江苏省南通市二模暨苏北七市2026届高三下学期第三次调研考试化学试题（含解析）高考模拟

这是一份江苏省南通市二模暨苏北七市2026届高三下学期第三次调研考试化学试题（含解析）高考模拟，共8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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64 M 96
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. 煤制油（煤→气→烃→油）技术为我国的能源安全作出了重要贡献。下列说法正确的是
A. 煤中只含碳元素B. 合成气（CO、H2）制烃为化合反应
C. 烃裂化为油是化学变化D. 柴油与汽油通过分液实现分离
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，还含有氢、氧、氮、硫等元素，并非只含碳元素，A错误；
B．化合反应的特点是多种反应物反应只生成一种产物，合成气（、）制烃的同时会生成等副产物，产物不止一种，不属于化合反应，B错误；
C．烃裂化是相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D．柴油和汽油均为烃类有机物，二者互溶，分液适用于分离互不相溶的液体混合物，因此不能用分液实现分离，应利用沸点差异采用蒸馏法分离，D错误；
故选C。
2. 以LiF和BeF2作为载体盐可实现钍（）→铀（）转化。下列说法正确的是
A. Li、Be、F处于周期表同一周期B. 离子半径：
C. 与互为同位素D. F原子基态核外电子排布式为2s22p5
【答案】A
【解析】
【详解】A．Li、Be、F原子核外均有2个电子层，均处于元素周期表第二周期，A正确；
B．和核外电子排布相同，核电荷数，核电荷数越大对核外电子吸引力越强，离子半径越小，故，B错误；
C．同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，和质子数分别为92和90，质子数不同，不互为同位素，C错误；
D．F是9号元素，基态核外电子排布式为，选项仅给出价电子排布式，不是完整的核外电子排布式，D错误；
故答案选A。
3. 实验室制取氯水并进行相关性质实验，下列相关原理、装置及操作不正确的是
A. 用装置甲制备Cl2B. 用装置乙除去Cl2中的HCl
C. 用装置丙制备氯水D. 用装置丁比较Cl与I的非金属性
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室采用与浓盐酸共热制备，装置甲为固液加热型发生装置，符合反应要求，A正确，不符合题意；
B．除去中的HCl应选用饱和食盐水，若使用饱和溶液，HCl与反应会生成新杂质，同时氯气与水反应生成的HCl也会与反应，消耗，B错误，符合题意；
C．将通入水中可制备氯水，装置丙中气体长管进短管出，能使与水充分接触，C正确，不符合题意；
D．氯水滴入KI溶液中发生反应，说明的氧化性强于，可证明Cl的非金属性强于I，D正确，不符合题意；
故选B。
4. 可用于制备铜电镀液。下列说法正确的是
A. 固态KOH为离子晶体B. 碱性：
C. 电负性：D. 中Cu元素的化合价为+2
【答案】A
【解析】
【详解】A．KOH由K+和OH-通过离子键结合构成，固态时属于离子晶体，A正确；
B．K为活泼碱金属元素，KOH是强碱，Cu(OH)2是难溶性弱碱，碱性：，B错误；
C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，C和N都位于第二周期，N在C的右侧，故电负性，C错误；
D．设中化合价为，为价，为价，根据化合物化合价代数和为0，得到，解得，为价，D错误；
故选A。
阅读下列材料，完成下面小题：
去除水体中硫离子的方法主要包括以下几种：利用或与反应生成不溶性沉淀；在MnSO4催化条件下，空气将废水中的转化为；向废水中加入Cl2、NaClO或K2FeO4等强氧化剂，快速将氧化为；采用电解法直接氧化或通过电解生成的间接氧化，最终生成。
5. 下列说法正确的是
A. H2O的热稳定性比H2S的弱
B. SO3和的空间构型都为平面三角形
C. 和H2O中心原子轨道杂化类型都为sp3
D. Cl2、CO2都是由非极性键构成的非极性分子
6. 下列说法正确的是
A. 电解含废水时，在阴极被氧化
B. MnSO4能降低与O2反应的焓变，提高氧化速率
C. 由于NaClO受热会分解，去除时反应温度不宜过高
D. 用K2FeO4去除时，每消耗1 ml，理论上转移电子的数目为
7. 下列化学反应表示正确的是
A. MnSO4在空气中催化氧化：
B. Cl2氧化：
C. FeCl2溶液沉淀：
D. 溶液中的氧化：
【答案】5. C 6. C 7. D
【解析】
【5题详解】
A．非金属性O强于S，简单氢化物热稳定性强于，A错误；
B．中心S价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形；中心S价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，B错误；
C．中心S价层电子对数为，中心O价层电子对数为，二者中心原子均为杂化，C正确；
D．由非极性键构成的非极性分子，由极性键构成的非极性分子，D错误；
故选C。
【6题详解】
A．电解时阳极发生氧化反应，被氧化应在阳极反应，A错误；
B．催化剂降低反应活化能提高速率，不改变反应焓变，B错误；
C．受热易分解，温度过高会导致有效成分损失，降低除硫效率，因此反应温度不宜过高，C正确；
D．被氧化为时，S元素化合价从-2升高到+6，反应转移8 ml电子，数目为，D错误；
故选C。
【7题详解】
A．催化条件下被氧化为，不是S单质，正确的离子方程式为：，A错误；
B．该离子方程式原子和电荷均不守恒，根据题干信息，正确的离子方程式应为：，B错误；
C．是强电解质，离子方程式中应拆为和，正确离子方程式为，C错误；
D．中O为-1价，被还原为-2价，每个得，失，电子、电荷、原子均守恒，反应式书写正确，D正确；
故选D。
8. 化合物Z是一种药物中间体，可以通过下列方法合成。
下列说法不正确的是
A. X在水中的溶解度小于Y
B. Y分子能与HCHO发生缩聚反应
C. Z与足量H2反应后的物质中有3个手性碳原子
D. 可用新制Cu(OH)2检验Z中是否含有X
【答案】A
【解析】
【详解】A．X含有亲水的醛基，Y中醛基转化为含乙基的缩醛结构，疏水基团增多，且二者均存在羟基与硝基的分子内氢键，因此X在水中溶解度大于Y，A不正确；
B．Y含有酚羟基，酚羟基的邻、对位存在活泼氢，可与甲醛发生酚醛缩聚反应，B正确；
C．Z与足量H2反应后苯环加成生成环己烷，环上连接(C2H5O)2CH−、−OH、−NH2的3个碳原子均连接4种不同基团，为手性碳原子，共3个，C正确；
D．X含醛基，加热时可与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，Z无醛基不发生该反应，因此可用新制Cu(OH)2检验Z中是否含X，D正确；
答案选A。
9. 为探究溶液与双氧水的反应，进行如下实验：
实验1：向2 mL0.1 ml·L-1溶液中滴加4滴0.1 ml·L-1KSCN溶液，无明显现象。
实验2：向实验1所得溶液中滴加4滴双氧水，振荡，溶液变红。
实验3：向实验2所得溶液中继续滴加4滴双氧水，振荡，溶液红色褪去。
实验4：将实验3所得溶液分为两等份，一份中滴加2滴FeCl3溶液，无明显变化；另一份中滴加2滴KSCN溶液，溶液变红。
下列说法不正确的是
A. 实验1说明Fe2+与没有发生显色反应
B. 实验2说明加入双氧水后有Fe3+生成
C. 对照实验3与实验4可推测实验3中与双氧水发生了反应
D. 向实验3所得溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可验证被氧化为
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1中，含的溶液加入后无明显现象，说明与不发生显色反应，A正确；
B．与反应会使溶液显红色，实验2加入双氧水后溶液变红，说明被氧化为，B正确；
C．实验4中，加无明显现象说明溶液中无剩余，加溶液变红说明溶液中仍有，可推知实验3中被双氧水消耗，C正确；
D．原反应物本身就含有大量​，因此无论是否被氧化为，加入盐酸酸化的都会产生白色沉淀，无法验证的氧化产物，D错误；
故选D。
10. 工业从海水中提取Mg的主要操作及转化路径如图所示。下列说法正确的是

A. 石灰乳的主要成分为CaO
B. 试剂X为盐酸
C. 将MgCl2·6H2O在空气中加热，获得无水MgCl2
D. “电解”时发生反应：
【答案】B
【解析】
【分析】该流程是工业从海水中提取金属镁的工艺路径：首先向海水中加入石灰乳，使海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入试剂盐酸中和氢氧化镁得到氯化镁溶液，之后对溶液结晶得到氯化镁结晶水合物，经脱水得到无水氯化镁，最终电解熔融无水氯化镁得到金属镁。
【详解】A．石灰乳的主要成分为，不是，A错误；
B．中和步骤是将沉淀得到的转化为，试剂X为盐酸，B正确；
C．在空气中加热时，会发生水解，最终得到杂质，无法获得无水，需在HCl气流中加热脱水，C错误；
D．工业电解熔融氯化镁冶炼，正确反应为，D错误；
故选B。
11. “侯氏制碱法”的主要流程如下：
已知：25℃时，，。下列说法正确的是
A. 向饱和NaCl溶液中通入NH3，得到pH=10.0的溶液中：
B. pH=8.0的“母液Ⅰ”中：
C. “吸氨”时发生反应的离子方程式：
D. “母液Ⅱ”中Na2CO3和NaCl可循环利用
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据质子守恒，溶液中存在 。当pH=10.0时，，，可得 ，A错误；
B．已知，pH=8.0时，，代入得，因此，B错误；
C． “吸氨”时，母液Ⅰ中含，通入NH3发生反应：，C错误；
D．根据流程图，母液Ⅱ是冷却加盐后的滤液，含有NaCl和少量碳酸盐，循环送入沉淀池重复使用，故其中NaCl和Na2CO3可循环利用。D正确；
故此题选D。
阅读下列材料，完成下面小题：
乙烯是石化工业的基本原料。乙烯的产量常用来衡量一个国家石油化工的发展水平。我国科学家通过电解与热催化串联策略在实验室实现了“CO→C2H4→C4H10”转化。
12. 电解CO的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 工业主要通过乙醇的消去反应获取乙烯
B. 生成C2H4的电极反应式为
C. 阴阳两极产生气体的物质的量之比为1∶2
D. 电解时溶液中向阳极区移动，阳极区溶液pH增大
13. 常温下，将电解后的混合气体以较低的恒定流速通过装有催化剂的恒容反应管，发生如下反应（忽略其他副反应）：


控制起始时混合气体总压，测得C2H4转化率、出口处与a的关系如图所示（虚线表示该条件下C2H4的平衡转化率）。下列说法正确的是
A. 为得到更多的C4H10，需除去电解后混合气体中的CO
B. a=2时，H2的转化率为56%
C. 其他条件不变，温度越高，C2H4的平衡转化率越大
D. 其他条件不变，a=4时，仅延长反应时间，不变
【答案】12. B 13. D
【解析】
【12题详解】
A．工业制乙烯的主流方法是石油裂解（将长链烃高温断裂为短链烯烃），乙醇消去制乙烯只是实验室少量制备的方法，成本高、产量低，工业不采用，A错误；
B．阴极发生还原反应，CO在碱性条件下被还原为C2H4，电极反应式为： ，满足原子、电荷、得失电子守恒，B正确；
C．阳极反应：；阴极主反应 ，根据电子守恒，若无副反应，阴极生成0.5 mlC2H4时，阳极生成1 ml O2，此时阴阳气体物质的量之比为0.5:1=1:2，但阴极可能发生副反应，故该比例不固定为1:2，C错误；
D．电解池中，阴离子向阳极移动，因此OH-会向阳极区移动；但阳极反应会消耗OH-，且消耗速率大于OH-迁移速率，阳极区OH-浓度降低，pH减小，D错误；
故答案选B。
【13题详解】
A．根据图示，随着a值（CO的比例）增大，产物中C4H10与C4H8的物质的量之比显著增大，这说明CO的存在有利于生成更多的C4H10，因此，除去CO反而会降低C4H10的相对产量，A错误；
B．a=2时C2H4转化率为90%，反应的C2H4为2 ml×90%=1.8 ml，=4，设n(C4H8)=x，则2x+2×4x=1.8 ml，解得x=0.18 ml，消耗H2为4x=0.72 ml，H2转化率为72%，B错误；
C．两个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，C2H4平衡转化率减小，C错误；
D．观察图像，当a=4时，实线（实际转化率）与虚线（平衡转化率）重合，这意味着在 a=4的条件下，反应已经达到化学平衡状态，所以仅延长反应时间，反应状态不会改变，产物的物质的量n(C4H10)自然保持不变，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 由钼精矿（含MS2及少量CuS2、SiO2等）制备催化剂的工艺流程如下：
（1）将钼精矿与氨水加入反应釜中，加热至160℃，持续通入氧气使釜内压力保持恒定，MS2转化为和。
①MS2转化为(NH4)2MO4的化学方程式为______。
②氨水过量较多时，M元素浸出率下降。其原因是______。
（2）将浸出液调节pH至8.5~9.0之间，最合适的试剂X是______。
A．NaOH B．CaO C．NH3·H2O
（3）已知：室温下，，。“净化”时发生反应：，该反应平衡常数K=______。
（4）将13.28 g(NH4)2M4O13·2H2O（摩尔质量为664 g·ml-1）焙烧，剩余固体质量随温度变化如图-1所示。350~400℃时所得钼氧化物的化学式为______（写出计算过程）。
（5）将MO2还原可制得含氧空位的（晶胞结构及沿x轴的投影图如图-2所示）。晶体中x的值为______。
【答案】（1） ①. ②. 高温条件下，过量氨挥发造成釜内氨的浓度增大，氧气浓度减小
（2）C （3）
（4） ，根据M元素守恒， ， ， ，，所以该钼氧化物的化学式为；
（5）0.75
【解析】
【分析】原料钼精矿的主要成分为及少量CuS2、SiO2等，在氨水体系中将氧化为可溶性的，转化为，不溶后续过滤除去，向浸出液中加入氨水调节至，加沉淀为，过滤除去杂质，加得到钼酸铵水合物，焙烧钼酸铵得到钼的氧化物，对钼的氧化物还原得到含氧空位的目标产物，据此解答：
【小问1详解】
①​中从+4价升高到+6价，从-2价升高到+6价，1ml共失去18ml电子，1ml得到4ml电子，根据得失电子守恒和原子守恒写出该反应的方程式为，②氨水本身易挥发，当氨水过量较多时，160℃的高温会使过量的氨挥发进入反应釜内，由于反应釜总压保持恒定，反应釜内氨气的浓度升高，导致氧气的浓度降低，无法被充分氧化为可溶性的钼酸盐，因此M元素的浸出率下降；
【小问2详解】
流程体系为铵盐体系，调节不能引入新杂质，会引入，会引入，不会引入新杂质，因此选C；
【小问3详解】
目标反应为，平衡常数变形得；
【小问4详解】
(NH4)2M4O13·2H2O的物质的量n[(NH4)2M4O13·2H2O]=13.28g664g/ml=0.02ml ，根据M元素守恒，钼元素的物质的量 ，该物质中氧元素的质量 ，则氧元素的物质的量 ，钼元素与氧元素的物质的量之比为，所以该钼的氧化物的化学式为；
【小问5详解】
根据均摊法，晶胞中钼原子的个数为，在中，是O和M的个数比，即满足关系是，变形得，理想中，2个M对应O的总位置数为2×2=4，该晶胞平均有1.5个氧空位，因此实际O原子数，代入公式。
15. 化合物G是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）用系统命名法命名，的名称为______。E→F的反应类型为______。
（2）B→C会产生与C互为同分异构体的副产物，其结构简式为______。
（3）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。
①能和NaHCO3反应；
②碱性条件下水解后酸化，生成的两种有机产物中均含有2种不同化学环境的氢原子。
（4）已知：，该条件下酚羟基易被氧化而醛基不受影响。
写出以、、CH3OCH2Cl为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
【答案】（1） ①. 3-溴-1-丙烯/3-溴丙烯 ②. 加成反应
（2） （3） （4）
【解析】
【分析】A与（乙酰氯）在氯化铝条件发生取代反应生成B；B和发生取代反应生成C；C和在碳酸钾条件下发生取代反应生成D；D和在条件发生羟醛缩合反应生成E；E发生加成反应生成F；F与在HCl条件下发生取代反应生成G，据此分析：
【小问1详解】
该有机物结构为，系统命名为3-溴-1-丙烯/3-溴丙烯；E→F是E中碳碳双键与邻位酚羟基发生分子内加成关环形成醚键，反应类型为加成反应；
【小问2详解】
与B中酚羟基邻位C原子上的氢发生取代反应，所以副产物结构简式为；
【小问3详解】
D的结构简式为，除苯环外，含有7个碳原子，4个氧原子，2个不饱和度；条件①说明含；条件②说明含酯基，水解后得到两种有机产物，均只有2种不同化学环境的氢，说明产物结构高度对称，符合条件的结构简式为；
【小问4详解】
先与发生取代反应引入烯丙基，再与发生取代反应保护酚羟基，氧化双键得到酮，再与邻位醛基发生羟醛缩合反应，最后脱去酚羟基保护，设计流程如下：。
16. 实验室模拟以碱性蚀刻废液[含及少量的NH4Cl、CaCl2]制备碱式碳酸铜的实验流程如下：
（1）“沉铜”时，先将碱性蚀刻废液和足量NaOH溶液混合，置于如图所示实验装置中。
①先控制温度50~60℃发生反应，得到含CuO及少量絮状Cu(OH)2的沉淀。写出转化为CuO的化学方程式：______。充分反应后再将温度升至80~90℃并保持一段时间，其目的是______。
②检验“沉铜”是否完全的简单实验操作及现象为______。
（2）检测“氨浸”后溶液中溶质成分：取少量溶液浓缩得到蓝色晶体，测得该晶体中N、Cu元素的质量分数分别为17.51%、39.73%，蓝色晶体的主要成分为______（填字母）。
A． B． C．
（3）将“氨浸”后的溶液置于90℃热水浴中“蒸氨”，获得。蒸出的气体通过碱石灰后再进行循环使用，通过碱石灰的主要目的是______。
（4）铜元素含量的测定原理为，。补充完整测定样品中铜元素含量的实验方案：取一定质量的固体样品溶于稀硫酸中，配成100 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，______，用溶液滴定至浅蓝色，加入稍过量的KSCN溶液，______。记录数据，重复滴定2~3次，计算。[已知：①I2浓度较大时能被淀粉吸附，使滴定产生误差；②CuI可吸附少量I2；③，CuSCN不吸附I2。实验须使用的试剂：KI溶液、溶液、淀粉溶液]
【答案】（1） ①. Cu(NH3)4Cl2+2NaOH=ΔCuO↓+4NH3↑+2NaCl+H2O ； ②. 使分解为，增大沉淀颗粒，便于过滤分离，同时促进铜氨配合物完全分解，提高沉铜率； ③. 取少量反应后的上层清液于试管中，加入氢氧化钠溶液，若无沉淀生成，说明沉铜完全； （2）A
（3）除去蒸出气体中的水蒸气，干燥；
（4） ①. 加入过量的溶液，滴入2~3滴淀粉溶液； ②. 充分振荡，继续用溶液滴定至蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复；
【解析】
【分析】起始原料为含、、的碱性蚀刻废液，核心目标产物为。流程依次为加沉铜，将铜氨配合物转化为及沉淀，过滤除去可溶性杂质；氨浸环节加、将铜的沉淀转化为可溶性铜氨配合物；蒸氨环节使铜氨配合物分解析出，蒸出的循环利用。
【小问1详解】
①与在加热条件下反应，生成、、和，配平得到对应化学方程式。升温至80~90℃，可使絮状分解为颗粒更大的，便于后续过滤分离，同时促进未反应的铜氨配合物完全分解，提高铜的沉淀率。
②检验沉铜是否完全，可检验上层清液中是否含有铜元素：取少量反应后的上层清液于试管中，加入氢氧化钠溶液，若无沉淀生成，说明沉铜完全。
【小问2详解】
晶体中与的物质的量之比为，答案选A。
【小问3详解】
蒸出的气体中含有和水蒸气，碱石灰可吸收水蒸气，干燥，便于后续循环使用。
【小问4详解】
滴定前需先将完全转化为，故向锥形瓶中加入过量的溶液，再滴入2~3滴淀粉溶液作指示剂。加入后，沉淀转化为更难溶的，释放出被吸附的，此时需充分振荡，继续用溶液滴定至蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复，即为滴定终点。
17. NH3是未来能源之一，也是工业制HNO3的原料。NH3与O2能发生下列反应：
反应Ⅰ ；
反应Ⅱ 。
反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）随温度的变化如图-1所示。
（1）CH4、NH3都可作为内燃机的燃料。
①CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生反应：，该反应______（填“>”“ ②. NH3分子中存在氢键 ③. 该路径中NH3与O2不直接接触，避免发生反应I，使用纯氧代替空气，避免在燃烧室中发生N2与O2的反应 ④.
（2） ①. 降低反应活化能，加快反应速率，提高反应选择性 ②. 2 ③. 降温使基元反应1的平衡正向移动，N2O2浓度显著增大，N2O2浓度对基元反应2速率的影响程度大于温度对基元反应2速率的影响程度 ④. 使的平衡正向移动，提高NO2的转化率
【解析】
【小问1详解】
①由题知反应在CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生，该反应ΔH>0；
②NH3比CH4易液化的原因是：NH3分子间可形成氢键，分子间作用力显著强于CH4，因此沸点更高，更容易液化；
③该路径中NH3与O2不直接接触，避免发生反应Ⅰ，使用纯氧代替空气，避免在燃烧室中发生N2与O2的反应；反应 ，由图-1可知，升高温度，平衡常数K减小，该反应为放热反应，a