江苏省苏州市2024-2025学年高三下学期高考摸底调研二化学试题

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B．醋酸钠是强碱弱酸盐，过饱和醋酸钠溶液显碱性，故B正确；
C．在太空中油水混合、静置后不分层，在地面上油水混合、静置后分层，说明在不同环境中同一实验可能现象不同，但溶解性是物质的属性，与所处的地方没有关系，故C错误；
D．展示的国旗由高分子材料、纤维共同组成，属于复合材料，故D正确；
故选C。
2．B
【详解】
A．是共价化合物，电子式为 ，故A错误；
B．硫酸铵的晶体结构由8个离子和4个离子组成，这些离子之间以氢键相互连接，形成一个八面体晶体结构，故B正确；
C．的中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对数，空间构型为平面三角形，故C错误；
D．冰的晶体类型为分子晶体，故D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；
B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；
C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；
D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；
故选：C。
4．C
【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、键长、价层电子排布式和分子间作用力。
【详解】A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；
B．H—O的键长比H—S的短，B错误；
C．Cu2+的半径小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10 ，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；
D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．在高温下与反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：，选项A错误；
B．与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO、S和水，反应的化学方程式为：，选项B错误；
C．溶于稀硫酸生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．氨水呈碱性，没有大量H+，Cu在存在下与氨水反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选C。
6．A
【详解】A．根据题中信息可知，可用于钾离子电池的负极材料，说明具有导电性，选项A正确；
B．可用于漂白草编制品是利用其漂白性，与还原性无关，选项B错误；
C．可用于游泳池防止藻类生长是因为铜离子还能和细菌细胞内的蛋白质结合，从而杀死细菌，与溶液显蓝色无关，选项C错误；
D．在水中电离出，但用于检验葡萄糖的是新制的氢氧化铜悬浊液，选项D错误；
答案选A。
7．C
【详解】A．根据图示该有机物的分子式为C16H15NO3，A错误；
B．有机物X双键中其中一个C上连有两个相同的基团，故不存在顺反异构现象，B错误；
C．1ml苯环能与3ml氢气发生加成反应，1ml双键能与1ml氢气发生反应，1ml醛基能与1ml氢气发生反应，所以1ml X最多能与8 ml H2发生加成反应，C正确；
D．该有机物中的官能团为酚羟基、碳碳双键、醛基和氨基，均不能与碳酸氢钠发生反应，D错误；
故选C。
8．B
【详解】A．△H-T△SNa+，B正确；
C．Na分别与H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在离子键，C正确；
D．电解NaF溶液，Na+和F-在水溶液中不放电，不能产生F2，D错误；
故选D。
11．A
【详解】A．向溶液中通入足量，然后再将产生的气体导入溶液中，产生黑色沉淀，过量气体与溶液不反应，说明，则，碳酸酸性强于氢硫酸，即，A项正确；
B．向滴有的溶液中加入硝酸酸化的溶液，溶液变红，说明有与反应，则被氧化为，硝酸具有强氧化性，可能是硝酸氧化，不能得出氧化性：，B项错误；
C．焰色试验火焰呈黄色，说明该溶液中含有，溶质可能为钠盐或，C项错误；
D．白色沉淀可能是，也可能是或二者混合物，故不能得出，D项错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．0.1 ml·L氨水中部分电离产生和OH-，溶液呈碱性，溶液中个各粒子浓度关系为，故A错误；
B．溶液和氧气反应生成(NH4)2SO4，离子方程式为：2+O2=2+2H+，溶液酸性增强，c(OH-)减小，则增大，故B错误；
C．和得到，0.1 ml·L氨水吸收， ml·L溶液时，此时溶液为等浓度的和混合溶液，电荷守恒：，物料守恒：，则，则，故C正确；
D．1.68 L 的物质的量为=0.075ml，1 L 0.1 ml·L氨水吸收0.075ml得到含有0.075ml和0.025ml的混合溶液，则存在物料守恒，故D错误；
故选C。
13．D
【详解】A．由图知，，转化率平衡值随温度升高略微增大，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，反应Ⅰ的∆H1＜0，反应Ⅱ升高温度平衡正向移动，则，A正确；
B．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；
C．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；
D．，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平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动的程度，D错误；
故选D。
14．(1)3CaS5++14H+= 2Cr3++15S+3Ca2++7H2O
(2)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体吸附或
(3) pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5 增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除 CaS5+FeSO4=FeS+4S+CaSO4
(4)0.02
【详解】（1）根据题意可知修复时发生反应，；
（2）溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，或；
（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故pH增大，使用CaS5会抑制Cr(Ⅵ的还原，降低总Cr去除率；但使用FeSO4有利于Cr(Ⅵ的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，FeSO4的用量大于CaS5，增大pH，FeSO4对总Cr去除率的影响程度大于CaS5；
②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于Cr(Ⅵ的去除；
③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：；
（4）根据反应，，与K2Cr2O7标准溶液反应的亚铁离子物质的量，硝酸根氧化硫酸亚铁的物质的量为，根据反应，，。
15．(1)2.14
(2)
浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢
(3) 先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入
(4)
(5)4
【分析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁。
【详解】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。
②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15ml，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1ml，则碱式碳酸镁样品中的=3:2。
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
16．(1)
(2)
(3)中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成
(4)
(5)或
(6)
【分析】
分两步，A的醛基与CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应得到B, 结合D的结构简式可知，B被还原得到C，碳碳双键转化为单键、硝基转化为氨基，则C为；C经过取代反应得到D，D→E:先羰基上发生加成反应转变为羟基并形成含氮六元环、后醇羟基消去引入碳碳双键，E→F为取代反应，F→G本质为Diels-Alder反应或双烯合成，含共轭二烯结构的含硅反应物与F五元环中的碳碳双键进行1,4-加成,生成六元环状化合物，即G；
【详解】（1）
反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为；
（2）
C的分子式为，结合分析可知C的结构简式为；
（3）中H为价，具有强还原性，能与+1价H发生氧化还原反应产生氢气，则须在无水环境中使用、不能与水或酸接触的原因是: 中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成；
（4）
F和含共轭二烯结构的含硅反应物发生1,4-加成反应生成G，由于该含硅反应物中碳碳双键不对称，则时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为；
（5）B的同分异构体符合下列条件；
I．与溶液显紫色；则含有酚羟基；
Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢,即分别为和乙酸。
综上，满足条件的B的同分异构体为：或。
（6）
要以、为原料制备，结合信息①，应首先在甲基对位引入硝基、再在甲基邻位硝基间位引入卤素原子，结合信息③，为防止LiAlH4还原羰基，接着把硝基还原为氨基，再利用信息②与含卤素有机物发生取代去除卤原子，最后仿照E→F通过取代反应形成目标产物，则合成路线为：。
17．(1)b
(2)
(3) 温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
(4)在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
(5) NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行 功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；功率增大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多
【详解】（1）由反应可知，abc原子利用率分别为、、，则上述反应中原子利用率最高的是b；
（2）已知：
①
②
根据盖斯定律可知，①×2-②得：；
（3）由图可知，阴极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，反应为；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反应的速率反而迅速下降；
（4）由图可知，在Fe基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在基催化剂表面，还原生成氮气和水；
（5）①NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得NO的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高的转化率；
②低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将NO氧化为NO2；功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；而功率过大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多，使得当电功率大于时，转化率下降。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
C
A
C
B
A
D
题号
11
12
13







答案
A
C
D