江苏省南通市如皋市2024届高三下学期适应性考试（二）化学试题

这是一份江苏省南通市如皋市2024届高三下学期适应性考试（二）化学试题，共22页。试卷主要包含了反应可用于制取，下列化学反应表示正确的是，氯气在生产、生活中应用广泛等内容，欢迎下载使用。

化学试题
总分：100分 考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：
单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分．每小题只有一项符合题意．
1．含碳物质的转化在生产生活、环境保护中具有重要意义。下列说法正确的是
A．含碳、氢、氧元素的化合物都是有机化合物B．植树造林、节能减排有助于实现“碳中和”
C．煤、石油的用途就是作燃料D．石墨烯与金刚石互为同系物
2．反应可用于制取。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为B．中C的轨道杂化方式为杂化
C．的空间构型为三角锥形D．是含非极性共价键的非极性分子
3．等元素的单质或化合物广泛应用于半导体工业．下列说法正确的是
A．原子半径：B．电负性：
C．电离能：D．酸性：
4．下列含氮化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中N存在孤电子对，可用作配体B．硬度大，可用作半导体材料
C．具有氧化性，可用于制备D．分子间存在氢键，热稳定性高
5．是一种无机非金属材料，立方的硬度仅次于金刚石，其晶胞如下图所示．下列说法不正确的是
A．立方属于共价晶体B．1个晶胞中含有4个B和4个N
C．距离每个B最近的N有4个D．立方中含有共价键
6．实验小组用下图所示装置制取，并探究、氯水的性质，能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
7．下列化学反应表示正确的是
A．电解饱和食盐水制备的离子方程式：
B．将氯水在强光下照射的化学方程式：
C．氨气检验泄露的化学方程式：
D．处理含氰碱性废水的离子方程式：
8．氯气在生产、生活中应用广泛．实验室用和浓盐酸常温下反应制取，工业上用电解饱和食盐水制备，也可用地康法制备．，以作催化剂，地康法原理如图所示．氨气可以检验是否发生泄露，遇泄漏时反应有白烟生成．可用于制备氯水或含等成分的消毒剂，也可用于处理含氰废水．
关于地康法制，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．其他条件不变，升高温度的平衡转化率降低说明该反应
C．的使用可以增大反应的活化能
D．每生成时，转移电子的数目为
9．室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
10．药品乙是一种免疫调节剂，其合成路线如下，下列说法正确的是
A．Y分子中含有2个手性碳原子
B．可以用酸性溶液检验Y中是否含有X
C．最多能与反应
D．的反应类型为水解反应，产物之一为
11．以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示．下列说法正确的是
A．电解时的阳极反应为：
B．电解结束后，阴极区溶液升高
C．甲苯氧化为苯甲醛和苯甲酸时，共消耗
D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离
12．以废锌催化剂（主要含及少量）为原料制备锌的工艺流程如下图所示．
已知：①
②可以溶于氨水生成ZnNH342+和．
下列说法正确的是
A．“浸取”时发生反应：
B．的溶液中存在：
C．”除铜”所得上层清液中存在
D．均不能溶于氨水生成ZnNH342+和
13．苯乙烯是制备高分子的原料．乙苯脱氢制苯乙烯的反应如下：
反应I：
制备过程中会发生如下两个副反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在下，将质量比为的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率、苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示．
苯乙烯的选择性
苯的选择性
甲苯的选择性
下列说法不正确的是
A．曲线a表示乙苯的转化率
B．时，所得的物质的量逐渐减少
C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率
D．时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的促进了反应Ⅲ的进行
非选择题，共4小题，共61分．
14．沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下：
已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。
(1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是 。
(2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是 。
(3)“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式： 。
(4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换．
①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是 ；
②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是 。
15．化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下：
(1)反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为 ；
(2)C的分子式为的结构简式为 ；
(3)须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是 ；
(4)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)写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： ；
I．与溶液显紫色；
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．
(6)已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为（卤素原子），则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为，则新进入基团则在其间位．
②
③可将羰基或酯基还原为醇
写出以、为原料制备的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．实验室从电解铜阳极泥（含等）中提取硒及银、金等贵金属，过程如下：
已知：①升华温度为．
②氯化法提取的原理：在溶有的盐酸中可反应生成溶液，可被还原为．
(1)“焙烧”时通常采用低温氧化焙烧，所得固体有等．“焙烧”时采用低温的目的是 ．
(2)“浸出”时先加入稀硫酸，再加入盐酸．加盐酸时发生反应：．该反应平衡常数 ．[已知，]
(3)“浸出渣”中含有及少量惰性物质．
①用溶液浸取浸出渣得到含溶液，用甲醛还原可生成银．碱性条件下，用甲醛还原生成银和的离子反应方程式为： ．
②补充完整以浸出渣为原料回收的实验方案： ，得到金．（实验中须使用如图所示实验装置及以下试剂：、盐酸，溶液，溶液）
(4)通过如下步骤测定粗硒样品中的质量分数：
步骤1：准确称取粗硒样品，加入足量硝酸充分溶解生成溶液，配成溶液；
步骤2：取所配溶液于锥形瓶中，加入和溶液，使之充分反应；
步骤3：滴入滴淀粉指示剂，振荡，逐滴加入物质的量浓度为的溶液标准溶液滴定至终点，恰好完全反应，消耗标准溶液．
已知：
计算粗硒样品中的质量分数，并写出计算过程 。
17．生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物．
(1)生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基．
①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式： 。
②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。
③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式： 。
(2)与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是： 。
(3)铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是： 。
(4)已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是： 。
A
B
C
D
制备
检验中的
干燥
测氯水的
选项
探究目的
实验方案
A
溶液中是否含
用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色
B
有氧化性
向淀粉试纸上滴加几滴溶液，观察试纸颜色变化
C
比较和的水解能力大小
测定溶液、溶液的，比较的大小
D
浓度对氧化性的影响
向稀盐酸和浓盐酸中分别加入等量的溶液，观察溶液颜色变化
参考答案：
1．B
【详解】A．含碳、氢、氧元素的化合物不一定是有机化合物，例如碳酸含碳、氢、氧元素，但碳酸属于无机物，A错误；
B． 植树造林、节能减排能减少二氧化碳的排放，有助于实现“碳中和”，B正确；
C． 煤、石油是重要的化工资源，石油经加工生产汽油、煤油等燃料和乙烯等多种化工原料，煤经干馏等可得到焦炭等物资，故煤、石油的用途不仅仅是作燃料，C错误；
D． 石墨烯与金刚石均为碳的单质，属于同素异形体，D错误；
答案选B。
2．B
【详解】A．基态的电子排布式为，A错误；
B．中C的价层电子对数为3，没有孤电子对，轨道杂化方式为杂化，B正确；
C．中C的价层电子对数为3，没有孤电子对，其空间构型为平面三角形，C错误；
D．是含极性共价键的非极性分子，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．Si电子层数为3，原子半径最大，C与O为同周期元素，从左往右原子半径在减小，所以O的原子半径最小，顺序为r(Si)>r(C)>r(O)，A错误；
B．非金属性越强，电负性越大，所以电负性：χ(Cl)>χ(C)>χ(Si)，B错误；
C．根据同周期从左往右，第一电离能在增大，同主族从上往下，第一电离能在减小可知，电离能： (O)>(C)>(Si)，C正确；
D．碳酸的酸性强于硅酸，酸性：H2CO3>HClO>H2SiO3，硅酸酸性最弱，D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．NH3中N存在1对孤电子对，NH3可用作配体，A正确；
B．GaN可用作半导体材料是因为与晶体硅具有类似结构，与硬度大小无关，B错误；
C．HNO3具有酸性，可用于制备NH4NO3，C错误；
D．NH3分子间存在氢键，NH3熔沸点较高，NH3热稳定性与氢键无关，D错误；
故选A。
5．D
【详解】A．立方的硬度仅次于金刚石，属于共价晶体，A正确；
B．根据均摊法，该晶胞中位于顶点和面心的原子个数为，位于晶胞内部的原子个数为4，则1个晶胞中含有4个B和4个N，B正确；
C．根据晶胞结构可知，每个B最近的N有4个，每个N最近的B有4个，C正确；
D．立方中每个B形成4个B-N键，立方中含有共价键，D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．常温下浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，A正确；
B．氯气和氯化氢都可以和硝酸银反应生成白色沉淀，B错误；
C．应该长进短出，C错误；
D．氯水有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，D错误；
故选A。
7．C
【详解】A．电解饱和食盐水制备的离子方程式：，A错误；
B．将氯水在强光下照射的化学方程式：，B错误；
C．氨气检验泄露的化学方程式：，C正确；
D．处理含氰碱性废水的离子方程式：，D错误；
故选C。
8．B
【分析】由图知，，以作催化剂，地康法制备氯气的总反应为；
【详解】A．结合分析可知，该反应的平衡常数可表示为，故A错误；
B． 其他条件不变，升高温度的平衡转化率降低，说明升温平衡左移，则说明该反应正向放热，即，故B正确；
C．地康法制备氯气时作催化剂， 的使用可以降低反应的活化能，故C错误；
D． 未指明标准状况，气体摩尔体积不确定，则无法计算每生成时转移的电子数目，故D错误；
答案选B。
9．B
【详解】A．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，只能得出溶液中有K+，不能得出含有KClO，A错误；
B．向淀粉KI试纸上滴加几滴KClO溶液，观察试纸变为蓝色，则说明ClO−有氧化性，B正确；
C．测定等浓度的KClO溶液、KF溶液的pH，比较pH的大小，可以得出F−和ClO−的水解能力大小，C错误；
D．向等体积稀盐酸和浓盐酸中分别加入等量的KClO溶液，观察溶液颜色变化，可以得出H+浓度对ClO−氧化性的影响，D错误；
故选B。
10．C
【详解】
A．由结构简式可知，Y分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故A错误；
B．由结构简式可知，X分子中含有的醛基和Y分子中与苯环直接相连的碳原子上含有氢原子，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验Y中是否含有X，故B错误；
C．由结构简式可知，Z分子中含有的羧基能与碳酸氢钠溶液反应，则1mlZ最多能与1ml碳酸氢钠反应，故C正确；
D．由有机物的转化关系可知，Y分子发生水解反应生成Z和，故D错误；
故选C。
11．C
【分析】
由图可知，左侧电极为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为，阳极槽外中重铬酸根离子与甲苯在酸性条件下反应生成苯甲醛或苯甲酸，反应的离子方程式为3C6H5-CH3+2+16H+3C6H5-CHO +4Cr3++11H2O， C6H5-CH3++8H+C6H5-COOH +2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区进入阴极区，右侧电极为电解池的阴极，阴极氢离子放电，电极反应为：，据此作答。
【详解】A. 电解时的阳极发生氧化反应，电极反应为：，A错误；
B. 阳极区产生的氢离子透过质子交换膜进入阴极区，阴极上氢离子放电，电极反应为：，电极上每消耗2mlH+,就有2mlH+进入阴极区，故电极电解结束后，阴极区溶液不变，B错误；
C. 结合3C6H5-CH3+2+16H+3C6H5-CHO +4Cr3++11H2O，甲苯氧化为苯甲醛时消耗，根据C6H5-CH3++8H+C6H5-COOH +2Cr3++5H2O，甲苯氧化为苯甲酸时消耗，则甲苯氧化为苯甲醛和苯甲酸时，共消耗，C正确；
D. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体，不可以通过分液的方法分离，D错误；
答案选C。
12．C
【详解】A．根据已知②，“浸取”时发生反应：，A错误；
B．的溶液中存在质子守恒：，B错误；
C．”除铜”所得上层清液中锌离子没有沉淀，溶液中存在，，故存在，C正确；
D．除铜步骤中，说明氨不易与CuS反应生成配离子四氨合铜离子，同理不能和S2-反应生成四氨合铜离子离子，说明能溶于氨水生成配离子ZnNH342+，D错误；
故选C。
13．B
【分析】苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着反应的进行，主反应生成的氢气促使副反应Ⅲ正向移动，使得甲苯的选择性大于苯的选择性，乙苯转化率增大，曲线a表示乙苯的转化率，b为甲苯选择性，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，曲线a表示乙苯的转化率，A正确；
B．主反应Ⅰ生成氢气，反应Ⅲ消耗氢气，反应Ⅰ生成的氢气用于反应Ⅲ，氢气的物质的量应为先增大后减小，而不是一直减小，B错误；
C．其他条件不变，恒压条件下，增大水蒸气与乙苯的质量比，相当于减小压强，乙苯的平衡转化率增大，C正确；
D．根据分析可知，t1~t4时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应I生成的H2促进了反应Ⅲ的进行，D正确；
故选B。
14．(1)除去粉煤灰中的有机物
(2)取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的
(3)
(4) 分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中，废水中的可以与沸石分子筛中发生离子交换而去除 与均可与沸石分子筛中的进行交换，较小时，浓度较高，与交换的变少；随着升高，溶液中的会生成沉淀，去除率增大
【分析】粉煤灰（主要含SiO2和3Al2O3⋅2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物）进行煅烧，有机物转化为无机物，盐酸酸浸过程中，粉煤灰中的硅、铝化合物难溶于酸，所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3，“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3溶液，在90°C条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，据此回答。
【详解】（1）将粉煤灰在空气中煅烧的目的是：除去粉煤灰中的有机物；
（2）当固体中没有氧化铁，则代表酸浸完成，通过检验铁离子来实现，方法为：取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的；
（3）“水热合成”时，NaAlO2与Na2SiO3反应生成Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，方程式为：；
（4）①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3，废水中的可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除，所以沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和；
②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换，pH较小时，H+浓度较高，与Na+交换的Cu2+变少，随着pH升高，溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，Cu2+去除率增大。
15．(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：。
16．(1)防止因升华导致硒的回收率降低
(2)
(3) 向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入溶液，至向上层清液中继续滴加溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入溶液不再产生沉淀
(4)
【分析】阳极泥（含Cu、Au、Ag2Se、Cu2Se等）焙烧，得到CuO、Au、CuSeO3、CuSeO4、Ag2SeO3、SeO2，后加入盐酸，再加硫酸酸浸，浸出渣可制得Ag与金，
【详解】（1）“焙烧”时采用低温的目的是：SeO2升华温度为315°C，防止其升华；
（2）K=；
（3）①碱性条件下，用甲醛还原[Ag(S2O3)2]3−生成银和碳酸根离子，离子反应方程式为：；
②根据题目信息，Au在溶有Cl2的盐酸中可反应生成HAuCl4溶液，HAuCl4可被还原为Au，以浸出渣为原料回收Au的实验方案：向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入Cl2至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入FeSO4溶液，至向上层清液中继续滴加FeSO4溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液不再产生沉淀；
（4）根据方程式可知，n(H2SeO3)=()=()=ml，则样品中Se的质量分数。
17．(1) 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和
(2)石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染
(3)越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大
(4)会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物
【详解】（1）
①是二元酸，则分之内有2个羟基氢，中有1个羟基氢，中S的化合价为，比硫酸氢根多一个O，则中含一个O-O-键，的结构式：。
②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的核心反应为强氧化剂例如硫酸根自由基和羟基自由基把难降解有机污染物氧化为二氧化碳和水，结合图示转化，机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和。
③若有机污染物为苯酚，苯酚具有强还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根和二氧化碳，则酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：。
（2）降解过程中都是铁失去电子、得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和，使用生物质铁炭纳米材料，与直接使用纳米铁颗粒，二者比较，前者纳米铁颗粒失去的电子需经过石墨碳层传导至表面，则使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。
（3）由图-2知：越小有机污染物去除率越高，原因是：越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大。
（4）由图-3知：水中存在一定量时降解有机污染物效果差些，无存在时降解有机污染物效果好些，已知微粒的氧化性：，按氧化还原反应的规律，和能制取出，则的存在对有机污染物的降解有影响的原因是：会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。