2025年高考第二次模拟考试卷：化学（江苏卷02）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：化学（江苏卷02）（解析版），共16页。试卷主要包含了亚硒酸氢钠是一种重金属沉淀剂，下列化学反应表示正确的是，的释氢原理为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Mn—55 Fe—56
第Ⅰ卷（选择题 共39分）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．我国提出在2060年前完成“碳中和”的目标，下列有关低碳生活的说法不正确的是
A．使用氢气等清洁能源代替传统能源
B．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放
C．低碳生活不意味着禁止使用所有燃料
D．在一定条件下，选择合适的催化剂将还原为甲酸
【答案】B
【解析】使用氢气等清洁能源，能够减少CO2的排放，符合低碳生活，故A正确；推广使用煤液化技术，可减少颗粒污染物的排放，不能减少二氧化碳的排放，故B错误；低碳生活提倡减少碳排放，不意味禁止使用所有燃料，故C正确；将还原为甲酸能减少CO2的排放，故D正确。
2．已知反应；(R表示烷烃基)，该反应可用于提纯炔烃。下列说法不正确的是
A．的空间构型为直线形B．基态O原子的价电子排布图为
C．的电子式为D．中σ键与π键的个数比为1：1
【答案】A
【解析】中的R表示烷基，烷基的空间构型不是直线形，A不正确；基态O原子的价电子排布式为2s22P4，价电子排布图为，B正确；与N2互为等电子体，电子式为，C正确；中σ键2+2=4个，π键为2×2=4个，个数比为1:1，D正确。
3．实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置不正确的是
【答案】D
【解析】用乙醇与浓硫酸混合液加热170℃，乙醇发生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A正确；用NaOH溶液除去制取乙烯的杂质SO2、CO2时，导气管应该是长进短出，B正确；乙烯若与Br2发生加成反应，产生反应产生1，2-二溴乙烷会溶解在四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；乙烯与空气密度非常接近，气体容易与空气混合，导致不能收集到纯净气体，因此不能使用排空气方法收集，应该使用排水方法收集，D错误。
4．亚硒酸氢钠是一种重金属沉淀剂。下列说法正确的是
A．电负性：B．半径：
C．电离能：D．位于元素周期表中区
【答案】A
【解析】O、Se均属于ⅥA族，原子序数：Se＞O，同主族电负性随着原子序数增大而减小，则电负性：χ(O)＞χ(Se)，A正确；Na+、O2-的核外电子数均为10，其核电荷数：Na＞O，核电荷数越大，其半径越小，则离子半径：r(Na+) Ksp(CaSO4)
C．实验3反应后溶液中存在：
D．25℃时，反应的平衡常数K=4×10-9
【答案】C
【解析】实验1所得溶液pH约为12，即，由可知，，故A错误；CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；Na2CO3溶液物料守恒关系为；滴入等体积0.1ml⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在，故C正确；反应的平衡常K=====2.5×108，故D错误。
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Ⅱ
D．，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】由图知，，转化率平衡值随温度升高略微减小，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，由于转化率增大，故反应Ⅱ升高高温度平衡正向移动，则，A正确；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；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；，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平衡正向移动的程度小于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度，D错误。
第II卷（非选择题 共61分）
二、非选择题，共4题，共61分。
14．（15分）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含及少量。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
(1)的价电子排布式为 。
(2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为 。
(3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。
(4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ；其中除去的离子方程式为 。
(5)“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和 (填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。
(6)产品纯度测定：称取1.000g产品，在适宜条件下用适量将氧化为，再用溶液20.00mL刚好把转化为。通过计算可知，产品纯度为 (写出计算过程)。
【答案】(1)（1分）
(2)产生硫化氢等气体，污染环境（2分）
(3)由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费（2分）
(4) （2分） （2分）
(5)不能（2分）
(6)89.2%（4分）
【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2 HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。（3）由图知，pH为1~2时锰的浸出率几乎相等、均已高达接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费。（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5ml/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；
加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。
（5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F−)=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F−)不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。（6）在适宜的条件下用适量将氧化为，再用溶液刚好把转化为，根据得失电子数守恒，可以得到如下关系式：，则，的摩尔质量为，则产品纯度为。
15．（15分）某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：
(1)下列关于化合物E和G的说法正确的是___________。
A．官能团种类相同B．都含有手性碳原子
C．都能使酸性KMnO4溶液褪色D．可以使用质谱仪区分
(2)标出B中酸性最强的氢原子 。
(3)已知C的分子式为C11H15BrO，C的结构简式为 。
(4)E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物X和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式 。
(5)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
能和FeCl3溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子。
(6)已知：。写出以、乙醇为原料制备的合成路线图 (须使用i-Pr2NH、DMF，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)ACD（2分）
(2) （2分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5) （2分）
(6) （5分）
【解析】C的分子式为C11H15BrO，B和C发生取代反应生成D和HBr，由D逆推，可知C为。（1）化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，A正确；化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，B错误；苯环上都连有甲基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分，D正确；选ACD。（2）O原子电负性大，吸电子能力强， 2个羰基中间的碳原子上的H原子酸性更强，B中酸性最强的氢原子是。（3）C的分子式为C11H15BrO，B和C发生取代反应生成D和HBr，由D逆推，C的结构简式为。（4）E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物X和G互为同分异构体，则X可能是E与CH3I发生取代反应生成酯，中间产物X的结构简式为。（5）能和FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子，说明含有酯基且结构对称，符合条件的D的同分异构体为。（6）
发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成,在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，合成路线为。
16．（15分）钴的化合物种类较多，用途广泛。
I．[C(NH3)6]Cl3微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。以H2O2、NH4Cl、浓氨水、CCl2∙6H2O和活性炭为原料制备[C(NH3)6]Cl3，装置如图所示。
已知：①C²⁺不易被氧化，C³⁺具有强氧化性；
②[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
实验过程：在三颈烧瓶中将CCl2·6H2O、NH4Cl、活性炭、蒸馏水混合并加热至 60℃，依次打开分液漏斗，反应一段时间后，得[C(NH3)6]Cl3溶液。再加入浓盐酸，冷却析出晶体，过滤、洗涤、干燥得到产品。
(1)制备[C(NH3)6]Cl3的化学方程式为 。
(2)分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为 。
(3)活性炭是该反应的催化剂，实验室有粒状和粉末状两种形态的活性炭，从比表面积和吸附性的角度分析，本实验选择粉末状活性炭的优缺点是 。
(4)洗涤时使用的试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，最后洗涤使用的洗涤剂为 。
(5)测定产品纯度。取一定量产品溶于水，以K2CrO4溶液作指示剂，用AgNO3标准溶液进行滴定，测量溶液中Cl⁻含量。为使滴定终点时 Cl⁻沉淀完全(浓度小于1.8×10-5 ml∙L-1加入指示剂后溶液中浓度不应超过 (忽略滴加过程的体积增加) 。[已知： Ksp(AgCl)= 1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12]
Ⅱ．实验室还可以用废旧锂电池正极材料 (含LiCO2，以及少量 Fe)为原料制备C(OH)2，已知：酸性条件下的氧化性强弱顺序为C3+＞H2O2＞Fe3+；LiOH可溶于水； 下表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH。
(6)请补充完整实验方案：取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与足量Na2SO3溶液配成悬浊液， ，过滤、洗涤、真空烘干得到C(OH)2。(实验中必须使用的试剂：1 ml∙L-1H2SO4溶液、5 ml∙L-1NaOH溶液、30%H2O2溶液)
【答案】(1)或（2分）
(2)先滴加氨水再滴加H2O2溶液（2分）
(3)粉末状活性炭比表面积较粒状活性炭大，催化效果更好，但对产物的吸附性也强，不利于反应的进一步进行（2分）
(4)乙醇（2分）
(5)2.0×10-2ml∙L-1（3分）
(6)在搅拌下，先加入1 ml∙L-1H2SO4溶液至固体完全溶解；继续向其中加入30% H2O2溶液至溶液颜色不再加深(或开始产生大量气泡或加入适量30% H2O2溶液)，再向其中加入5ml∙L-1NaOH溶液至溶液pH至3.7~7.6之间，过滤，向滤液中继续加入5ml∙L-1NaOH溶液调节pH至9.2（4分）
【解析】以H2O2、NH4Cl、浓氨水、CCl2∙6H2O和活性炭为原料制备[C(NH3)6]Cl3时，考虑到C2+不易被氧化，[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，则应先将C2+与氨水反应转化为[C(NH3)6]Cl2，再加入H2O2，将[C(NH3)6]Cl2氧化为[C(NH3)6]Cl3。所以向盛有NH4Cl、CCl2∙6H2O和活性炭的混合物中先加入氨水，然后加入H2O2溶液。（1）由分析可知，制备[C(NH3)6]Cl3时，应往CCl2·6H2O、NH4Cl中先加入氨水，生成[C(NH3)6]Cl2，再加入H2O2，将[C(NH3)6]Cl2氧化为[C(NH3)6]Cl3，依据得失电子守恒可得出H2O2——2CCl2，再依据质量守恒，便可得出配平的化学方程式为或。（2）由于C2+不易被氧化，而[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，所以应将C2+先转化为[C(NH3)6]2+，再用H2O2氧化，从而得出分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为：先滴加氨水再滴加H2O2溶液。（3）活性炭是该反应的催化剂，催化剂的表面积越大，催化效果越好，但吸附产品能力强，不利于产品脱离催化剂表面，会影响反应物与活性炭的接触，从而影响反应物的转化率。实验室有粒状和粉末状两种形态的活性炭，从比表面积和吸附性的角度分析，本实验选择粉末状活性炭的优缺点是：粉末状活性炭比表面积较粒状活性炭大，催化效果更好，但对产物的吸附性也强，不利于反应的进一步进行。（4）[C(NH3)6]Cl3微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇，由此得出[C(NH3)6]Cl3在乙醇中的溶解度最小，且乙醇易挥发，容易干燥处理，则洗涤时使用的试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，最后洗涤使用的洗涤剂为：乙醇。
（5）滴定终点时Cl⁻沉淀完全，其浓度小于1.8×10-5 ml∙L-1，此时溶液中c(Ag+)==ml∙L-1=1.0×10-5ml∙L-1，加入指示剂后溶液中浓度不应超过=ml∙L-1=2.0×10-2ml∙L-1。（6）实验室用废旧锂电池正极材料(含LiCO2，以及少量 Fe)为原料制备C(OH)2，此时先加酸溶解，由于酸性条件下的氧化性强弱顺序为C3+＞H2O2＞Fe3+，则应先加入还原剂将C3+还原为C2+，再加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH在3.7~7.6之间，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后继续加入NaOH溶液，调节pH至9.2，将C2+全部转化为C(OH)2沉淀，过滤、洗涤、干燥。所以实验方案为：取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与足量Na2SO3溶液配成悬浊液，在搅拌下，先加入1 ml∙L-1H2SO4溶液至固体完全溶解；继续向其中加入30% H2O2溶液至溶液颜色不再加深(或开始产生大量气泡或加入适量30% H2O2溶液)，再向其中加入5ml∙L-1NaOH溶液至溶液pH至3.7~7.6之间，过滤，向滤液中继续加入5ml∙L-1NaOH溶液调节pH至9.2，过滤、洗涤、真空烘干得到C(OH)2。
17．（16分）的资源化利用是化学研究的热点。
(1)催化脱氢可制备丙烯。反应为
①该反应高温下能自发进行的原因为 。
②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为 。
(2)催化下，与耦合反应过程如图所示。
已知：

耦合反应的 。
(3)利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。
①阳极生成乙烷的电极反应式为 。
②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的和体积比为 。
(4)催化加氢制甲醇。在表面吸附后活化生成中间体的机理如图所示。
①转化1中，In元素的化合价会 。(选填“升高”、“降低”或“不变”)
②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理 。
【答案】(1) ①该反应的，，高温下，反应可自发进行（2分）
②温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。（3分）
(2) （2分）
(3) ① （2分） ②4：3（2分）
(4) ①降低（2分） ②CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面) （3分）
【解析】（1）①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行；②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。（2）已知：I.；II. ；III. ；由盖斯定律可知，I+ III可得 =。
（3）①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：；②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4mlCH4，3ml CO2，则消耗的和体积比为4：3。（4）①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低；②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。
A．制备乙烯
B．除去杂质
C．验证加成反应
D．收集乙烯
选项
探究方案
探究目的
A
用洁净的玻璃棒蘸取NaC1O溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对
测定NaClO溶液的pH
B
将少量铜粉加入硝酸酸化的硝酸铁溶液中，观察反应现象
探究Fe3+与铜粉能否反应
C
向2mL0.1ml•L-1KMnO4溶液中滴加适量维生素C溶液，观察溶液颜色变化
探究维生素C是否具有还原性
D
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，观察溶液是否变澄清
探究苯酚的酸性与碳酸的酸性的相对强弱
金属离子
C2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
7.6
7.6
2.7
沉淀完全的pH
9.2
9.6
3.7