湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期9月调研考试化学试题含解析

湖北省黄冈市2022-2023学年高三上学期9月调研考试化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是

A．麦片中少量铁粉用于人体补铁 B．奶茶久置变质

C．干冰用于人工降雨 D．漂粉精用于游泳池消毒

【答案】C

【详解】A．麦片中少量铁粉用于人体补铁，利用的是铁的还原性，涉及化学变化，A不选；

B．奶茶久置变质发生了氧化还原反应，涉及化学变化，B不选；

C．干冰用于人工降雨因为干冰升华吸热，空气中的水蒸气迅速冷凝变成水滴，属于物理变化，C选；

D．漂粉精用于游泳池消毒，利用的是其强氧化性，涉及化学变化，D不选；

答案选C。

2．金纳米粒子催化剂对有机锡与苄基溴化物的Stille偶联反应，具有高效催化作用，反应过程如图。下列说法错误的是

A．X属于芳香烃 B．Z可以发生取代反应、氧化反应和加成反应

C．X和Z均不可能所有原子共平面 D．可用溴的四氯化碳溶液鉴别X和Z

【答案】A

【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；X含有溴元素，不是烃，A错误；

B．Z中苯环、支链上氢可以发生取代反应；支链含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，B正确；

C．X、Z中均含有饱和碳原子，不可能所有原子共平面，C正确；

D．Z中碳碳双键可以和溴加成使溴的四氯化碳溶液褪色，X不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以鉴别X和Z，D正确；

故选A。

3．我市文旅产业初具规模。下列说法正确的是

A．东坡书画所用宣纸的主要成分是蛋白质

B．黄麻起义所用短枪生锈，主要原因是铁发生了化学腐蚀

C．蕲艾对多种霉菌、球菌、杆菌有抑制作用，说明蕲艾具有强氧化性

D．黄梅戏主奏乐器——高胡，所用钢丝弦属于合金

【答案】D

【详解】A．东坡书画所用宣纸的主要成分是纤维素，故A错误；

B．金属腐蚀主要是电化学腐蚀，故黄麻起义所用短枪生锈，主要原因是铁发生了电化学腐蚀，故B错误；

C．蕲艾挥发油含有乙酸乙醋，挥发油对多种霉菌、球菌、杆菌有抑制作用，还有平喘、镇咳作用，故C错误；

D．合金强度比纯金属高，高胡所用钢丝弦属于合金，故D正确；

故答案为D

4．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是

A．的溶液：、、、

B．的溶液：、、、

C．的溶液：、、、

D．的溶液：、、、

【答案】B

【详解】A．氢离子可以和草酸根离子反应生成草酸，不能共存，A错误；

B．离子、、、和氢氧根离子不反应，和钡离子也不反应，可以共存，B正确；

C．硝酸根离子在氢离子存在的情况下可以把二价铁氧化为三价铁，不能共存，C错误；

D．硫酸氢钠电离出的氢离子可以和偏铝酸根离子反应，也可以和亚硫酸根离子反应，不能共存，D错误；

故选B。

5．化学与工业生产密切相关，下列说法正确的是

A．电解饱和食盐水能耗高，不能用于工业制备NaOH

B．在钢铁厂的生产中，炽热的钢水注入留有水的模具，便于快速冷却成型

C．电子工业中，用覆铜板制作印刷电路板时，利用溶液作为“腐蚀液”

D．工业上利用二氧化氮溶于水时生成硝酸和一氧化氮生产硝酸

【答案】D

【详解】A．电解饱和食盐水产生氢气、氯气、氢氧化钠，用于工业制备NaOH，故A错误；

B．在钢铁厂的生产中，炽热的钢水注入模具前，模具一定不能有水，因为高温铁与水蒸气反应生成Fe3O4，故B错误；

C．用覆铜板制作印刷电路板时，利用溶液作为“腐蚀液”， ，故C错误；

D．工业上利用二氧化氮溶于水时生成硝酸和一氧化氮生产硝酸，，故D正确；

故答案为D

6．下列实验装置(部分夹持装置略)或现象描述正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】A．硫酸铜溶液不是胶体，是溶液不会出现丁达尔效应，A错误；

B．钠和水生成氢氧化钠，溶液显碱性使石蕊试液显蓝色，B错误；

C．两者烧杯不能形成闭合电路，灯泡不亮，C错误；

D．葡萄糖具有还原性，与新制氢氧化铜加热反应生成氢氧化亚铜红色沉淀，D正确；

故选D。

7．下列说法正确的是

A．和是同种元素 B．H与Na都是碱金属元素

C．Cl原子核外电子排布： D．空间填充模型：

【答案】C

【详解】A．和质子数不同，不是同种元素，故A错误；

B．H是非金属元素，不是碱金属元素，故B错误；

C．Cl原子核外电子排布：，故C正确；

D．球棍模型是：，故D错误；

故答案为C

8．二维CaCl晶体具有室温铁磁性、金属性、类压电性，可形成石墨烯―CaCl异质结，且具备显著的储氢和译氢能力。下列说法正确的是

A．二维CaCl晶体中，Ca为+2价

B．二维CaCl与CaCl2互为同素异形体

C．二维CaCl可由钙在氯气中燃烧制得

D．Ca和Cl的最高价氧化物的水化物都是强电解质

【答案】D

【详解】A．二维CaCl晶体中，Ca为+1价，A错误；

B．同素异形体是由同种元素形成的不同单质，二维CaCl与CaCl2均为化合物，不是同素异形体，B错误；

C．钙在氯气中燃烧生成CaCl2，C错误；

D．Ca和Cl的最高价氧化物的水化物分别是Ca(OH)2（强碱）和HClO4（强酸），都是强电解质，D正确；

故选D。

9．元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似。下列推断不合理的是

A．硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸

B．，可推断

C．还原能力强，空气中自燃，可推断还原能力强，空气中自燃

D．Si原子最外层有4个电子，可推断B原子最外层有4个电子

【答案】D

【详解】A．元素周期表中，B与Si处于对角线位置，性质相似，硅酸为弱酸，可推断硼酸为弱酸，A合理；

B．，可推断，B合理；

C．还原能力强，空气中自燃，可推断还原能力强，空气中自燃，C合理；

D．B的原子序数为5，原子最外层有3个电子，D不合理；

答案选D。

10．聚氮化硫是一种人工合成的纯单晶体无机聚合物，具有高度的各向异性和金属性。由氮化硫合成聚氮化硫的反应如下，下列说法正确的是

A．X分子中所有原子均满足8电子稳定结构

B．X的热稳定性比的高

C．在X分子中，N显负价

D．Y(聚氮化硫)是纯净物

【答案】C

【详解】A．X分子中其中一个S有4对共用电子对和一对孤电子对，不满足8电子稳定结构，故A错误；

B． 分子中存在，三键键能大，故热稳定性比X的高，故B错误；

C．N的电负性比S大，故在X分子中，N显负价，故C正确；

D．聚合度n不同，Y是混合物，故D错误；

故答案为C

11．某离子液体(结构如下)在触觉传感器中应用广泛。X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，Y是非金属性最强的元素。下列说法正确的是

A．原子半径：X>Y>Z B．最高价氧化物的水合物的酸性：Y>Z>X

C．简单氢化物的沸点：Y>Z D．该离子液体中Z的化合价为+1价

【答案】C

【分析】根据化学式可知X成4个键，故X为B；Y是非金属性最强的元素，故Y为F；Z为Si；

【详解】A．同周期元素从左到右依次减小，故原子半径Si>B>F，即原子半径：Z>X>Y，故A错误；

B．非金属性越强最高价氧化物的水合物的酸性越强，F无最高价氧化物，最高价氧化物的水合物的酸性：X>Z，故B错误；

C．简单氢化物之间能形成氢键的沸点升高，HF之间存在氢键，沸点高，简单氢化物的沸点：Y>Z，故C正确；

D．Si没有+1价，该离子液体中Z的化合价为+4价，故D错误；

故答案为C

12．根据酸碱质子理论，接受质子()的物质是碱，接受质子的能力越强，碱性越强。

已知：

+→+

+→

+

下列碱性强弱顺序正确的是

A．>> B．>>

C．>> D．>>

【答案】C

【详解】由第一个反应可知，夺取中氢离子生成和，说明接受质子能力>>；由第二个反应可知，夺取中氢离子生成、，说明接受质子能力>>；故碱性>> > >；

故选C。

13．已知反应。一定条件下，在一密闭容器中加入和10倍量的充分反应，达到平衡后，下列化合物中含量最低的是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】乙烯和氢气发生加成反应的实质是碳碳双键和氢氢键断键，氢原子分别与碳原子相连形成乙烷，由于重氢含量最高，生成的乙烷分子中含有的重氢原子多，又因为是可逆反应，所以乙烷在分解生成的乙烯分子中重氢原子相对要多，因此达到平衡后的含量最低；

答案选A。

14．一种新型短路膜电化学电池消除装置如下图所示。下列说法错误的是

A．负极反应为：

B．正极反应消耗标准状况下22.4L，理论上需要转移4mol电子

C．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子

D．该装置可用于空气中的捕获，缓解温室效应

【答案】A

【分析】由图可知，正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，负极氢气发生氧化反应和碳酸氢根离子生成二氧化碳；

【详解】A．由分析可知，负极反应为：，A错误；

B．标准状况下22.4L的物质的量为1mol，根据氧元素化合价变化结合电子守恒可知，，则理论上需要转移4mol电子，B正确；

C．由图示可知，短路膜中存在电子运动，故和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子，C正确；

D．由图示可知，该装置吸收含二氧化碳空气，释放出不含二氧化碳的空气，生成二氧化碳可以被收集利用，故可用于空气中的捕获，缓解温室效应，D正确；

故选A。

15．我国科学家实现了以还原合成葡萄糖的实验研究，实验流程如下图所示。下列说法错误的是

A．天然气为副产物

B．总反应为：，且

C．该反应符合绿色化学思想，原子利用率达100%

D．葡萄糖和醋酸都能与金属钠反应

【答案】C

【详解】A．根据流程图可知氧气、天然气都是副产物，故A正确；

B．以还原合成葡萄糖，第一步需要通电，吸收能量，总反应为：，且，故B正确；

C．该反应有副产物生成，原子利用率达不到100%，故C错误；

D．羟基和羧基都可以与金属钠反应放出氢气，故葡萄糖和醋酸都能与金属钠反应，故D正确；

故答案为C

二、实验题

16．四氯化钛()是制取航天工业材料——钛合金的重要原料。实验室以和为原料制取液态的装置如图所示(部分夹持装置省略)。

①反应原理：。

②反应条件：无水无氧且加热。

已知：有关物质的性质如下表：

请回答下列问题：

(1)装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是_______，E处水浴为_______(填“冷水”或“热水”)。

(2)的作用是_______。

(3)实验开始时，缓慢滴入稀硫酸，能证明已排尽装置中的空气的实验现象是_______。

(4)C处水浴加热的目的是_______。

(5)从E处产物中分离出的实验方法是_______。

(6)与互溶的原因是_______。

【答案】(1)     分液漏斗     冷水

(2)干燥(除水)

(3)G处澄清石灰水变浑浊

(4)提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)

(5)蒸馏

(6)(相似相溶原理)CCl4与TiCl4都是非极性分子

【分析】装置A利用稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2将装置中的空气排尽，防止被氧化；装置B中浓硫酸和干燥管中P2O5起干燥作用，防止生成的遇潮湿空气产生白雾；装置C中用热水水浴使四氯化碳挥发，装置D中在加热条件下，发生反应，、熔点较低，装置E应用冷水使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，装置F中浓硫酸起干燥作用，装置G中澄清石灰水作用是检验装置中空气是否排尽，吸收尾气CO2。

（1）

装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗；据分析可知，E处水浴为冷水；

（2）

据分析可知，的作用是干燥(除水)；

（3）

实验开始时，缓慢滴入稀硫酸，能证明已排尽装置中的空气的实验现象是G处澄清石灰水变浑浊；

（4）

据分析可知，C处水浴加热的目的是提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)；

（5）

据分析可知，从E处产物中分离出的实验方法是蒸馏；

（6）

与互溶的原因是(相似相溶原理)CCl4与TiCl4都是非极性分子。

17．完成下列问题

(1)某化学小组设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：

该化学小组在不同温度下进行了四组实验，测得“所用时间”t，随实验温度(T)的变化曲线，如图所示(“所用时间”是指锌与稀硫酸反应生成15mL氢气所用的时间)。

实验Ⅰ中反应的化学方程式为_______。

(2)充分反应后，四组实验产生的氢气的物质的量由大到小的关系是_______。

(3)点c和点e可以探究_______对锌与稀硫酸反应速率的影响。

(4)平均反应速率：点a_______点e(填“>”、“<”“=”)，不能解释上述关系的有_______ (填标号)

A．：点a>点e    B．压强：点a>点e     C．温度：点a>点e        D．点a能构成原电池     E.氯离子可以加快反应速率

(5)随温度升高，四组实验“所用时间”相差逐渐减小，原因可能是_______。

(6)实验Ⅳ中，存在反应，现向其平衡体系中滴入少量硝酸银溶液，平衡向_______方向移动(填“正反应”或“逆反应”)。

【答案】(1)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑

(2)Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ>Ⅳ

(3)(硫酸)浓度

(4)     >     B

(5)温度对反应速率的影响起主导因素

(6)逆反应

【分析】该实验主要探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素。

（1）

锌与稀硫酸反应生成氢气和硫酸锌，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。

（2）

根据锌与稀硫酸的用量和方程计量系数可知，锌的用量决定氢气的产量，第Ⅳ实验中铜离子与锌单质发生置换反应消耗了部分锌，故生成的氢气量比其他几组的会减少。

（3）

c点和e点有相同的温度，区别在于实验Ⅰ、Ⅱ所用硫酸的浓度不一样，故点c和点e可以探究硫酸浓度对锌与稀硫酸反应速率的影响。

（4）

压强不影响溶液中的反应，因为 c(H2SO4)：点a>点e 、温度：点a>点e、点a能构成原电池且氯离子可以加快反应速率，故平均反应速率：点a>点e。

（5）

随温度升高，四组实验“所用时间”相差逐渐减小，原因可能是温度对反应速率的影响起主导因素。

（6）

实验Ⅳ中，存在反应，现向其平衡体系中滴入少量硝酸银溶液，银离子消耗氯离子，根据勒夏特列原理知，平衡将会逆向移动。

三、有机推断题

18．生物体内以L—酪氨酸为原料合成多巴胺，最终合成肾上腺素的过程如下：

回答下列问题：

(1)B中含氧官能团的名称是_______。

(2)D→E的反应类型是_______。

(3)化合物A苯环上的一氯代物有_______种。

(4)若C苯环上的三个取代基不变，只考虑取代基的位置异构，则化合物C的同分异构体有_______种。

(5)C(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，其中涉及的降解酶是相同的，最终产物也相同。

化合物G的结构简式为_______。同一环境下，C(多巴胺)分别与降解酶X和降解酶Y作用时的产物不同(分别为F和G)的原因是_______。

(6)已知A→B、B→C产率分别为98%、95%，则A→C的总产率为_______。

【答案】(1)羟基、羧基

(2)取代反应

(3)2

(4)5

(5)          催化剂具有选择性

(6)93%(或93.1%)

【分析】C(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，根据C→F→H路线可知，降解酶X(条件X)使C(多巴胺)结构中的氨基部分变成羧基得到F，降解酶Y(条件Y) 使F结构中苯环上的一个羟基变成得到H，则路线C→G→H中降解酶Y(条件Y)放在前面，则会使C结构中苯环上的羟基先变成，故G的结构简式为，据此分析解答。

（1）

从B的结构简式来看，其含氧官能团分别是羟基和羧基。

（2）

D→E，从二者结构来看，E是D结构中氨基上的一个氢原子被甲基转移酶中的甲基取代生成的，故反应类型为取代反应。

（3）

化合物A苯环的两个取代基是对称的，则氯原子取代苯环上的一氯代物有2种，分别是和两种。

（4）

化合物C的结构简式为，苯环上的三个取代基不变，只考虑取代基的位置异构，则可先确定2个羟基位置，若羟基是相邻的，考虑对称，则另外一个取代基的位置除了C外只有一种,若两个羟基是相间结构，则另外一个取代基在苯环上位置有3处，对应3种结构，若两个羟基是对称结构，则另外一个取代基在苯环上的位置只有一种结构则满足条件的化合物C的同分异构体共有1+3+1=5种。

（5）

C(多巴胺)的降解过程主要有两条途径，其中涉及的降解酶是相同的，最终产物也相同，经分析推理，化合物G的结构简式为，通过分析同一环境下，C(多巴胺)分别与降解酶X和降解酶Y作用时的产物不同(分别为F和G)，是因为降解酶X和降解酶Y是不同的酶，酶的催化具有选择性，故答案是催化剂具有选择性。

（6）

已知A→B、B→C产率分别为98%、95%，则A→C的总产率为98%95%=93%(或93.1%)。

四、工业流程题

19．一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约20%)的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的碳酸镍的工艺流程如下：

已知：①Ni不溶于水，难溶于稀硫酸，能溶于稀硝酸。

②开始生成沉淀的。

回答下列问题：

(1)“滤渣”的主要成分为_______(填化学式)。

(2)“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______、_______。

(3)“操作1”所需的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还需要_______。

(4)“沉镍”发生主要反应的离子方程式为_______，为防止生成，“沉镍”的操作是_______。

A．向溶液中快速加入溶液    B．向溶液中缓慢滴加溶液

C．向溶液中快速加入溶液    D．向溶液中缓慢滴加溶液

(5)有同学建议将“沉镍”时加入的溶液改为通入。结果无沉淀生成，原因是_______。

【答案】(1)SiO2、CaSO4(没填CaSO4不扣分)

(2)     减少污染物NO等的排放     减少硝酸的用量，降低成本

(3)漏斗

(4)     Ni2++2HCO=NiCO3↓+H2O+CO2↑     D

(5)溶液中OH-浓度不够，生成的CO无法沉淀Ni2+(或酸性条件下，NiSO4(Ni2+)与CO2难反应)

【分析】废料(含镍质量分数约20%)的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入稀硫酸后得到硫酸镁、硫酸铜和硫酸亚铁进入滤液，镍和二氧化硅、硫酸钙，向滤渣中加入氧气和稀硝酸后得到新的滤渣包括硫酸钙和二氧化硅，滤液为Ni(NO3)2，加入碳酸氢钠后得到碳酸镍，过滤洗涤干燥后得到纯净的NiCO3。

（1）

由已知条件可知，酸浸后得到不溶物为镍和二氧化硅、硫酸钙，向酸浸滤渣中加入稀硝酸，SiO2、CaSO4不反应，所以滤渣为SiO2、CaSO4。

（2）

酸浸氧化过程中硝酸作为氧化剂还原产物为NO，通入氧气的目的是将生成的NO转化为硝酸，从而减少污染物NO等的排放，同时减少硝酸的用量，降低成本；

（3）

操作I为过滤，所需的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还需要漏斗；

（4）

沉镍过程中，Ni2+转化为NiCO3，所以离子方程式为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+H2O+CO2↑；为防止生成，需要控制pH小于7.2，所以需要在酸性条件下发生反应，即原烧杯中的溶液应该为溶液，所以选择D。

（5）

形成NiCO3需要Ni2+和CO浓度的乘积大于其Ksp，通入CO2为酸性环境，生成的CO无法沉淀Ni2+。