁单质，电解熔融氯化镁生成镁单质，B错误；
C．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和过量弱碱氨水生成氢氧化铝沉淀，C错误；
D．氯化钠和二氧化碳不反应，不能生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为二氧化碳、水和碳酸钠，D错误；
故选A。
8．D
【分析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；
B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1mlCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2ml，故B正确，不选；
C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；
D．充电时，阳极的电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；
答案选D。
9．C
【详解】A．根据结构判断，X碳碳双键的同一个碳原子上有两个相同的基团，不存在顺反异构，故A错误；
B．Z中含氧官能团除了酮羰基和羟基还有酰胺基，故B错误；
C．X、Y、Z中都有酰胺基可以发生水解反应，X中有羰基、碳碳双键，Y中有醛基、碳碳双键，Z中有羰基，因此都可以发生加成反应，故C正确；
D．有醛基结构的是Y无法用新制悬浊液检验Y中残留的X，故D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．，，即的水解能力小于的水解能力，因此溶液中，故A项错误；
B．溶液中质子守恒为，故B项错误；
C．混合过程中，发生电离生成H+和，Fe2+与生成FeCO3沉淀，NH3与H+反应生成，反应离子方程式为，故C项正确；
D．过滤后的滤液为饱和FeCO3溶液，因此滤液中，故D项错误；
综上所述，正确的是C项。
11．D
【详解】A．盐酸具有挥发性，盐酸也能与Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，不能得出碳酸酸性强于硅酸，无法比较C和Si的非金属性强弱，故A错误；
B．室温下，用pH计测定相同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，只能比较HCO和CH3COOH的酸性强弱，故B错误；
C．Zn与Fe3+反应生成Fe2+无法比较比较Zn、Fe的金属性强弱，应该用Zn置换FeSO4发生置换反应，故C错误；
D．还原性Fe2+大于Br-，向FeBr2溶液中加入少量氯水，先于Fe2+反应，再加CCl4，振荡无Br2生成，可以得出Fe2+和Br-的还原性强弱，故D正确；
故答案为D。
12．D
【详解】A．达到滴定终点读数时，应将滴定管取下，用手握住滴定管未装有液体的部位进行读数，眼睛与凹液面最低点水平进行读数，A错误；
B．当=10mL时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，草酸氢根的电离常数为，草酸根的水解常数为，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段生成草酸，由于草酸为弱酸，不能拆，因此发生反应的离子方程式为，C错误；
D．由C可知，起始时实验Ⅱ中发生反应，该反应的平衡常数为，说明反应完全进行，当完全消耗后，再与反应，发生，此时平衡常数=，D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．一定温度下达到平衡后，由于是恒压容器，充入一定量CO2，利用建模思想思维得到容器体积变大，达到新平衡后，二氧化碳所占体积分数不变，故A错误；
B．升高温度，二氧化碳体积分数减小，说明平衡正向移动，即正向为吸热反应，故B错误；
C．T℃时，CO2和CO体积分数相等，若充入等体积的CO2和CO，利用建模思想得到容器体积变大，平衡向不移动，故C错误；
D．650℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．(1)12
(2)电解液
(3)
(4)pH过低则容易中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出
(5)HCHO+2AgCl+H2O=2Ag+2HCl+HCOOH
(6)已如Ag+ +SCN- =AgSCN↓ (白色)，则n(Ag)= n(SCN-)=22. 00×10-3L×0.1000 ml / L×=8.8×10-3ml，则样品中银的质量分数为
【分析】分金渣加入氯化铁预处理Ag2S转化为AgCl，氯化银加入亚硫酸钠转化为[Ag(SO3)2]3-，再加入盐酸生成氯化银，氯化银加入甲醛得到银单质；
【详解】（1）由底面面心的原子可知，在上层、同层、下层各会有4个距离最近且相等的银原子，故共12个；
（2）α- AgI在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力，就可以发生迁移。因此α- AgI晶体在电池中，可作为电解液；
（3）AgCl与Na2SO3反应生成[Ag(SO3)2]3-，反应为AgCl+2SO=[Ag(SO3)2]3-+Cl-，反应生成[Ag(SO3)2]3-，该反应的平衡常数K=；
（4）“沉银”时的终点pH需控制在3.5-5.5范围内，不能过低的原因是：pH过低则容易中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，影响了[Ag(SO3)2]3-的生成；
（5）“还原"时HCHO转化为HCOOH，则反应为甲醛和氯化银生成甲酸和银，其化学方程式为HCHO+2AgCl+H2O=2Ag+2HCl+HCOOH；
（6）已如Ag+ +SCN- =AgSCN↓ (白色)，则n(Ag)= n(SCN-)=22. 00×10-3L×0.1000 ml / L×=8.8×10-3ml，则样品中银的质量分数为。
15．(1) 0.005ml/L▪s D
(2) NaOH 2SO2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4↓+2H2O
(3)Mn2+催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4
(4) H+ ++NO2=+HNO2 反应生成和 HNO2，再与NO2分子反应形成，与水分子反应形成和HNO2
【详解】（1）①由题中信息可知，所以v(O2)= v(SO3)=0.005ml/L·s；
②A．c(SO2):c(SO3)=1:1，不能判断出各组分的浓度保持不变，故A不选；
B．v正(O2)=v逆(SO3)时，才能得出v正(O2)=v逆(O2)，可逆反应达到平衡状态，故B不选；
C．容器内气体的质量保持不变，容器的体积保持不变，容器内气体的密度始终保持不变，所以容器内气体的密度不再变化，不能判断反应达到平衡状态，故C不选；
D．反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)是气体分子总数改变的反应，混合气体的压强不再变化时，即混合气体的总物质的量不在改变，各组分的物质的量不在改变，各组分的浓度不在改变，可逆反应达到平衡状态，故D可选；故小题答案为D．
（2）①根据图示信息，可循环使用的试剂是NaOH；②反应式为2SO2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O
（3）若反应体系只发生反应MnO2+SO2=MnSO4，Mn2+与浓度变化应一致，即c(Mn2+)=c()，而题图信息表明，c()>c(Mn2+)，说明还发生了其他生成的反应，由于温度不变，反应中还通入空气，所以可能是空气中的O2将SO2氧化生成，由题图可知，生成的速率较快，而Mn2+浓度在后期是几乎不变的，所以Mn2+可能是SO2催化氧化生成的催化剂；
（4）①由图丙可知，NO2将氧化生成和HNO2，根据 S、N得失电子守恒配平反应，HNO2为弱酸，在离子方程式中不可拆开，离子方程式为H++ +NO2= +HNO2；②反应生成和 HNO2，再与NO2分子反应形成，与水分子反应形成和HNO2
16．(1)、
(2)取代反应
(3)
(4)或(或)
(5)或
【分析】与CH3NO2在醋酸铵的条件下发生反应，氧原子被取代，生成，进而与NaBH4反应下断双键，引入氨基，在的条件下氢原子被取代，二者脱去水分子生成D，D经过成环脱水后生成E，E断双键生成F。
【详解】（1）结构中存在醛基和醚键，有碳氧双键和碳氧单键，对应的碳原子的杂化方式分别为、；
（2）C→D的反应中氨基内的氢原子被取代，故反应类型为取代反应；
（3）D的分子式为，中间体X的分子式为，E的分子式为，故从D到X，原子总数未变，X到E，脱去一分子水，从结构的变化看，过程中需要成环，出现双键，根据D到X化学式不变，可知这一步为成环的步骤，故X的结构式为；
（4）根据信息，要发生银镜反应需要有醛基，要在碱性环境下水解需要有酯基，结合三种环境的氢原子可知同分异构有或(或)；
（5）反应物中的醛基需要利用题中流程的第一步转化为硝基，进而利用图中所给流程的第二步转化为氨基得到中间产物①，所给原料与氯气发生1,4加成，再与氢气发生加成可生成②，①与②在（5）所给条件下可以发生取代并成环，得到产物，故流程为
；也可让所给原料与氯气发生1,4加成生成，直接与①发生取代反应，成环后在于氢气加成，故流程为
；故答案为或
17．(1)-496
(2)丙烷的转化率高，丙烯的选择性高，能将转变为CO燃料等(答到“不易产生积碳”或“有利于碳中和”也得分)
(3)降低 Ⅱ ；
(4)
【详解】（1）已知：
①
②
依据盖斯定律可知②－①×2即得到反应 －496。
（2）根据示意图可判断相比于方法1，方法3的优点是丙烷的转化率高，丙烯的选择性高，能将转变为CO燃料等。
（3）①结合催化剂表面的O原子后碳元素化合价升高，所以的化合价将降低。
②图2中随着分压的增大，一氧化碳、丙烯和氢气的生成速率均增大，且一氧化碳、丙烯的生成速率增大程度更大，所以发生的过程可用机理Ⅱ解释，过程中的化学方程式为；。
（4）得到电子结合氢离子发生还原反应转化为，其电极反应式为。X得电子结合氢离子生成水和，所以X的结构为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
A
C
D
A
D
C
C
题号
11
12
13







答案
D
D
D