2022-2023学年江苏省扬州市高三上学期10月调研测试化学试题

2022-2023学年第一学期高三期初学情调研测试化学试题注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，包含选择题[第1题～第13题，共39分]、非选择题[第14题～第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答靠后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作等。在试卷或草编纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23P31S32Mn55一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分，每小题只有一个选项最符合题意。1.书法之美尽在“笔墨纸砚”之间。下列说法正确的是A.制作笔头的“狼毫”主要成分是纤维素 B.墨汁是一种分散系C.宣纸是合成高分子材料 D.石材雕刻制砚的过程是化学变化【答案】B【解析】【详解】A．动物毛发的主要成分为蛋白质，故“狼毫”的主要成分为蛋白质，A错误；B．墨汁由碳和水构成，墨汁是一种分散系，B正确；C．纸张的主要成分为纤维素，是一种多糖，不是合成高分子材料，C错误；D．石材雕刻制砚的过程中没有新物质生成，属于物理变化，D错误；故答案选B。2.反应，可用于制备含氯消毒剂，下列说法正确的是A.中子数为18的C1原子： B.NaOH的电子式为C.的空间构型为直线形 D.基态Na原子的外围电子排布式为【答案】D【解析】【详解】A．左下角写质子数，左上角写质量数，中子数为18的Cl原子表示为：Cl，故A错误；B．NaOH中含有离子键和O-H极性共价键，电子式为，故B错误；C．H2O中O原子价层电子对数=2+=4且含有2个孤电子对，则H2O为V形结构，故C错误；D．Na是11号元素，基态钠原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，故基态Na原子的外围电子排布式为3s1，故D正确；答案选D。3.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A.具有可燃性，可用作催熟剂 B.不溶于盐酸，可用于胃肠道造影检查C.明矾能水解形成胶体，可用于净水 D.具有强氧化性，可用于白来水的杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A．乙烯具有可燃性，与乙烯作催熟剂无关，故A错误；B．硫酸钡不溶于盐酸，因此可用于肠胃X射线造影检查，故B正确；C．明矾溶于水，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，故C正确；D．ClO2具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质结构发生改变而失去其生理活性，因此可用于自来水的杀菌消毒，故D正确；答案为A。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z原子核外有8种运动状态不同的电子，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.第一电离能：Y＜ZD.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，那么X为与第一周期，X为H，W位于第三周期，W是短周期中金属性最强的元素，W为Na，Z原子核外有8种运动状态不同的电子，Z为O，Y为N；【详解】A．同周期元素从左到右依次减小，原子半径为H<O<N<Na，即r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；B．W为Na，最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，是一种强碱，故B错误；C．N原子2p轨道为半充满状态，能量较低，失去一个电子需要的能量较高，故第一电离能：Y>Z，故C错误；D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，故D正确；故答案为D5.氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO，方程式为，NO继续被氧化为，再与水反应生成硝酸，我气与硝酸反应可得数肥硝酸铵，工业上将含废气通入氢氧化钠溶液中可获得和，也可向废气中通入在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。对于反应，下列说法正确的是A.该反应在高温条件下才能自发进行B.催化剂的使用能改变反应的活化能C.及时分离出混合体系中的(g)，可以促使平衡右移，正反应速率增大D.1molN-H断裂的同时有1molO-H形成说明反应到达该条件下的平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，该反应是一个熵增的放热反应，故在高温、低温条件下都能自发进行，A错误；B．催化剂的使用能改变反应的活化能从而改变反应速率，改变反应途径，B正确；C．分离出H2O(g)，由于生成物浓度减小，逆反应速率突然减慢，平衡右移，导致反应物浓度也减小，则正反应速率减慢，C错误；D．已知反应平衡时12molN-H键断裂的同时12molO-H断裂，即1molN—H断裂的同时有1molO—H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态，1molN-H断裂和1molO-H形成都指正反应方向的速率，不能说明反应到达平衡，D错误；故答案为：B。6.氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO，进而继续被氧化为NO2，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可得氮肥硝酸铵。4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.8kJ·mol-1。工业上将含NO2废气通入氢氧化钠溶液中可获得NaNO3和NaNO2，也可向废气中通入NH3在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。下列装置用于实验室制NO2并回收硝酸铜，能达到实验目的的是A.用装置甲制取NO2B.用装置乙除NO2中的少量HNO3C.用装置丙收集NO2D.用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸和铜反应生成的是一氧化氮，不能生成二氧化氮，A错误；B．硝酸会和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，引入二氧化碳杂质，B错误；C．二氧化氮密度大于空气，且不和空气反应，可以用向上排空气的方法收集，C正确；D．加热促进Cu(NO3)2溶液的水解，且生成的硝酸易挥发，应采用降温结晶法制备Cu(NO3)2·6H2O，D错误；故选C。7.氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO，方程式为，NO继续被氧化为，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可得数肥硝酸铵，工业上将含废气通入氢氧化钠溶液中可获得和，也可向废气中通入在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。下列化学反应表示正确的是A.向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液：B.铜片与浓硝酸反应：C.用氢氧化钠溶液吸收含废气：D.向稀溶液中滴加足量氢碘酸：【答案】C【解析】【详解】A．向莫尔盐[]溶液中加入过量氢氧化钠溶液，应该按照摩尔盐的配比写离子方程式：，故A错误；B．浓硝酸可以拆成离子，，故B错误；C．用氢氧化钠溶液吸收含废气发生自身氧化还原反应生成硝酸钠和亚硝酸钠：，故C正确；D．向稀溶液中滴加足量氢碘酸，都可以将I-氧化成I2：，故D错误；故答案C8.氯气及其化合物在生产和生活中具有重要应用。下列有关说法正确的是A.中氯原子的杂化轨道类型为B.为了增强溶液的氧化性，可选用浓盐酸进行酸化C.氯气有毒，在通风棚中制备氯气可以消除氯气的污染D.50mL12浓盐酸与足量共热反应，可生成0.15mol【答案】A【解析】【详解】A．中氯原子的价层电子对数是，因此其杂化轨道类型为杂化，A正确；B．为了增强溶液的氧化性，可选用稀硫酸酸化，不能选用浓盐酸进行酸化，因为高锰酸钾能氧化氯离子生成氯气，B错误；C．氯气有毒，在通风棚中制备氯气不能消除氯气的污染，因为氯气仍然进入大气中，C错误；D．50mL12浓盐酸与足量共热反应，由于随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸不能被氧化，所以生成氯气的物质的量小于0.15mol，D错误；答案选A。9.利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是A.反应(i)中Cu、Ce化合价均升高B.铜的价电子排布为，位于元素周期表d区C.若用参与反应，一段时间后，不可能现在铜–铈氧化物中D.反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致【答案】D【解析】【详解】A．反应(i)中CO作还原剂，[Ce-O-Cu]a+作氧化剂，转化为[Ce-□-Cu]a+，铜铈氧化物中Cu为+2价、Ce为+4价，反应中Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，化合价均降低，A错误；B．Cu为29号元素，价电子排布式为：3d104s1，位于元素周期表ds区，B错误；C．由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C错误；D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致，D正确；故选D。10.利用如图所示装置可以提取含废渣中的锰元素。下列说法正确的是A.该装置中主要发生化学能向电能的转化 B.阴极发生的电极反应为：C.提取结束后，溶液的保持不变 D.每生成，阳极上生成【答案】B【解析】【详解】A．根据装置图可知这是一个电解的过程，电能转化为化学能，A错误；B．根据图示，阴极H＋被还原成·H，电极反应为H+＋e-=·H，B正确；C．溶液中的反应为2MnO2＋4·H＋4H＋＝2Mn2＋＋4H2O，反应中消耗了H＋，故溶液的pH升高，C错误；D．未给定温度和压强，不能确定11.2L气体物质的量，D错误；故选B。11.下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A在溶液中加两滴酚酞显浅红色，微热，观察溶液颜色变化盐类水解是吸热反应B向溶液中先滴加溶液，再滴加稀盐酸，观察溶液中现象溶液中一定含有C用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小是弱电解质D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制，加热，观察溶液中现象淀粉没有水解生成葡萄糖A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．水解是吸热的，溶液中加两滴酚酞显浅红色，微热水解平衡正向移动，水解出的氢氧根浓度增大，溶液颜色变深，可以达到目的，故A正确；B．向溶液中先滴加溶液，出现沉淀有可能是硫酸钡也有可能是氯化银，要检验，先滴加稀盐酸排除Ag+，CO干扰，故B错误；C．应测相同浓度的醋酸、盐酸的pH，否则不能判断醋酸是弱电解质，故C错误；D．向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，用新制检测水解产物葡萄糖，应该先加氢氧化钠中和硫酸，在碱性环境下检验水解产物，故D错误；故答案为A12.室温下，通过下列实验探究NaCN溶液的性质，下列说法正确的是（）①测量溶液的pH约为12②向20mL0.1mol/LNaCN溶液中加入10mL0.1mol/LHCl溶液，溶液pH>7③将浓度均为0.01mol/L的NaCN溶液和AgNO3溶液等体积混合，有白色AgCN沉淀生成A.实验1溶液中存在：B.实验2溶液中存在：C.由实验2可得：D.由实验3可得：【答案】B【解析】【详解】A．实验1中，溶液存在：电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒：c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，以上两式相减可得到质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCN)，A选项错误；B．实验2中，向20mL0.1mol/LNaCN溶液中加入10mL0.1mol/LHCl溶液，发生反应：NaCN+HCl==HCN+NaCl，反应后NaCN有剩余，且反应剩余的NaCN和生成的HCN相等，溶液pH>7，说明NaCN的水解大于HCN的电离，此时溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(CN-)+2c(HCN)，且c(Na+)=2c(Cl-)，所以实验2溶液中存在：2c(Cl-)=c(CN-)+c(HCN)，B选项错误；C．实验2中，因为Ka(HCN)×Kh(NaCN)=Kw，且根据溶液pH>7，可以判断出：Ka(HCN)<Kh(NaCN)，不等式两边同时乘上Ka(HCN)可得到：<Ka(HCN)×Kh(NaCN)=Kw，即，C选项错误；D．实验3中，将浓度均为0.01mol/L的NaCN溶液和AgNO3溶液等体积混合，有白色AgCN沉淀生成，说明Qc(AgCN)=c(Ag+)c(CN-)=0.005×0.005=2.5×10-5>Ksp(AgCN)，即，D选项正确；答案选B。13.在50%负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。发生的反应有：反应I：反应II：反应III：将与按照一定流速通过催化氧化管，测得的转化率与的选择性随温度变化如图所示[]。下列说法正确的是A.反应II平衡常数可表示为B.其他条件不变，增大压强会增大的选择性C.其他条件不变，降低温度，出口处甲烷的量一直减小D.在X点所示条件下，延长反应时间不能提高的转化率【答案】B【解析】【详解】A．化学平衡常数指的是一定温度下，可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；故反应II的平衡常数应表示为，A错误；B．反应I是反应前后气体体积不变的反应，改变压强时，平衡不发生移动；而反应II是反应前后气体体积减少的反应，增大压强时，平衡正向移动，浓度增大，则增大，B正确；C．反应I和反应II均为放热反应，其他条件不变，降低温度时，平衡正向移动，出口处甲烷的量增加，C错误；D．依据的转化率与的选择性随温度变化图可知，X点时，的转化率未达到最大值，表明该时刻反应还没有达到化学平衡状态，故延长反应时间，使反应趋于平衡，的转化率增大，D错误；故合理选项为B。二、非选择题：共4题，共61分14.含铬化合物在生产生活中有着广泛的用途。利用含铬废液(主要含、、、等)可制备强氧化剂。已知：室温下Cr(VI)总浓度为溶液中，含铬物种浓度随pH的分布如图所示。（1）写出含铬废液中的基态核外电子排布式_______。（2）写出调节pH约为12时氧化为Cr(VI)的离子方程式_______。（3）利用制备，向密闭反应釜中加入1L1溶液，再加入蔗糖()充分反应生成、和。熔烧得到，理论上需要向反应釜中加入蔗糖的物质的量为_______。（4）纳米零价铁可将水体中Cr(VI)还原为，再将转化为(两性氢氧化物)从水体中除去。①的_______。②调节溶液pH，可使转化为沉淀而被除去。当pH>9时，铬的去除率却降低，其原因是_______。【答案】（1）[Ar]3d3（2）2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO+8H2O（3）（4）①.②.为两性氢氧化物，当碱性增强后生成的沉淀又溶解【解析】【分析】含铬废液(主要含、、、等)加入过氧化氢将三价铬转化为六价铬，加入氢氧化钾调节pH，煮沸酸化后得到K2Cr2O7溶液，最终得到K2Cr2O7。【小问1详解】Cr的原子序数为24，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，失去3个电子形成Cr3+后电子排布式变为[Ar]3d3；【小问2详解】含铬废水先与H2O2混合,再加入KOH调节约pH为12时Cr3+被氧化为Cr(VI),结合题目信息时Cr(VI)主要以CrO形式存在”可知，该反应Cr3+从+3价变成CrO中的+6价，则H2O2降价变成H2O,按照电子守恒与质量守恒配平，写出离子反应方程式2Cr3++3H2O2+10OH-=2CrO+8H2O；【小问3详解】向密闭反应釜中加入1L1溶液，再加入蔗糖()充分反应生成、和。可知得到电子总数为；利用氧化还原反应中得失电子守恒，结合，计算得得物质的量为；【小问4详解】根据曲线图可知；为两性氢氧化物，当碱性增强后生成的沉淀又溶解，所以pH>9时，铬的去除率却降低；15.实验小组制备高铁酸钾()并探究其性质。资料：为紫色固体，易溶于水，微溶于浓KOH溶液；具有强氧化性，在酸性成中性溶液中快速产生，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定。（1）制备(夹持装置略)①A为氯气发生装置，A中反应的离子方程式为(锰被还原为)_______。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂，_______。③写出C中生成紫色固体的化学方程式_______。（2）湿法制备高铁酸钾原理：强碱性介质中，与KClO反应生成紫红色高铁酸钾。①写出该反应的离子方程式_______。②制备时，KClO饱和溶液(含KOH)与饱和溶液的混合方式为_______。③提纯相产品(含有、KCl等杂质)的实验方案为：将一定量的粗产品溶于冷的3KOH溶液中，_______。(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇)【答案】（1）①.②.③.3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O（2）①.②.在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液(含KOH)中③.快速过滤，将滤液置于冰水浴中，边搅拌边向滤液中加入饱和的KOH溶液至不再析出K2FeO4晶体，过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次，减压干燥【解析】【分析】根据制备K2FeO4的实验装置可知，装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气除去，结合氯气的性质分析解答；【小问1详解】①A为氯气发生装置，A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气和氯化锰，反应的离子方程式是；

②浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，吸收蒸发出来的HCl气体，即装置B所用试剂为饱和食盐水，除杂装置B补充完整的装置图为；

③C中得到紫色固体和溶液，紫色固体为K2FeO4，则C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；小问2详解】①强碱性介质中，与KClO反应生成紫红色高铁酸钾，该反应的离子方程式为；②K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在0℃～5℃、强碱性溶液中较稳定，应把Fe(NO3)3饱和溶液滴加到KClO溶液中，才能保证溶液的强碱性，具体操作为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液(含KOH)中；

③根据K2FeO4的性质，提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L-1KOH溶液中，快速过滤，将滤液置于冰水浴中，边搅拌边向滤液中加入饱和的KOH溶液至不再析出K2FeO4晶体，过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次，减压干燥。16.用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：（1）“酸浸”中CuS发生反应的离子方程式为_______。（2）“调pH”后滤液中刚好沉淀完全(离子浓度小于认为沉淀完全)，此时pH约为_______。[]（3）“除锰”时的离子方程式为_______。（4）“还原”前需测定铜氨离子{}的浓度来确定水合肼的用量。准确量取，除去的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用标准溶液滴定至终点(反应为，)，重复2～3次，平均消耗标准溶液。①1mol中含有键的数目为_______。氨气中H-N-H的键角比该配离子中H-N-H的键角小，其原因是_______。②计算铜氨溶液的物质的量浓度_______(写出计算过程)。（5）保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如下图所示。水合胖浓度大于时的产率下降，的转化率仍增大，可能的原因是_______。【答案】（1）（2）3（3）（4）①.16NA②.NH3分子中有孤电子对，可以与Cu2+形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨分子的孤电子对变为成键电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力变成成键电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力减小。③.（5）Cu2O被N2H4·H2O进一步还原生成铜单质【解析】【分析】铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O，低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜和二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁和稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化生成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后加水合肼还原铜离子得到产品。小问1详解】硫化铜和二氧化锰在酸性条件下发生氧化还原反应，反应的离子方程式为。【小问2详解】Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，则c(OH-)==1×10-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3。【小问3详解】用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为。【小问4详解】[Cu(NH3)4]2+配离子中铜离子为中心离子，氨分子为配位体，配位键和氮氢键均为σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数目为16NA个。NH3分子中有孤电子对，可以与Cu2+形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨分子的孤电子对变为成键电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力变成成键电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力减小，故氨气中H-N-H的键角比该配离子中H-N-H的键角小。根据2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2=2I-+，可得关系式，解得，则20mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子的物质的量为×，则其浓度为。【小问5详解】水合肼浓度大于时的产率下降，的转化率仍增大，可能的原因是C