2023届江苏省南通市高三第一次调研测试（一模）化学试题含解析

这是一份2023届江苏省南通市高三第一次调研测试（一模）化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南通市2023届高三第一次调研测试（一模）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．党的二十大报告指出“推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”。下列做法不合理的是
A．研制可降解塑料，控制白色污染产生 B．研发新能源汽车，降低汽油柴油消耗
C．开发利用天然纤维，停止使用合成材料 D．研究开发生物农药，减少作物农药残留
【答案】C
【详解】A．研制可降解塑料，可以有效降低普通塑料在土壤中的残留，从而控制白色污染产生，故A正确；
B．研发新能源汽车，可替代燃油车的使用，从而降低燃油消耗，故B正确；
C．天然纤维的生成难以满足人类对材料的需求，合成材料的合理使用可以弥补天然材料的不足，故C错误；
D．生物农药的开发使用，可减少农作物中农药的残留，故D正确；
故选：C。
2．工业制取的主要反应为。下列说法正确的是
A．中子数为10的氧原子： B．价层电子排布式为
C．分子空间构型为直线形 D．硫原子结构示意图：
【答案】A
【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为10的氧原子：，A正确；
B．铁失去2个电子后得到亚铁离子，价层电子排布式为，B错误；
C．分子中中心S原子价层电子对数为2+=3，S原子采用sp2杂化，分子是V形分子，C错误；
D．硫原子的最外层电子数为6，原子结构示意图为：，D错误；
故选A。
3．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．呈淡黄色，可用作供氧剂 B．NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】C
【详解】A．能与水和二氧化碳反应生成氧气，因此可做供氧剂，与颜色无关，故A错误；
B．电解饱和NaCl溶液生成NaOH，与NaCl熔点无关，故B错误；
C．溶液呈碱性，可使油污水解呈溶水物质除去，故C正确；
D．能与胃酸中HCl反应生成二氧化碳，因此可以用于治疗胃酸过多，与其不稳定性无关，故D错误；
故选：C。
4．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。列说法正确的是
A．简单离子半径；
B．X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，Q为K，则W为Cl。
【详解】A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径；，A正确；
B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误；
C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误；
D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误；
故选A。
5．一种将催化转化为的电化学装置如图所示。下列说法正确的是

A．该装置工作过程中化学能转化为电能
B．铂电极发生的反应为
C．工作过程中玻碳电极区溶液的pH增大
D．每产生标准状况下11.2L 时，理论上有2mol 通过质子交换膜
【答案】D
【分析】由图可知，催化转化为同时水发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化为化学能；
【详解】A．由分析可知，反应中电能转化为化学能，A错误；
B．铂电极二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为，B错误；
C．工作过程中玻碳电极反应为，反应生成氢离子，溶液的pH减小，C错误；
D．每产生标准状况下11.2L （为0.5mol）时，则玻碳电极生成2mol氢离子，故理论上有2mol 通过质子交换膜，D正确；
故选D。
6．实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥
C．用装置丙收集 D．用装置丁探究的还原性
【答案】B
【详解】A．实验室采用氯化铵与熟石灰混合固体加热制取氨气，故A正确；
B．氯化钙能与氨气发生反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故C正确；
D．氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中CuO颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故D正确；
故选：B。
7．易液化，能与多种物质发生反应，将金属钠投入液氨中有产生，能与合生成，加热条件下能将CuO还原成Cu。下列说法正确的是
A．分子中的H-N-H键角为120°
B．与反应生成的白烟成分为
C．金属钠与液氨反应体现了的还原性
D．易液化是由于与分子间形成氢键
【答案】B
【详解】A．分子中N原子与其直接相连的原子形成三角锥形结构，H-N-H键角接近107°，故A错误；
B．与发生氧化还原反应生成氯化铵，反应现象为产生白烟，故B正确；
C．金属钠与液氨反应，钠为活泼金属体现还原性，故C错误；
D．易液化是由于与分子间形成氢键，故D错误；
故选：B。
8．工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为    。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．使用高效催化剂可减小△H
B．适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C．及时将体系中的液化分离有利于平衡正向移动
D．用E表示键能，则：
【答案】C
【详解】A．催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变，A错误；
B．温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B错误；
C．及时将体系中的液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；
D．用E表示键能，则：，D错误；
故选C。
9．首例有机小分子催化剂催化的不对称Aldol反应如下：

下列说法正确的是
A．X分子中σ键和π键数目之比为3：1 B．Y的名称为3-氨基苯甲醛
C．Z不能发生消去反应 D．存在对映异构现象
【答案】D
【详解】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，X分子中σ键和π键数目之比为9：1，A错误；
B．Y的名称为4-硝基苯甲醛，B错误；
C．Z中羟基碳的相邻碳含有氢，能发生消去反应，C错误；
D．分子中含有手性碳，存在对映异构现象，D正确；
故选D。
10．无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是

A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、
B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得
D．“脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl
【答案】B
【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到；
【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误；
B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；
C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误；
D．是与水反应生成和HCl，D错误；
故选B。
11．室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。
实验1    将镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，无明显现象，加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红
实验2    将镁条放入滴有酚酞的1 溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红
实验3    将镁条放入滴有酚酞的1溶液(pH≈7)，产生气泡，溶液逐渐变红
实验4    将镁条放入滴有酚酞的1NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红
下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是
A．实验1加热时发生反应的化学方程式为
B．实验2反应后的溶液中存在：
C．实验3产生的气体中可能含
D．实验1和实验4表明对Mg与反应有催化作用
【答案】D
【详解】A．加热条件下镁条与水发生反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，因此滴有酚酞的溶液变红色，故A正确；
B．实验2反应后溶液中存在电荷守恒：，溶液呈碱性，则，由此可知，故B正确；
C．实验3中反应后溶液呈碱性，碱性条件下铵根离子与氢氧根离子反应会生成氨气，因此气体可能为氨气，故C正确；
D．实验1和实验4对比可知NaCl对镁与水的反应有促进作用，其作用的离子可能是氯离子也可能是钠离子，故D错误；
故选：D。
12．常温下，将溶液与溶液混合，可制得，混合过程中有气体产生。已知：，，，。下列说法不正确的是
A．向100mL pH=10的氨水中通入少量，反应后溶液中存在：
B．0.1 溶液中：
C．生成的离子方程式为：
D．生成沉淀后的上层清液中：
【答案】A
【详解】A．通入少量，，中碳酸根离子会发生水解：， ，相当，故反应后为氨水和碳酸铵的混合溶液，氢氧根浓度变化不大，，则，可知：，故A错误；
B．由电荷守恒： ①；
物料守恒： ②；
①-②得：③
在溶液中：的水解常数 Kh()=；
的水解常数，由于铵根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，结合③式可知：，故B正确；
C． 由题意：电离出和，亚铁离子结合生成，并且结合生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：，故C正确；
D．生成沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中，故D正确；
故选：A。
13．用和可以合成甲醇。其主要反应为
反应I            
反应Ⅱ          
在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。

下列说法正确的是
A．270℃时主要发生反应Ⅱ
B．230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变
C．250℃下达平衡时，
D．其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多
【答案】C
【分析】随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CO的选择性逐渐增大，CH3OH的选择性逐渐减小，故随着温度而降低曲线代表是CH3OH的选择性，CO的选择性和CH3OH的选择性之和是1，可得最下面这条曲线是代表CO的选择性，中间曲线是代表CO2平衡转化率。
【详解】A．270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应I，A错误；
B．缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，CO2，H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n (CO)会减小，B错误；
C．该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12mol，根据反应I，Ⅱ系数可知，生成H2O是0.12mol，C正确；
D．210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多，D错误；
故选：C。

二、原理综合题
14．从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I        
反应Ⅱ          
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：

“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。

③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。
【答案】(1)     -49     将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝     与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2)          用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重          86.45%

【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：

，，，故答案为：86.45%。

三、有机推断题
15．一种pH荧光探针的合成路线如下：

(1)B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、_______(填反应类型)。
(2)B分子中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(3)C→D需经历C→X→D的过程。中间体X与C互为同分异构体，X的结构简式为_____。
(4)D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能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢。
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应。
(5)已知。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)。
【答案】(1)消去反应
(2)、
(3)
(4)或
(5)

【分析】A和丙酮生成B，B和中醛基发生反应加成、消去反应后生成碳碳双键得到C，C催化得到D，D发生取代反应生成产品；
【详解】（1）由分析可知，B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、消去反应；
（2）B分子中饱和碳原子为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
（3）C→D需经历C→X→D的过程，比较CD结构可知，C中酯基和酚羟基成环得到新的直接生成中间体X，X与C互为同分异构体，则X的结构简式；
（4）D中含有5个氧，除苯环外不饱和度为4，还有4个碳，其一种同分异构体同时满足下列条件：
①能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢，则该同分异构体含有醛基、且结构对称；
②水解后的产物才能与溶液发生显色反应，则该同分异构体含有酯基且水解后能形成酚羟基；则该同分异构体的结构可以为：或；
（5）乙二醇氧化后得到乙二醛，发生已知反应引入氨基得到H2N-CH2CH2-NH2；乙二醇在浓硫酸催化作用下生成醚，再和HCl发生取代反应引入氯原子后和H2N-CH2CH2-NH2生成产物；流程为：。

四、实验题
16．是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备的部分实验流程如下：

(1)“氧化”反应在图所示装置中进行。先将与混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90℃下边搅拌边滴加20mL 1盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40min以上，得到热的溶液。

已知：不溶于有机溶剂。几种物质的溶解度随温度的变化如图所示。

①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒酸式滴定管、_______。
②检查图中所示装置气密性的操作为_______。
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用写出该吸收过程中发生反应的化学方程式：_______。
④能说明反应已经进行完全的标志是_______。
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是_______。
(2)除去溶液中稍过量的实验方法是_______。
(3)利用提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净的实验方案为_______。(须使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、溶液、冰水)
【答案】(1)     100mL容量瓶、胶头滴管     连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生          溶液的pH不再变化     冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气
(2)用萃取后分液
(3)将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；溶解度受温度影响较大的物质提纯可以采用降温结晶的方法；
【详解】（1）①用12酸配制100mL 1.00盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、100mL容量瓶、胶头滴管；
②装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；检查图中所示装置气密性的操作为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生；
③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生，产物为氯气；用热的KOH溶液可吸收氯气并实现原料的循环利用，则氯气和氢氧化钾反应生成生成氯化钾、氯酸钾和水，反应为：；
④反应得到，故反应会消耗盐酸，当盐酸不再反应时说明反应进行完全，所以能说明反应已经进行完全的标志是溶液的pH不再变化；
⑤实际工业进行“氧化反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是冷凝回流和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气；
（2）已知：不溶于有机溶剂，而碘能溶于有机溶剂。除去溶液中稍过量的实验方法是用萃取后分液；
（3）由溶解度曲线可知，的溶解度在低温时较小，故提纯得到的的粗品(含少量KCl)制备纯净可以选择降温结晶的方法，方案为：将溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生。

五、原理综合题
17．化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以为氧化剂时所消耗的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一、Fenton()法能产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。
(1)羟基自由基(·OH)的电子式为_______。
(2)分别取初始pH=4、COD=80的废水200mL，加入200mL ，改变起始投加的量，反应相同时间。测得反应后水样COD随投加量的关系如图所示。当投加量超过1时，反应后水样COD不降反升的原因可能是_______。

(3)已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是_______。
(4)在Fenton法的基础上改进的基于硫酸根自由基()的氧化技术引起关注。研究发现，一种石墨烯纳米复合材料对催化活化产生具有很好的效果。结构为。
①与试剂相比，一石墨烯/的使用范围更广。在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式：_______。
②一种制取一石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示为(GO表示石墨烯)

在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为_______mol。
③利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图所示。该机理可描述为_______。

【答案】(1)
(2)溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高
(3)由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻
(4)          3.75     得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和

【详解】（1）羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为；
（2）Fenton()法原理为产生和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中过大，被还原的增多，生成的催化分解生成速率加快，溶液中减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高；
（3）由于O的电负性比C大，1-丁醇中羟基(-OH)的电子云密度比正戊烷中甲基()亚甲基()的电子云密度大，更易受到·OH的进攻；
（4）①在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为；
②和反应中锰元素化合价由+7变为+2，中氢元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，则在石墨烯表面制得1mol ，理论上需要消耗的物质的量为3.75mol；
③由图可知，利用该复合材料催化活化并去除废水中有机污染物的反应机理为：得到中Mn(II)和石墨烯失去的电子，生成和；和中的Mn(III)反应生成和Mn(II)；水体中的还原性有机污染物被氧化生成和。