2023届江苏省盐城市高三上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2023届江苏省盐城市高三上学期期中考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省盐城市2023届高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国下列科技成果或其应用中涉及氧化还原反应的是
A．引爆黑火药开采矿石 B．用乙醚提取青蒿素
C．用天然磁石造出司南 D．用侯氏制碱法制取纯碱
【答案】A
【详解】A．引爆黑火药开采矿石，木炭、硫、硝酸钾反应生成硫化钾、氮气、二氧化碳，S、C元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故选A；    
B．用乙醚提取青蒿素，属于萃取，没有生成新物质，属于物理变化，故不选B；
C．用天然磁石造出司南，没有生成新物质，属于物理变化，故不选C；    
D．用侯氏制碱法制取纯碱，是氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选D；
选A。
2．利用反应可制备碳铵。下列说法正确的是
A．中N元素的化合价为 B．的空间构型为直线形
C．的电子式为： D．仅含共价键
【答案】A
【详解】A．中N元素的电负性大于H，N元素化合价为，故A正确；
B．中O成2个，有2对孤电子对，采取sp3杂化，的空间构型为V形，故B错误；
C．的结构式为O=C=O，故C错误；
D．是离子化合物，含有离子键和共价键，故D错误；
故答案为A
3．向溶液中滴加适量溶液可生成沉淀。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．碱性强弱： D．电离能大小：
【答案】B
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：，A错误；
B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱；碱性强弱：，C错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，电离能大小：，D错误；
故选B。
4．实验室制取少量的氯水并探究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是

A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙制取氯水
C．用装置丙处理尾气 D．用试纸测氯水的
【答案】B
【详解】A．需要用二氧化锰和浓盐酸加热来制取氯气，A错误；
B．利用氯气溶于水制取氯水，B正确；
C．饱和食盐水不能溶解氯气，应该换成氢氧化钠溶液，C错误；
D．氯水中的次氯酸有漂白性，可以漂白指示剂，不能用试纸测氯水的pH，D错误；
故选B。
5．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，可制取各种硫化物：硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含)为原料回收，以电解强碱性，溶液制备。下列说法正确的是
A．是非极性分子
B．与微粒中的夹角相等
C．硒原子基态核外价电子排布式为
D．ⅥA族元素氢化物的熔沸点从上到下依次增大
【答案】C
【详解】A．结构不对称，是极性分子，故A错误；
B．是平面结构，是三角锥形，微粒中的夹角不相等，故B错误；
C．硒是第四周期ⅥA族元素，硒原子是基态核外价电子排布式为，故C正确；
D．ⅥA族元素氢化物中，H2O分子间能形成氢键，水的熔沸点最高，故D错误；
选C。
6．周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，可制取各种硫化物：硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含)为原料回收，以电解强碱性，溶液制备。下列化学反应表示正确的是
A．遇水强烈水解生成两种强酸：
B．和浓硫酸反应：
C．电解强碱性溶液的阴极反应：
D．的燃烧：
【答案】D
【详解】A．反应生成硫酸与盐酸，故不应该出现亚硫酸根，应该为硫酸根，，故A错误；
B．浓硫酸具有强氧化性，可以氧化Se2-，，故B错误；
C．强碱性环境，反应物中不应该出现氢离子，，故C错误；
D．革命剧题意可知燃烧热为，燃烧的热化学方程式为：，故D正确；
故答案为D。
7．周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，可制取各种硫化物：硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯()是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。硒()和碲()的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含)为原料回收，以电解强碱性，溶液制备。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．S的沸点低，可用于杀菌消毒
B．有氧化性，可用于漂白纸张
C．浓硫酸具有强酸性，可用于制备气体
D．不溶于盐酸且不被X射线透过，可用作钡餐
【答案】D
【详解】A．S可用于杀菌消毒，是因为S可以破坏细菌真菌表面的有机膜，达到杀菌作用，故A错误；
B．能与有颜色的有机物化合生成无色物质，可用于漂白纸张，故B错误；
C．浓硫酸可用于制备气体，不是利用其强酸性，是难挥发性酸制易挥发性酸，故C错误；
D．不溶于盐酸且不被X射线透过，可用作钡餐，故D正确；
故答案为D
8．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、。为了保护环境、充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收。下列说法不正确的是

A．“铅膏”中主要来源于该电池的正极材料
B．“脱硫”的目的是将转化为
C．“酸浸”中的作氧化剂
D．“沉铅”后的滤液焰色反应呈黄色
【答案】C
【分析】从主要含、废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅资源。通过如图流程可知“脱硫”时利用了沉淀转化原理，将PbSO4转化为PbCO3，便于后面的酸浸。在“酸浸”时将还原，最终铅元素全部转化为可溶性的Pb(Ac)2，“沉铅”时将Pb(Ac)2转化为Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加热得到PbO。
【详解】A．铅蓄电池中铅做负极，二氧化铅做正极，“铅膏”中主要来源于该电池的正极材料，A正确；
B．在“脱硫”工艺中，PbSO4与 Na2CO3溶液反应生成更难溶的PbCO3，转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，B正确；
C．“酸浸”中PbO₂通过和H₂O₂、HAc反应转化为Pb(Ac)2，此过程中，Pb元素的化合价降低， PbO2做氧化剂，H₂O₂做还原剂，C错误；
D．“沉铅”后的滤液含有Na+，滤液焰色反应呈黄色，D正确；
故答案选C。
9．化学品Y可由X通过加成、消去两步反应制得。下列说法不正确的是

A．X能使溴水褪色，说明X中含碳碳双键
B．有副产物生成
C．X、Y都存在顺反异构体
D．Y与足量加成后的产物分子中只有一个手性碳原子
【答案】A
【详解】A．X中含有醛基，醛基可以被溴氧化而使其褪色，故不能说明X中含有碳碳双键，A错误；
B．对比X和Y的结构可知，可能产生副产物生成，B正确；
C．分析X、Y的结构简式可知，结构中存在碳碳双键都连接了不同的原子或者原子团，故都存在顺反异构体，C正确；
D．Y与足量加成后的产物存在手性碳，D正确；
故选A。
10．室温下，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
用激光笔照射的酒精溶液，有光亮的通路
是电解质
B
测定浓度均为的与溶液的，后者较大
非金属性：
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热
蔗糖水解产物具有还原性
D
向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液出现黄色沉淀


A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；用激光笔照射的酒精溶液，有光亮的通路，说明为胶体，A错误；
B．中亚硫酸根离子对应的酸亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水合物，不能比较硫、碳的非金属性，B错误；
C．银镜反应需要在碱性环境中进行，C错误；
D．向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液出现黄色沉淀，说明碘化银更难溶，，D正确；
故选D。
11．乙二酸(用表示)为二元弱酸。时，向的溶液中滴加适量的盐酸或溶液，溶液中各含氮(或A)微粒的分布分数与溶液的关系如图所示(不考虑溶液中分子)。例如，溶液中的分布分数。下列说法正确的是

A．溶液中：
B．的溶液中：
C．d点溶液中：
D．溶液中滴加少量溶液的主要反应离子方程式：
【答案】B
【分析】向NH4HA溶液中滴加盐酸，HA-浓度降低，H2A浓度增大，向NH4HA溶液中滴加NaOH溶液，HA-浓度降低，A2-浓度增大，浓度降低，NH3▪H2O浓度增大，所以图像中从左开始曲线依次表示H2A、HA-、A2-、和NH3▪H2O，从图中可以看出，d点c(H2A)=c(HA-)，可知H2A的Ka1=10-1.3，e点c(HA-)=c(A2-)，可知H2A的Ka2=10-4.3，n点c()=c(NH3▪H2O)，可知NH3▪H2O的Kb=10-4.7。
【详解】A．NH4HA溶液中，存在着的水解、HA-的电离和水解，的水解常数Kh==10-9.3，HA-的电离常数即为H2A的Ka2=10-4.3，Kh==10-12.7，所以以HA-的电离为主，溶液显酸性，所以NH4HA溶液中，故A错误；
B．从图中可以看出，的溶液中：，故B正确；
C．的浓度为0.1mol/L，若没有向溶液中加入酸或碱，则根据元素质量守恒，溶液中存在：，但加入酸或碱，增大了溶液体积，所以，故C错误；
D．从A的分析可知，溶液显酸性，主要是HA-的电离，所以向溶液中滴加少量溶液，主要反应离子方程式：HA-+OH-=A2-+H2O，故D错误；
故选B。
12．四氯化钛是工业上制备金属钛的重要原料。常温下，它是一种极易水解的无色液体，沸点为。在条件下，转化为有两种方法，其反应的热化学方程式分别为：
①直接氯化  
②碳氯化  
对于反应，下列说法正确的是
A．
B．E(总反应物)(总生成物)(E表示物质能量)
C．反应中每消耗，转移电子的数目为
D．升高温度、增大压强均能提高产率
【答案】C
【详解】A．该反应前后气体分子数不变，但固体转化为气体的过程中熵增大，，故A错误；
B．该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；
C．有反应可知氯气在反应中作氧化剂转化为，1mol得2mol电子，消耗，转移电子的数目为，故C正确；
D．由已知直接氯化反应为吸热反应，碳氯化反应为放热反应，升高温度有利于直接氯化反应但不利于碳氯化反应；直接氯化反应反应前后气体分子数相等，增大压强平衡不移动，不利于提高产率，碳氯化反应，反应后气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，会降低产率，故D错误；
故选：C。
13．四氯化钛是工业上制备金属钛的重要原料。常温下，它是一种极易水解的无色液体，沸点为。在条件下，转化为有两种方法，其反应的热化学方程式分别为：
①直接氯化  
②碳氯化  
将、、充入的密闭容器，体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是

A．制备时要保持无水环境
B．为避免产生大量，碳氯化反应过程中需保持炭过量
C．，的平衡常数
D．碳氯化中加碳，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
【答案】B
【详解】A.由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且TiCl4易水解，生成的HCl挥发，促进TiCl4水解，导致产物不纯，故制备时需保持无水环境；故A正确；
B.反应过程中若保持C过量，C在高温下具有还原性，将TiO2还原为Ti或TiC，导致获得的产物中有杂质Ti或TiC等；故B错误；
C.从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl是0.35，CO是0.6，反应C(g)+CO2(g)＝2CO(g)的平衡常数 ；故C正确；
D．根据题意可以看出，不加碳的氯化需要吸收大量的热，反应很难进行，而加入碳后，反应放出大量的热，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量，故D正确；
故答案选B选项。

二、填空题
14．工业上两次转化法从天青石矿(主要成分，含有等杂质)制备高纯碳酸锶。
(1)一次转化
①浸泡：用饱和碳酸钠溶液浸泡天青石矿粉，过滤得到粗品。滤液中_________。[已知：]
②酸化：用稀盐酸浸泡粗品，加入一定量的催化剂氯化铵，得到含有杂质()的粗溶液。该酸化过程可描述为_________(催化剂氯化铵参与了与盐酸生成的反应)。
③除杂。
ⅰ)除铁、铝：向粗溶液中加入少量的溶液，在条件下加入少量的稀氨水，控制溶液在_________范围内，充分搅拌，过滤。
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表所示，为7.8时沉淀开始溶解。
物质





开始沉淀
1.9
7.0
3.4
-
-
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
12
-

ⅱ)除钙：取ⅰ中滤液，逐滴加入适量稀溶液。
请补充完整去除的后续实验操作：_________，得到较纯净的溶液。已知：的溶解度随温度的升高而降低；时，的溶解度分别为、。
(2)二次转化。向溶液中加入适量碳酸氢铵溶液，微热、过滤、洗涤得到高纯度。
①写出沉淀过程中发生反应的化学方程式：_________。
②锶转化率随温度的变化如图所示。当反应温度大于时，锶转化率急剧下降的原因是_________。

【答案】(1)     6.0     和反应生成、，和反应生成、、[，]     4.7~7.8     调节溶液，升温到，趁热过滤
(2)          温度大于，溶液中的受热分解，锶转化率下降

【分析】用两次转化法用含有杂质的天青石制备高纯度碳酸锶。一次转化经过溶解、除杂过程。开始的“浸泡”利用了沉淀转化原理，将SrSO4转化为SrCO3，便于后面的“酸化”时将其溶解。通过调PH将铁铝元素转化为氢氧化物沉淀除去，最后除掉钙离子。二次转化过程是主要成分的转化，将SrCl2与碳酸氢铵溶液反应，最后得到高纯度。
【详解】（1）① ，转化完成时，溶液中可求得： 。答案为：6.0
②催化剂能改变反应历程，先参加反应，然后又重新生成。氯化铵催化碳酸锶与盐酸反应，催化剂先和反应生成、，然后和反应生成、、。化学方程式、。故答案为：先和反应生成、，然后和反应生成、、；
③含()的粗溶液。第一步除铁铝杂质，因Fe3+易生成氢氧化物沉淀除去。所以先将Fe2+氧化为Fe3+，再调PH使Fe3+、Al3+沉淀完全，又知PH为7.8时沉淀开始溶解，所以PH范围4.7~7.8。答案为：4.7~7.8；
④由题意可知除去溶液中Ca2+，加入氢氧化钠使其转化为氢氧化钙沉淀而除去。由信息知PH≥12时沉淀完全，的溶解度随温度的升高而降低，时溶解度大不易形成沉淀，所以调节溶液，升温到，趁热过滤。答案为：调节溶液，升温到，趁热过滤；
（2）①由题意可知SrCl2和碳酸氢铵反应生成碳酸锶、氯化铵、二氧化碳、水。化学方程式。答案为：；
②由图可知锶转化率当反应温度小于时随温度的升高而升高，当反应温度大于时，锶转化率急剧下降。原因应考虑发生了副反应，温度过高反应物受热分解，导致锶转化率下降。答案：温度大于，溶液中的受热分解，锶转化率下降；

三、有机推断题
15．化合物H是合成药物氯雷他定的中间体，其人工合成路线如下：

(注：的结构为，为反应引发剂)
(1)A分子中碳原子的杂化轨道类型有_________种。
(2)的反应类型为_________。
(3)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。
①分子中含有2个苯环、4种不同化学环境的氢原子；
②不能和溶液反应产生。
(4)G的分子式为，其结构简式为_________。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图_________(无机试剂和合成路线中有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)3
(2)取代反应
(3)或
(4)
(5)

【详解】（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有sp、sp2、sp3三种类型。答案为：3；
（2）中，A中甲基的氢原子被溴原子取代。答案为：取代反应；
（3）F的不饱和度为9，F的同分异构体不能和溶液反应产生，则不含羧基，分子中含有2个苯环、4种不同化学环境的氢原子，其结构应为非常对称，两个苯环连在同一碳上处于对称位置。其结构为或。答案为或
（4）F 分子式为C14H12NClO2，不饱和度为9，G的分子式,不饱和度=14+1- =10，可知F在SOCl2/AlCl3条件下分子内最终脱去1分子水，结合H的结构简式可知F中羧基的羟基与F中苯环上氢原子结合成水，其余部分结合形成G，其结构简式为。答案为：；
（5）以为原料制备，结合题目中信息逆向分析。先将氧化为，再将和HBr取代生成，然后将其转化为，和反应生成，最后和氢。气加成。答案为：

四、实验题
16．铁黄()是重要的化工产品。某学校兴趣小组用如图所示装置，进行铁黄制备研究，具体操作如下：向三颈烧瓶中依次加入硫酸亚铁溶液、铁黄晶种和过量碎铁皮，在水浴加热条件下，持续通入空气并不断搅拌，在晶种上得到铁黄晶体。

(1)检验反应完成后上层溶液中是否存在的实验方法为_________。
(2)结合反应原理解释加入过量碎铁皮的作用是_________。
(3)测定样品中铁黄的质量分数。
①配制标准溶液。实验过程可描述为_________，继续加入蒸馏水至离刻度线处，改用胶头滴管加水至溶液凹液面最低处与刻度线相切，塞好瓶塞，颠倒摇匀，装瓶贴上标签。
②称取铁黄样品置于锥形瓶中，加入适量稀盐酸、加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)充分反应，再除去过量的。用上述配制的标准溶液滴定至终点()，消耗溶液。计算该样品中铁黄的质量分数_________(写出计算过程)。
(4)铁和氨在时可发生置换反应，一种产物的晶胞结构如图所示。

①该产物的化学式为_________。
②氮原子位于由铁原子构成的正八面体的中心。在答题卡的中用“-”将铁原子构成的正八面体连接起来_________。
【答案】(1)取少量上层清液，滴加2~3滴溶液，若存在，可观察到溶液变成血红色
(2)既能消除反应产生的，同时又能额外提供，实现硫酸亚铁的循环利用
(3)     用电子天平称取固体，并置于烧杯中用适量蒸馏水溶解，冷却后用玻璃棒转移至容量瓶中(已验漏)，再用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移至容量瓶中     97.9%
(4)         

【详解】（1）检验反应完成后上层溶液中是否存在，取反应完后上层清液，滴加2~3滴溶液，若溶液变为红色，说明存在，若溶液不变红则不存在；
（2）该发生化学反应为，加入碎铁皮能消除反应产生的生成，生成的又能额外提供，实现硫酸亚铁的循环利用；
（3）①配制溶液的一般过程包括计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤、定容、摇匀装瓶；配制标准溶液。，用电子天平称取固体，并置于烧杯中用适量蒸馏水溶解，冷却后用玻璃棒转移至容量瓶中(已验漏)，再用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移至容量瓶中；
②根据方程式可知反应的关系式为，，该样品中铁黄的质量分数；
（4）①Fe原子位于顶点和面心，晶胞中Fe原子数为，N原子位于体心，晶胞中含有1个N原子，原子数之比为Fe：N=4:1，该产物的化学式为
②氮原子位于由铁原子构成的正八面体的中心。铁原子构成的正八面体为：；

五、原理综合题
17．废水中过高的氨氮(以形式存在)含量，可通过化学沉淀、电解或微生物催化等方法处理后达到国家规定的排放标准。
(1)化学沉淀法：控制溶液，向含氨氮(以为例)的废水中以一定比例投加和，生成难溶于水的磷酸铵镁沉淀。
①该法需先投加的试剂是_________。
②溶液过高，氨氮去除率会下降。其原因是_________。
(2)电解法：电解溶液，用电极附近产生将氨氮氧化去除。废水中的氮剩余量随的变化如图所示，当时，氮剩余量随增大而增多的可能原因是_________。

(3)生物硝化反硝化法。
①如图所示，通过硝化和反硝化细菌将废水中的氨氮转化为氮气去除。
ⅰ)反应过程中需控制废水的在8~8.2，温度保持。控制该条件的原因是_________。
ⅱ)反硝化过程：硝化产生的和和水体有机物(以为例)在反硝化细菌作用下生成氮气和碳酸盐，溶液的上升。写出和反应的离子方程式：_________。

②科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如途径a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。从电子、电荷守恒的角度描述转化为过程为_________。

【答案】(1)          过高，溶液中的氨氮会变成氨水；在升高过程中，氢氧根、磷酸根的浓度会增大，易生成溶解度更小的沉淀和沉淀
(2)过量增加氯离子，溶解度减小，导致电解产生的溢出，溶液中和浓度减小，氧化能力减弱；溶液中的和过多，氨氮转化为可溶于水的、，氮含量升高
(3)     保持硝化细菌和反硝化细菌最大活性          在酶2的作用下，1个和1个结合3个和2个生成和，反应为；发生反应Ⅲ生成氮气、氢离子并释放出电子，反应为

【详解】（1）①控制溶液，溶液显碱性，会和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故该法需先投加的试剂是。
②过高，溶液中的氨氮会变成氨水；在升高过程中，氢氧根、磷酸根的浓度会增大，易生成溶解度更小的沉淀和沉淀，导致氨氮去除率会下降；
（2）过量增加氯离子，会抑制氯气在溶液中的溶解，溶解度减小，导致电解产生的溢出，溶液中和浓度减小，氧化能力减弱，溶液中的和过多，氨氮转化为可溶于水的、，最终导致溶液中氮含量升高；
（3）①如图所示，通过硝化和反硝化细菌将废水中的氨氮转化为氮气去除。
ⅰ) 硝化细菌和反硝化细菌在温度过高或不合适的酸碱性环境中会失去活性，反应过程中需控制废水的在8~8.2，温度保持原因是保持硝化细菌和反硝化细菌最大活性；
ⅱ) 和水体有机物在反硝化细菌作用下生成氮气和碳酸盐，根据质量守恒可知还会生成水，反应为；
②某些生物酶体系可以促进和的转移(如途径a、b和c)，由图可知，反应中在酶2的作用下发生反应Ⅱ，在酶2的作用下，1个和1个结合3个和2个生成和，反应为；发生反应Ⅲ生成氮气、氢离子并释放出电子，反应为；总反应为。