江苏省南京市2025届高三第二次模拟考试化学试卷（解析版）

这是一份江苏省南京市2025届高三第二次模拟考试化学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答题前，考生务必将自己的学校、姓名写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Pd-106
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 《中国制造2025》对制造业提出了更高要求。下列材料的主要成分属于合金的是
A. 石墨烯B. 氮化硅C. 玻璃钢D. 不锈钢
【答案】D
【解析】A．石墨烯成分为碳的单质，不属于合金，A项错误
B．氮化硅为无机化合物，不属于合金，B项错误；
C．玻璃钢是一种复合材料，不属于合金，C项错误；
D．不锈钢为铁合金，D项正确；
答案选D。
2. 三氟化氮可用以下反应制备：。下列说法正确的是
A. 中含有键B. 的电子式为
C. 的空间构型为平面三角形D. 中仅含离子键
【答案】A
【解析】A．NH3中N—H键是由N原子sp3杂化轨道与H原子的1s轨道端对端重叠形成的σ键，故A正确；
B．F2分子由两个F原子各提供1个未成对电子形成单键，每个F原子尚有3对孤电子对，其电子式可表示为，故B错误；
C．中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C错误；
D．中和F-形成离子键，中含有共价键，故D错误；
故选A。
3. 实验室进行海带提碘实验。下列相关原理、装置及操作正确的是
A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中的
D. 用装置丁萃取获得的
【答案】B
【解析】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，不在蒸发皿中，A项错误；
B．海带灰的浸泡液应选过滤操作，仪器选择漏斗、玻璃棒、烧杯，且符合过滤要求，B项正确
C．制备用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，该实验缺少加热装置，C项错误；
D．萃取应选择作萃取剂，不能选择与水互溶的乙醇，D项错误；
答案选B。
4. 元素N、P、As位于周期表中ⅤA族。下列说法正确的是
A. 第一电离能：B. 原子半径：
C. 酸性：D. 白磷晶体属于共价晶体
【答案】A
【解析】A．同主族元素,从上到下第一电离能减小，第一电离能：，A项正确；
B．同主族元素,从上到下原子半径增大，原子半径：，B项错误；
C．元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性：，C项错误；
D．白磷分子为正四面体空间构型，白磷晶体属于分子晶体，D项错误；
答案选A。
阅读下列材料，完成下列3个小题。
人类文明的演进历程与金属及其化合物的发展应用紧密相连。纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁制品经碱性发蓝工艺处理可提升其耐腐蚀性；用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有逸出；铝-空气电池具有较高的比能量，在碱性电解质溶液中发生反应；热水解可获得沉淀，焙烧后获得的颜色细腻，性质稳定，可用作白色颜料。
5. 下列说法正确的是
A. 被还原为后，键角将变大
B. 中基态Fe(II)的价层电子排布式为
C. 晶胞(如图所示)中，每个周围紧邻12个
D. 中、作为配体与形成配位键
6. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 有磁性，可用作金属抗腐蚀层B. 有两性，可用作白色颜料
C. 熔点高，可用于电解冶炼D. 易钝化，可用于储运浓硝酸
7. 下列化学反应表示正确的是
A. 纳米铁粉处理酸性含的废水：
B. 铁的发蓝处理：
C. 铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极反应式：
D. 热水解获得：
【答案】5. C 6. D 7. B
【解析】5.A．中心原子N的价层电子对数为，为杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，键角为120°。中心原子N的价层电子对数为，为杂化，有1对孤对电子，为三角锥形，键角为，被还原为后，键角变小，A错误；
B．中基态Fe(II)的价层电子排布式为，B错误；
C．Al为面心立方堆积，每个Al原子确有12个最近邻原子，C正确；
D．中只有作为配体与形成配位键，作为配体的要提供孤对电子，D错误；
故选C。
6.A．的磁性可做磁性材料，与“作抗腐蚀层”并无直接对应，A错误；
B．颜色细腻，性质稳定，可用作白色颜料，与两性无关，B错误；
C．熔点高可做耐火材料，用电解需要加冰晶石降低熔点，C错误；
D．Al易在浓硝酸中钝化，故可用于储运浓硝酸，性质与用途相符，D正确；
故选D。
7.A．酸性条件下，不能生成，A错误；
B．铁制品经碱性发蓝工艺处理可提升其耐腐蚀性；用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有逸出，方程式为：，B正确；
C．铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极发生还原反应，反应式应为：，C错误；
D．方程式H、O原子不守恒，应为：，D错误；
故选B。
8. 暖贴是一种便捷的自发热保暖产品，具有发热快、持续时间久等优点。它主要由铁粉、活性炭、食盐、水等成分组成，如图所示。下列有关说法不正确的是
A. 暖贴生效时，将化学能转化为热能
B. 水与食盐、活性炭共同作用可加快铁粉的腐蚀速率
C. 正极反应式为
D. 透气膜的透氧速率可控制暖贴的发热时间和温度
【答案】C
【解析】自热贴发热料中的铁粉、活性炭、食盐及水之间能形成数目庞大的微型原电池，铁作负极，氧气做正极，据此分析；
A．暖贴生效时，将化学能转化为热能，A正确；
B．铁粉、水与食盐、活性炭共同作用形成原电池，可加快的腐蚀速率，B正确；
C．该装置为原电池装置，铁作负极，氧气做正极，正极反应式为，C错误；
D．透气膜的透氧速率可控制氧气浓度，故可控制暖贴的发热时间和温度，D正确；
故选C。
9. 丹皮酚具有显著的药理活性，其中间体Y可由X与甘氨酸反应获得：
下列说法正确的是
A. X分子中所有原子共平面
B. X能与甲醛发生缩聚反应
C. 1mlY最多能与发生加成反应
D. X、Y均不能使酸性溶液褪色
【答案】B
【解析】A．中含有甲基，不可能所以原子共面，A错误；
B．二者发生反应：（Z），由于酚羟基的邻位碳上的氢原子已经被其它官能团占据，Z不能发生缩聚反应。但是生成的产物Z在一定条件下可以发生缩聚反应（含有羟基和酚羟基可以发生脱水缩聚），B正确；
C．羧基不能和氢气发生加成反应，1mlY最多能与发生加成反应，C错误；
D．均含有酚羟基，具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，导致褪色，D错误；
故选B。
10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. 工业制硝酸：
B. 工业制硫酸：
C. 工业制漂白粉：
D. 工业制金属镁：溶液
【答案】C
【解析】A．氨气催化氧化得到NO、得不到二氧化氮，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮与水反应得到HNO3，A不符合题意；
B．硫与足量氧气反应只能得到SO2、不能得到三氧化硫，SO2被O2催化氧化能得到SO3，B不符合题意；
C．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成次氯酸钙，C符合题意；
D．氢氧化镁与稀盐酸反应得到氯化镁溶液，电解氯化镁溶液不能得到金属镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，D不符合题意；
故选C。
11. 室温下，下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．醋酸根水解使溶液显碱性，水解吸热，甲试管溶液pH值比乙大，故加热使的水解程度增大，A正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性，B错误；
C．饱和溶液中碳酸根浓度远高于电离出的极少量硫酸根，促使部分BaSO4转化为BaCO3，故会有生成，但不能说明，C错误；
D．与浓硫酸170℃共热，发生消去反应生成乙烯，浓硫酸能使乙醇炭化，会生成SO2，乙烯和SO2都能使溴水褪色，不能证明一定是乙烯，D错误；
故选A。
12. 利用电石渣［主要成分为］和溶液吸收并制备碳酸钙的工艺流程如下：
已知常温下。下列说法正确的是
A. 溶液中：
B. “滤液”中水的电离程度比溶液的小
C. 若“滤液”，则
D. “矿化”过程发生的反应为
【答案】B
【解析】A．在溶液中，根据质子守恒，应该是，而不是，A错误；
B．氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，电石渣与氯化铵溶液反应后，滤液中主要溶质为氯化钙等，对水的电离促进作用减弱，所以“滤液”中水的电离程度比溶液的小，B正确；
C．已知，若“滤液”pH = 12，则，那么，但由于滤液为不饱和溶液，实际，C错误；
D．电石渣和氯化铵溶液反应后溶液呈碱性，存在，“矿化”过程是滤液中的钙离子与二氧化碳在碱性条件下反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，D错误；
故答案选B。
13. CH4-H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·ml-1
②CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·ml-1
一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)=1:3的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 反应CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)的ΔH=+165kJ·ml-1
B. 适量添加CaO可提高H2的平衡产率
C. 800K时，产氢速率大于透氢速率
D. 该装置理想工作温度约为900K
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律，由①+②可得目标反应方程式，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+206kJ·ml-1+(-41kJ·ml-1)=+165kJ·ml-1，A项正确；
B．若在体系中加入CaO，CaO会与生成的CO2反应生成CaCO3，从而降低反应体系中CO2浓度(分压)，使平衡正向移动，提高H2的平衡产率，B项正确；
C．由图中可知，800 K左右时甲烷转化率约为40%，氢气质量分数约为20%，随温度升高，氢气在出口气中的质量分数增大，到900K时达最大值，之后甲烷转化率增大，而氢气在出口气中质量分数减小，说明800K时产氢速率大于透氢速率，C项正确；
D．由图示可见，在约900 K时甲烷转化率和氢气质量分数均达到较高水平，此时氢气和二氧化碳在出口气中的质量分数相近，透氢率较低，故900K不是该装置理想工作温度，D项错误；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 从铜阳极泥(含、、、等)中回收贵金属的工艺流程如下：
（1）“酸浸”(已知柠檬酸化学式为，是一种三元弱酸)。
①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，反应的离子方程式为___________。
②添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有___________。
③和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是___________。
（2）“沉银”时转化为。中与配位的原子为___________。
（3）“氨浸”时反应为。该反应的平衡常数数值为___________。已知：；反应的平衡常数
（4）“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的___________。
（5）“置换”后的溶液可制备晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为、___________。
【答案】（1） ①. ②. 增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率 ③. 氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降
（2）O （3）1.98×10-3
（4）4：1 （5）
【解析】铜阳极泥(含、、、等)用硝酸和柠檬酸酸浸，Cu和Au不溶于硝酸和柠檬酸存在于滤渣中，滤液中存在Ag+和Pd2+，加入NaCl将Ag+转化为AgCl，过滤后AgCl用氨水碱浸转化为，加入N2H4·H2O将还原为Ag，滤液中加入Cu置换出Pd。
（1）①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，该反应中N元素由+5价下降到+2价，Pb元素由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：；
②柠檬酸是一种三元弱酸，添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率；
③柠檬酸化学式为，具有还原性，和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是：氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降。
（2）柠檬酸的结构简式为，H原子不含孤电子对，C原子形成4个共价键，不含孤电子对，O原子含有孤电子对，可以提供电子形成配位键，中与配位的原子为O。
（3）“氨浸”时反应为，该反应的平衡常数数值为=1.98×10-3。
（4）“还原”在碱性条件下进行，N2H4·H2O将还原为Ag，N元素由-2价上升到0价，Ag元素化合价由+1价下降到0价，根据得失电子守恒可知4：1。
（5）DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、 O2，可能出现的化学方程式为、。
15. 氘代丁苯那嗪(G)可用于治疗成人迟发性运动障碍，其合成路线如下：
（1）B分子中的官能团名称为羰基和___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）C→D中有副产物生成，该副产物一种可能的结构简式为___________。
（4）E转化为G时，还生成一种胺类化合物，其结构简式为___________。
（5）写出同时满足下列条件的F的一种芳香族同分异构体的结构简式___________。
能发生水解反应，生成X、Y两种有机产物。X分子中氕(H)原子与氘(D)原子的个数比为1:6；Y分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1:1，能被银氨溶液氧化。
（6）已知：，其中、表示烃基。写出以、为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，少量有机试剂可参照题目合成路线中的使用，合成路线示例见本题题干)
【答案】（1）酯基 （2）取代反应
（3）或 （4）或
（5）或 （6）
【解析】在、作用下反应生成，与在一定条件下发生取代反应生成，与甲醛、在碱性条件下、加热发生反应，D与CH3I反应生成，与F在碱性环境反应生成，据此解答。
（1）根据B的结构简式()可知，B分子中的官能团名称为羰基和酯基；
（2）由分析可知，B()与在一定条件下发生取代反应生成C()，则B→C的反应类型为取代反应；
（3）根据C→D的反应和D()的分子式，则副产物可能的结构简式为或；
（4）根据元素守恒可知，与在碱性环境下反应生成的同时有和HI生成，则E转化为G时，还生成一种胺类化合物，其结构简式为：（或）；
（5）F的一种芳香族同分异构体能发生水解反应，生成X、Y两种有机产物。X分子中氕(H)原子与氘(D)原子的个数比为1∶6，则X的结构简式为；Y分子中不同化学环境的氢原子个数比是2∶2∶2∶1∶1，能被银氨溶液氧化，即Y分子含有5种等效氢，且每种等效氢的氢原子个数之比为2∶2∶2∶1∶1，同时含有醛基，则Y的结构简式为或，所以满足条件的F的同分异构体结构中含有苯环、酰胺基和醛基，则其同分异构体的结构简式为或；
（6）根据题干合成路线中A转化为B的条件有：，结合合成路线中B转为生成C条件有：，再结合已知信息，可得其合成路线为：。
16. 含硫化合物在材料加工、实验室分析中有重要应用。
（1）材料可应用于太阳能电池。向脱硫废液(主要成分为和)中加入溶液回收。
①与、反应生成沉淀和的化学方程式为___________。
②控制溶液的pH，产率如图所示。时，产率随pH减小而降低的原因是___________。
（2）常用于织物漂白。测定样品溶液的浓度：量取25.00mL该溶液于锥形瓶中，加入溶液。待充分反应后，用标准溶液滴定过量的，平行滴定3次，平均消耗标准溶液22.80mL。实验过程中的反应如下：，。
①取用溶液时应选用的仪器是___________(填字母)。
A．25mL量筒 B．50mL量筒 C．25mL酸式滴定管 D．50mL酸式滴定管
②计算样品溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。
（3）电解溶液可用于测定阿伏伽德罗常数，计算公式为。I为电解电流，t为电解时间，e取，为铜电极减少的质量，为铜的摩尔质量。
①请补充完整实验方案：___________。重复上述操作2～3次，按公式进行数据处理［实验中必须使用的试剂和仪器：纯铜片、铂丝、溶液、秒表、分析天平、直流电源(本实验过程中电流恒为1A)］。
②本实验中不采用铂电极增加的质量来测定，其原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. 当时，溶液中强酸会使发生歧化反应，浓度下降，导致CuSCN产率随pH减小而下降
（2） ①. D ②.
（3） ①. (a) 用分析天平准确称量干燥后的纯铜片初质量m0；
(b) 将铜片(作阳极)和铂丝(作阴极)分别接到直流电源两极，浸入盛有CuSO₄溶液的电解槽中；
(c)接通电路并保持电流I=1A不变，用秒表记录电解时间t；
(d) 电解结束后取出铜片，用蒸馏水洗净、干燥，复称其质量m1；
(e) 计算Δm = m0-m1，并按给定公式求得阿伏伽德罗常数；重复2～3次取平均值。 ②. 阴极(铂丝)上析出的铜容易出现附着不牢容易脱落、铂丝上发生副反应析出氢气等
【解析】（1）①与、反应生成沉淀和的化学方程式为：；
②当时，溶液中强酸会使发生歧化反应：，浓度下降，导致CuSCN产率随pH减小而下降；
（2）①溶液显酸性，故取用溶液时应选用仪器是50mL酸式滴定管，故选D；
②根据已知得，则，由于，则，；
（3）①(a) 用分析天平准确称量干燥后的纯铜片初质量m0；
(b) 将铜片(作阳极)和铂丝(作阴极)分别接到直流电源两极，浸入盛有CuSO₄溶液的电解槽中；
(c)接通电路并保持电流I=1A不变，用秒表记录电解时间t；
(d) 电解结束后取出铜片，用蒸馏水洗净、干燥，复称其质量m1；
(e) 计算Δm = m0-m1，并按给定公式求得阿伏伽德罗常数；重复2～3次取平均值。
②之所以“不采用铂电极增加的质量”来测NA，是因为阴极(铂丝)上析出的铜容易出现附着不牢容易脱落，或铂丝上存在副反应，如生成氢气等，实际操作中难以精确且稳定地称量铂电极的增加质量，从而导致误差较大，因此一般通过称量阳极(纯铜片)的失质量来进行更可靠的测定。
17. 乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。
（1）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①若起始加入和的物质的量分别为、，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质与起始物质之间存在的等量关系为：___________(X用具体物质化学式表示)。
②实际投料比采用，而不采用3：1的原因是___________。
（2）乙烯催化氧化制乙醛和环氯乙烷()，发生以下反应：
ⅰ．
ⅱ．2(g)
常压下，将一定比例、混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表[乙醛的选择性]：
①90~150℃范围内，乙醛产率随温度升高而___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是___________。
③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是___________。
（3）在果蔬储存和运输中，一种转化反应的部分机理如图所示(表示活性氧)。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基()是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基和铝羟基()则不显示催化活性。
①从键极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是___________。
②生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是___________。
【答案】（1） ①. ②. 防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降
（2） ①. 增大 ②. 温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅 ③. 使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷
（3） ①. 桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强 ②. H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)
【解析】（1）①若起始加入和的物质的量分别为、，达到平衡时，根据C原子守恒可知；
②CO2可以和乙烷反应生成CO和H2，实际投料比采用，而不采用3：1的原因是：防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降。
（2）①假设乙烯的投入量为1ml，由表格数据可知，90~150℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为1ml×8%×78%=0.0624ml（90℃）、1ml×13%×70%=0.091ml（110℃）、1ml×29%×65%=0.1885ml（130℃）、1ml×60%×57%=0.342ml（150℃），乙醛产率增大；
②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅；
③增大反应ⅱ的反应速率或使其平衡正向移动，可以提高环氧乙烷选择性，则150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是：使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷。
（3）①Si(IV)与Al(III)具有吸电子效应，会导致羟基的极性增大，从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是：桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强；
②催化剂表面酸性强的桥羟基是催化氧化的活性位点，生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是：H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)。
选项
实验操作及现象
结论
A
向甲、乙两支试管中分别加入溶液，微热甲试管，测得溶液pH比乙大
加热使的水解程度增大
B
向溶液中通入气体，出现黑色沉淀
酸性：
C
向饱和溶液中加少量粉末，充分反应后过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
D
与浓硫酸170℃共热，制得气体通入溴水，溶液褪色
该气体为乙烯
温度/℃
90
110
130
150
乙烯转化率/%
8
13
29
60
乙醛选择性/%
78
70
65
57