【化学】江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模（解析版）

这是一份【化学】江苏省苏州市八校2025届高三下学期三模（解析版），共21页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 下列化学反应表示正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。
2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H1 F19 Se79
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. 2025年4月24日，神州二十号载人飞船成功发射。下列说法正确的是
A. 宇航服材料中的聚四氟乙烯的单体属于烃类有机物
B. 储存氧气的钛合金罐体材料中的钛位于d区IVB族
C. 飞船推进器的陶瓷氮化硼属于含极性键的分子晶体
D. 飞船推进剂中的高氯酸铵属于氮的最高价含氧酸盐
【答案】B
【解析】A．聚四氟乙烯单体是四氟乙烯（）。烃类有机物仅含碳和氢元素，但四氟乙烯含有氟元素，因此不属于烃类，A错误；
B．钛的原子序数为，电子排布式为。属于区；在周期表中位于第4周期族，B正确；
C．氮化硼（）陶瓷常用于航天推进器，键为极性共价键，但氮化硼是共价晶体，而非由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，C错误；
D．高氯酸铵（）是飞船推进剂成分，其中氮元素存在于铵根离子中，氮的化合价为价，氮元素不是最高价，D错误；
故选B。
2. 反应NaClO＋2NH3=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备肼。下列说法正确的是
A. NaClO中阳、阴离子个数比为1：2
B. NH3和H2O分子空间构型相同
C. N2H4电子式：
D. NaCl晶体中Na+的配位数为6
【答案】D
【解析】A．NaClO由 构成，阳、阴离子个数比为1：1，故A错误；
B．NH3是三角锥形分子，H2O是V形分子，故B错误；
C．N2H4的电子式为，故C错误；
D．NaCl晶体中Na+在氯离子形成的八面体内，离Na+最近且距离相等的氯离子有6个，Na+的配位数为6，故D正确；
选D。
3. 下列有关物质的制备、除杂、分离、分析相关实验正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．加热下，溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成乙醇，不能生成乙烯，A错误；
B．乙炔、硫化氢均能被酸性高锰酸钾溶液氧化、出现褪色，故不能用酸性高锰酸钾除乙炔中的H2S，B错误；
C．硝基苯和苯互溶，不能用分液法分离，C错误；
D．测定胆矾中的结晶水，需灼烧胆矾样品使其恰好失去所含的结晶水，固体灼烧用坩埚，D正确；
故选D。
4. 冰晶石(Na3AlF6)可用于冶炼铝时降低Al2O3的熔融温度。下列说法正确的是
A. 沸点：H2O>HFB. 电离能：I1(O)>I1(F)
C. 半径：r(Al3+)>r(Na＋)D. 碱性：Al(OH)3>NaOH
【答案】A
【解析】A．虽然二者均可以形成分子间氢键，但是水分子间能形成多个氢键，导致水的沸点高于，A正确；
B．同一周期元素从左到右半径逐渐减小，第一电离能逐渐增大，故电离能，B错误；
C．和均为电子离子，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径大小为：，C错误；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性强弱为：，故碱性强弱为，D错误；
故选A。
阅读下列材料，完成下面小题。
F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。
5. 下列说法不正确的是
A. 1ml硫酰氟(SO2F2)分子中含4mlσ键
B. ClO和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3
C. 常温下，氟化氢分子间以配位键结合形成(HF)2
D. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构
6. 下列化学反应表示正确的是
A. CaF2与浓硫酸反应：CaF2＋H2SO4(浓)CaSO4＋2HF↑
B. F2与熔融的Na2SO4反应：F2＋Na2SO4=SO2F2＋Na2O
C. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2OH+＋CN-＋HOCN
D. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：Cl2＋＋H2O=＋Cl-＋HClO
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. ClO2具有还原性，可用于自来水消毒
B. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2
D. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器
【答案】5. C 6. A 7. D
【解析】5.A．，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1ml硫酰氟(SO2F2)分子中含4mlσ键，A正确；
B．ClO中心原子Cl原子的价层电子对数为，为sp3杂化，Cl2O中心原子O原子的价层电子对数为，为sp3杂化，B正确；
C．常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2，C错误；
D．(CN)2电子式，分子中所有原子最外层均满足8电子结构，D正确；
故选C。
6.A．CaF2与浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，A正确；
B．F2与熔融的Na2SO4反应生成SO2F2，氟元素化合价降低，则氧化合价会升高生成氧气，还会生成NaF，反应为2F2＋Na2SO4=SO2F2＋2NaF＋O2↑，B错误；
C．(CN)2与水反应生成弱酸HCN和氰酸HOCN，反应为(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，C错误；
D．少量Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成碳酸氢钠固体、氯化钠固体和次氯酸，潮湿的Na2CO3在反应中不能拆，Cl2＋Na2CO3＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋HClO，D错误；
故选A。
7.A．ClO2具有强氧化性，能杀菌，可用于自来水消毒，A错误；
B．HF能和二氧化硅反应，故可用于蚀刻玻璃，而非其具有弱酸性，B错误；
C．SO2具有一定还原性，可使得KClO3发生还原反应生成ClO2，C错误；
D．Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，阻碍了反应的进行，可用于制作储存F2的容器，D正确；
故选D
8. 某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是
A. a是电源的负极
B. 电解后海水pH上升
C. 理论上转移2mle-生成4gH2
D. 阳极发生：Cl-＋H2O＋2e-=HClO＋H＋
【答案】B
【解析】结合图示可知，钛网上海水中、发生失电子的氧化反应生成，钛网为阳极；钛箔上生成，钛箔为阴极。
A．钛网为阳极，钛网与电源的极相连，则极为电源正极，A错误；
B．电解的主要总反应为，电解后海水中浓度减小，上升，B正确；
C．钛箔上生成的电极反应为，理论上转移生成，生成的质量为，C错误；
D．高选择性催化剂可抑制产生，则阳极的(主要)电极反应为海水中发生失电子的氧化反应生成，电极反应式为，D错误；
故选B。
9. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X与足量H2加成后的产物中含有2个手性碳原子
B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X
C. Y→Z发生取代反应，有CH3CH2OH生成
D. 等物质的量的Y、Z分别与足量NaOH溶液反应，Y消耗NaOH的量更多
【答案】C
【解析】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，A错误；
B．X、Y中酚羟基、甲基都能被酸性高锰酸钾氧化而使得溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X，B错误；
C．结合质量守恒，Y中酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和CH3CH2OH，C正确；
D．酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和 NaOH以1：1反应，1mlY最多消耗 3mlNaOH，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，1mlZ最多消耗 3mlNaOH，D错误；
故选C。
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. FeS2SO3H2SO4
B. Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(aq)
C. 淀粉C6H12O6(葡萄糖)CH3COOH
D. 石英砂粗硅SiHCl3高纯硅
【答案】D
【解析】A．FeS2和氧气高温生成二氧化硫而非三氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧气生成三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，A错误；
B．Cu2S(s)和氧气高温能生成铜，铜不能和稀盐酸反应生成氯化铜，B错误；
C．淀粉酸性水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，C错误；
D．石英砂二氧化硅与碳高温反应生成一氧化碳和硅，硅与氯化氢反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢，所以石英砂粗硅纯硅的这一转化过程能实现，D正确；
故选D。
11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．是重金属盐，在溶液中电离出的会使蛋白质变性产生沉淀，而盐析是在轻金属盐或铵盐作用下，蛋白质溶解度降低而析出，该过程可逆，所以此现象不是盐析，A选项错误；
B．在酸性条件下，具有强氧化性，能将Cu氧化，发生反应，而不是氧化Cu，不能得出氧化性的结论，B选项错误；
C．根据盐类水解规律，越弱越水解，等浓度的和溶液，溶液pH大，说明水解程度大，其水解常数越大，所以Kh(CH3COO-)>Kh(HCOO-)，C选项正确；
D．铝热反应后的固体溶于足量稀硫酸，加溶液无明显变化，只能说明此时溶液中没有。但不能就此认定已完全反应，因为即使没有完全反应，若反应后的固体中存在过量的Al或生成的Fe，它们会与和稀硫酸反应生成的发生反应：，，将还原为，从而导致加溶液时无明显变化，D选项错误；
故答案为：C。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHC2O4的性质。已知：室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。lg2=0.3。
实验1：往20mL0.10ml·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10ml·L-1NaOH溶液。
实验2：往20mL0.10ml·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10ml·L-1CaCl2溶液。
假设溶液混合后体积变化忽略不计。下列说法不正确的是
A. 实验1可选用酚酞作指示剂，反应终点为无色变为浅红色
B. 实验1中pH=4.3时，溶液中c()c(Cl-)＋c(OH-)
D. 实验2中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c()约为4.0×10-8ml·L-1
【答案】B
【解析】A．溶液中滴加，方程式为：，得到溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，反应终点为无色变为浅红色，因此用酚酞作指示剂，A正确；
B．时，，，代入已知值：，此时，则溶液中，B错误；
C．实验2中时，溶液中滴加溶液，发生反应：，由于，反应后溶液显酸性，故有，C正确；
D．实验2中时，溶液中剩余的钙离子浓度为，溶液中的，D正确；
故选B。
13. 甲烷氧化偶联制乙烯过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①4CH4(g)＋O2(g)=2C2H6(g)＋2H2O(g) ΔH1=-354kJ·ml-1
②2CH4(g)＋O2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2=-282kJ·ml-1
③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH3=-803kJ·ml-1
将CH4与O2以一定体积比投入反应体系中，维持压强恒定，反应一定时间，测得CH4转化率与C2H6、C2H4、CO2选择性随原料气的n(CH4)：n(O2)的变化如图所示。已知：C2H4或C2H6的选择性=×100%。O2的分压p(O2)=p总×，C2H4的生成速率v与O2分压p间的关系为：lgv=lgp＋1.1。下列说法不正确的是
A. 曲线a表示C2H6选择性随投料比的变化
B. 反应④2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g)在任意温度下自发
C. 其他条件不变，增大体系压强，产物中H2O的体积分数增大
D. 若O2的初始分压为p0，随着反应的进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的时，O2的分压为
【答案】D
【解析】随着增大，的转化率降低，则曲线b表示的转化率，曲线a表示的选择性，据此解答。
A．由分析可知，曲线a表示C2H6选择性随投料比的变化，A正确；
B．由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/ml)×2-(-354kJ/ml)=-210kJ/ml，该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，B正确；
C．压强对反应②、③的平衡移动几乎无影响，增大压强反应①平衡正向移动，产物中H2O的体积分数增大，C正确；
D．由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，D错误；
故选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 一种利用铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分离提取铜和硒的流程如下：
已知：①K2S2O82SO·＋2K+，副反应：SO·＋SO·=S2O
②Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
（1）氧化浸取1
控制液固比为20：1，温度为80℃，反应2h，Cu、Se、Ag浸取率随K2S2O8浓度变化如1所示。
①浸取时，SO·将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO·氧化Cu2Se的离子方程式为_____。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是_____。
（2）氧化浸取2
将H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡滤渣，所得滤液中含Se微粒主要为Se(IV)。
①当体系pH=5时，Se(IV)微粒的主要存在形式为_____。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是_____。
（3）沉硒
向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，并测定产品中Se的纯度。
①要获得1mlSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为_____。
②通过如下步骤测定产品中Se的纯度：取1.6000g产品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液转移至250mL容量瓶中。准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入·L-1KMnO4标准溶液，再向锥形瓶中加入0.0500ml·L-1FeSO4标准溶液滴定至紫红色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+速率较慢，滴定过程可忽略此反应。计算产品中Se的纯度_____(写出计算过程，计算结果保留两位小数)。
（4）硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，硒氧化铋晶胞可以看成带正电的[Bi2O2]层与带负电的[Se]层交替堆叠而成，其结构如图2所示。硒氧化铋的化学式为_____。
【答案】（1） ①. 4SO·+Cu2Se2Cu2++Se+4 ②. SO·比S2O氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L-1时，SO·会发生SO·+SO·=S2O导致浸出速率减慢
（2） ①. HSeO ②. Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2Se使酸性减弱的影响
（3） ①. 44.8L ②. 98.75%
（4）Bi2O2Se
【解析】“氧化浸取1”，加入K2S2O8将Cu2Se氧化成Cu2+和Se，过滤除去Cu2+；滤渣中存在Ag2Se与Se进入到“氧化浸取2”，加入H2SO4、H2O2、NaCl，使Ag2Se转化为AgCl和Se(Ⅳ)；“沉硒”中加入SO2还原H2SeO3，得Se单质。
（1）①浸取时，SO·将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO·转化为，SO·氧化Cu2Se的离子方程式为4SO·+Cu2Se2Cu2++Se+4。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是：SO·比S2O氧化速率更快，K2S2O8浓度超过8g·L-1时，SO·会发生SO·+SO·=S2O导致浸出速率减慢。
（2）①Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8，当体系pH=5时，，，由计算可知，pH=5时远远大于和，则Se(IV)微粒的主要存在形式为。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是：Se被氧化成H2SeO3和H2SeO3被氧化成H2SeO4共同导致溶液酸性增强的影响大于H2O2氧化Ag2Se使酸性减弱的影响。
（3）①向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，发生反应，要获得1mlSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为。
② KMnO4标准溶液与H2SeO3溶液发生氧化还原反应，关系式为，剩余的KMnO4标准溶液再与FeSO4标准溶液反应，关系式为，根据题意·L-1KMnO4标准溶液中，与FeSO4标准溶液反应，则，产品中Se的纯度。
（4）原子半径Bi大于Se大于O，结合图示可知，大黑球为Bi，小黑球为O，灰色球为Se，根据均摊法，晶胞中含个Bi，个O，个Se，则硒氧化铋的化学式为Bi2O2Se。
15. 化合物I是一种药物中间体，可由下列路线合成(Ph代表苯基，部分反应条件略去)：
已知：RMgX易与含活泼氢化合物(HY)反应：
HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等。
（1）A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)的原因是_____。
（2）E→F反应中，下列物质不能用作反应溶剂的是_____。(填标号)。
a．CH3OCH3 b．CH3CH2OH c． d．CH3COOH
（3）化合物H的分子式为C31H26N2O，则其结构简式为_____。
（4）J是相对分子质量比D少14的一种有机物，写出同时满足下列条件的J的一种链状同分异构体的结构简式：_____。
①含有1个手性碳原子②含有2个碳碳三键且不含甲基
（5）写出以和CH3Br为原料制备的合成路线流图(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）防止B中的醛基被进一步氧化
（2）bcd （3）
（4）或 （5）
【解析】G中含有羟基，羟基易被MnO2氧化为羰基，化合物H的分子式为C31H26N2O，可知G中羟基氧化为羰基，H结构简式为。
（1）KMnO4(H+)的氧化性大于MnO2，为防止B中的醛基被进一步氧化，A→B中使用MnO2而不使用KMnO4(H+)。
（2）RMgX易与含活泼氢化合物(HY)反应，HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等，CH3CH2OH、CH3COOH含有-OH，含有N-H键，为防止F与CH3CH2OH、 、CH3COOH反应， E→F反应中，不能用作反应溶剂的是bcd。
（3）G中含有羟基，羟基被MnO2氧化为羰基生成H，化合物H的分子式为C31H26N2O，其结构简式为。
（4）J是相对分子质量比D少14的一种有机物，即J分子比D少1个CH2，分子式为C7H9N，①含有1个手性碳原子，②含有2个碳碳三键且不含甲基，满足条件的J的链状同分异构体的结构简式为或。
（5）被二氧化锰氧化为，CH3Br和Mg反应生成CH3MgBr，与CH3MgBr反应生成，被二氧化锰氧化为，与CH3MgBr反应生成,合成路线为。
16. 利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的工艺流程如下：
已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6。
（1）碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为_____。
（2）控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：
①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为_____。
②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是_____。
（3）浸锰时通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，将MnO转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是_____。
（4）沉锰过程中温度对Mn沉淀率和溶液pH的影响如图1所示。随着温度升高，溶液pH降低的原因是_____。
（5）制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH下所得产品的X-射线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案：将MnCO3固体粉碎，_____，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴锅］。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K增大，当Qc
Kh(HCOO-)
D
取Al与Fe2O3发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后无明显变化，再加入双氧水出现血红色
Fe2O3已完全反应
温度/℃
600
700
800
主要成分
MnCO3、CaMg(CO3)2
MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgO
MnO、CaCO3、MgO