江苏省扬州市2023届高三下学期三模化学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州市2023届高三下学期三模化学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州市2023届高三下学期三模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列措施中能有效促进“碳中和”的是
A．CO2合成淀粉 B．火力发电 C．燃煤脱硫 D．可燃冰开采
2．检验微量砷的原理为。常温下为无色气体。下列说法正确的是
A．As的基态核外电子排布式为 B．的空间构型为平面三角形
C．固态属于共价晶体 D．既含离子键又含共价键
3．软钾镁矾(化学式为)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
4．用表面有油污的铁屑等原料可以制备，实验中的部分装置和操作如下图所示，其中不能达到实验目的的是

A．用装置甲去除铁屑表面的油污
B．用装置乙溶解铁屑制备
C．用装置丙吸收铁屑溶解过程中产生的
D．用装置丁蒸干溶液，获得
5．可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列说法正确的是
A．的键角比的大 B．H—O的键长比H—S的长
C．吸引电子的能力比的强 D．分子间作用力比的大
6．可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列化学反应表示正确的是
A．在高温下与反应：
B．与浓硝酸反应：
C．溶于稀硫酸：
D．Cu在存在下与氨水反应：
7．可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．具有导电性，可用于电池的负极材料
B．具有还原性，可用于漂白草编制品
C．溶液显蓝色，可用于游泳池防止藻类生长
D．在水中电离出，可用于检验葡萄糖
8．以处理后的海水(含NaI)为原料制取的某工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．“沉淀”后所得上层清液中
B．加Fe还原前用沉淀的目的是实现的富集
C．“滤渣”只含一种金属
D．“氧化”的目的是将、完全转化为、
9．乙酰乙酸乙酯能与Na反应放出H2，能使Br2的CCl4溶液褪色，还能发生如下转化：

已知：乙醛中含少量的异构体。下列说法不正确的是
A．乙酰乙酸乙酯中存在一定量的异构体
B．乙酰乙酸乙酯能发生加成、取代反应
C．推测可能为(表示碳负离子)
D．分子中无手性碳原子
10．含氮物质可发生如下反应：①
②
③
下列说法正确的是
A．常温下，NO与混合能立即看到红棕色气体，说明该反应已达平衡
B．反应②的
C．反应③消耗，理论上会生成标准状况下约
D．利用反应①、②、③可以同时处理含量较高的废气和含的废水
11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
用pH试纸测得：溶液的pH约为9，溶液的pH约为8
电离出的能力比的强
B
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
的氧化性比的强
C
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
12．能用于溶解纤维素，可通过与反应制备，原理为：。
已知：25℃时，的水溶液显碱性(，)。
下列说法正确的是
A．水溶液显碱性，表示其原因的离子方程式为
B．向溶液中加入等体积水溶液，所得溶液中存在：
C．向溶液中加入等体积水溶液，所得溶液中存在：
D．溶解纤维素，可能与纤维素中羟基能与形成配位键有关
13．碳热还原氧化锌反应可用于循环制氢。碳热还原氧化锌的主要反应如下：
反应I　　；
反应Ⅱ　　
在不同容器中分别发生反应I、反应Ⅱ，不同压强(P1或P2)下分别达平衡时，两个反应中随温度变化的关系如图所示。下列说法正确的是

A．压强大小：
B．在如图所示条件下，反应I可表示为
C．选择反应Ⅱ的小于反应I的条件，将C与ZnO置于同一密闭容器中，碳热还原氧化锌反应能顺利进行
D．一定条件下将C与ZnO置于同一密闭容器中反应，当时，增大的值，可减少平衡时气体中的含量

二、填空题
14．二氧化锰是电池工业的一种非常重要的原料
(1)电解含纳米颗粒的酸性溶液可以制备掺铝二氧化锰。悬浮纳米颗粒会在电场作用下向电极移动，与生成的共沉淀。
①写出生成的电极反应式___________。
②电解液中纳米颗粒表面所带电荷的电性为___________。
(2)溶液(含、等杂质)经除铁、沉锰得固体，煅烧可得到较纯。
①除铁时加入软锰矿(主要成分是)能除铁，原因是___________。
②已知沉淀是一种白色胶状固体，在空气中受热也可转化为。沉锰时将转化为而不转化为的原因是___________。
③如图是的一种晶型的晶胞，该晶胞中所围成的空间构型是___________。

(3)测定软锰矿中含量的方法如下：
步骤一：称取0.1500g软锰矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。
步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液22.00mL。
计算软锰矿中的质量分数__________，写出计算过程。
已知：(未配平)

三、有机推断题
15．化合物J是一种昆虫生长调节剂，其人工合成路线如下：

(1)C的分子式，其结构简式为___________。
(2)合成时不采用的方法，原因是___________。
(3)F→G反应需控制在130℃左右，温度过高会有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
(4)H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，能与溶液发生显色，碱性条件水解
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子；
(5)已知：。写出以甲苯、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)。

四、工业流程题
16．以固体为原料制备纯，其部分实验过程如下：

已知：①；
②，
有两性，；
③ 。
(1)“酸溶”后再“氧化”可提高氧化速率，理由是___________。
(2)“氧化”时产生气体中还有一定量。转化为反应的离子方程式为___________。
(3)若“氧化”不充分，“沉钯”时所得的产率降低，其原因是___________；氧化液中Pd的浓度一定，为提高的产率，“沉钯”时需控制的条件有：反应的温度、___________。
(4)可用作乙烯氧化制乙醛的催化剂，其部分反应机理如下：。形成配位键时，配体中电子云密度较大的区域易进入中心原子(或离子)的空轨道。乙烯分子与Pd2+形成的配位键中，乙烯分子提供电子对的区域是___________。
(5)已知：受热易水解，能与盐酸反应生成溶液；固体受热至175℃会分解为。请补充完整制备的实验方案：取沉钯后过滤所得，___________，得到干燥的粉末。实验中须使用的试剂：热蒸馏水、浓盐酸、溶液、稀。

五、原理综合题
17．烟气中的NOx是大气的主要污染物之一，NOx的吸收处理是当前研究的热点。
(1)还原吸收法
方法1：直接使用尿素[CO(NH2)2]溶液吸收烟气中的NOx。
方法2：先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收。
还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是___________(填“方法1”或“方法2”)。工业上选择方法2处理NOx的原因是___________。
(2)水吸收法
NO2和N2O4均能被水吸收，不同初始压强下，NO2和N2O4的混合气体被水吸收前和吸收达平衡后，气体中NO2和N2O4的体积分数如图所示。混合气体中与水反应的主要成分是___________。达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，原因是___________。

(3)配合物吸收法
钴氨配合物吸收NO的主要原理如下。对NO的配合能力很强，而对NO的配合能力极低。

①与NO反应的和与反应的物质的量之比为___________。
②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是___________。
(4)NO与在某催化剂表面反应生成的过程中，在催化剂表面能形成被吸附的O(用O-Site表示)，接下来的机理可能有两种：
机理1：
机理2：
上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为___________(填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是___________。


参考答案：
1．A
【详解】A．CO2合成淀粉能够吸收CO2，能有效促进“碳中和”，A符合题意；
B．火力发电是燃烧煤来提供热能，然后再转化为电能，不能减少CO2的排放，不能有效促进“碳中和”，B不合题意；
C．燃煤脱硫仅仅能够减少SO2的排放，不能有效减少CO2的排放，故不能有效促进“碳中和”，C不合题意；
D．可燃冰即甲烷，甲烷燃烧同样释放出CO2，即可燃冰开采不能减少CO2的排放，不能有效促进“碳中和”，D不合题意；
故答案为：A。
2．B
【详解】A．As的基态核外电子排布式为，A错误；
B．的中心原子N的价层电子对数为3，没有孤电子对，中心原子N的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，B正确；
C．固态属于分子晶体，C错误；
D．只含共价键，D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．Cl-和K+具有相同的核外电子排布，且Cl的核电荷数小于K，故半径大小：，A正确；
B．已知同一周期从上往下元素电负性依次减小，电负性大小：，B错误；
C．已知同一周期从上往下元素第一电离能依次减小，电离能大小：，C错误；
D．已知金属性K＞Na＞Mg，故碱性强弱：，D错误；
故答案为：A。
4．D
【详解】A．热的纯碱溶液碱性较强可使油脂水解生成溶水物质，从而去除油污，故A正确；
B．常温下铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，可用此方法制取，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，可用其吸收铁屑溶解过程产生的还原性气体，故C正确；
D．应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得，故D错误；
故选：D。
5．C
【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、键长、价层电子排布式和分子间作用力。
【详解】A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；
B．H—O的键长比H—S的短，B错误；
C．Cu2+的半经小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10 ，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；
D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．在高温下与反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：，选项A错误；
B．与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO、S和水，反应的化学方程式为：，选项B错误；
C．溶于稀硫酸生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．氨水呈碱性，没有大量H+，Cu在存在下与氨水反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选C。
7．A
【详解】A．根据题中信息可知，可用于钾离子电池的负极材料，说明具有导电性，选项A正确；
B．可用于漂白草编制品是利用其漂白性，与还原性无关，选项B错误；
C．可用于游泳池防止藻类生长是因为铜离子还能和细菌细胞内的蛋白质结合，从而杀死细菌，与溶液显蓝色无关，选项C错误；
D．在水中电离出，但用于检验葡萄糖的是新制的氢氧化铜悬浊液，选项D错误；
答案选A。
8．B
【分析】处理后的海水(含NaI)中加硝酸银溶液生成AgI沉淀，过滤后，加过量Fe将Ag置换出来，过滤得碘化亚铁溶液，在溶液中通氯气，将碘置换为单质，据此分析解答。
【详解】A．“沉淀”后所得上层清液为AgI的饱和溶液，，故A错误；
B．加Fe还原前用溶液，可将溶液中碘离子转化为AgI沉淀，从而实现的富集，故B正确；
C．滤渣中含过量的铁以及置换出的银单质，故C错误；
D．“氧化”的目的是将完全转化为，并不需要将铁完全氧化，故D错误；
故选：B。
9．D
【详解】A．由题干信息可知，乙酰乙酸乙酯能与Na反应放出H2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明乙酰乙酸乙酯中含有羟基或羧基和碳碳双键或碳碳三键等，故可推知乙酰乙酸乙酯中存在一定量的异构体，A正确；
B．由乙酰乙酸乙酯的结构简式可知，乙酰乙酸乙酯中含有酮羰基，故能发生加成，含有酯基故能发生取代反应，B正确；
C．由题干转化流程中Na+X-与CH3CH2CH2Br反应的产物可知，推测可能为(表示碳负离子)，C正确；
D．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由此可知分子中含有一个手性碳原子，即与-CH2CH2CH3相连的碳原子，D错误；
故答案为：D。
10．C
【详解】A．常温下，NO与混合能立即看到红棕色气体，说明该反应生成了二氧化氮气体，但是不确定是否平衡，故A错误；
B．反应②为气体分子数减小的反应，为熵减反应，故B错误；
C．由方程式可知，反应③消耗，理论上会生成1mol氮气，在标准状况下约，故C正确；
D．反应中涉及氢氧化钠和氯化铵两种物质，两者会反应生成氨气和氯化钠，故不能利用反应①、②、③可以同时处理含量较高的废气和含的废水，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】A．应该用pH试纸测定浓度相同的CH3COONa和NaNO2溶液，浓度不同无法判断，故A错误；
B．Br2把碘离子氧化为碘单质，I2遇淀粉变蓝色，溴的氧化性大于碘，故B正确；
C．X溶液中也可能本来就有Fe3+，不一定含有Fe2+，故C错误；
D．银镜反应应该在碱性条件下进行，要先加入氢氧化钠溶液中和硫酸至溶液呈碱性，再加入银氨溶液，故D错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．由电离常数可知可视为二元弱碱，其电离应分步进行，电离方程式：，故A错误；
B．溶液中加入等体积水溶液，两者恰好完全反应生成，所得溶液中存在：，故B错误；
C．向溶液中加入等体积水溶液，恰好完全反应生成，该物质为强酸弱碱盐，水解显酸性，，故C错误；
D．溶解纤维素，可能是因为存在空轨道，可与纤维素中羟基形成配位键，从而能溶解纤维素，故D正确；
故选：D。
13．D
【详解】A．已知反应Ⅱ是一个正反应为气体体积增大的方向，即增大压强，平衡逆向移动，则同温下压强越大，越小，结合题干图示信息可知，压强大小：，A错误；
B．由题干图示信息可知，压强相同的情况下，升高温度，减小，说明升高温度，反应I的平衡正向移动，则正反应是一个吸热反应，即在如图所示条件下，反应I可表示为 ，B错误；
C．由题干图示信息可知，选择反应Ⅱ的小于反应I的条件，将C与ZnO置于同一密闭容器中，此时反应I的平衡常数为K=在0.1~10左右，平衡常数很小，即碳热还原氧化锌反应不能顺利进行，C错误；
D．一定条件下将C与ZnO置于同一密闭容器中反应，当时，增大的值，即增大C的用量，促使进行反应Ⅱ，故可减少平衡时气体中的含量，D正确；
故答案为：D。
14．(1) 负电荷
(2) 将氧化成，消耗使溶液pH增大，形成沉淀除去 沉淀的过滤速率较慢；沉淀易吸附杂质离子)，所制得的纯度较低 八面体
(3)63.80%

【详解】（1）酸性溶液被氧化为二氧化锰，可得电极反应式为。二氧化锰在阳极产生，电解池中阴离子移向阳极，悬浮纳米颗粒会在电场作用下向电极移动，与生成的共沉淀，故电解液中纳米颗粒表面所带电荷的电性为负电荷。
（2）除铁时加入软锰矿将 Fe2+ 氧化成 Fe3+ ，消耗 H+ 使溶液pH增大，形成 Fe(OH)3 沉淀除去；沉淀是一种白色胶状固体，沉锰时将转化为会导致沉淀的过滤速率较慢；沉淀易吸附杂质离子)，所制得的纯度较低。晶胞中灰球为Mn，白球为，每个Mn的配位数为6，故该晶胞中所围成的空间构型是八面体。
（3）易知二氧化锰与KI的反应为，且与I2的反应为，由关系式可知，
故软锰矿中的质量分数为。
15．(1)
(2)I直接与A反应有副产物生成
(3)
(4)或
(5)

【分析】结合C的分子式和B→D：可知B中N-H断裂，则C为断C-Cl，发生取代反应生成产物HCl，据此可知C为，据此解题。
【详解】（1）由分析可知发生反应：+→+HCl，C为。
（2）合成时若采用的方法，反应步骤增多，转化率降低，副产物增多如，产率下降。
（3）F→G反应温度过高，可能导致另外一个碳氯键同样发生取代反应得到醚结构，结合分子式可知副产物为。
（4）H的同分异构体能发生银镜反应，能与溶液发生显色，碱性条件水解说明既含有酚羟基又是甲酸酯，结合分子中含有4种不同化学环境的氢原子可知H的同分异构体为或。
（5）结合已知信息和A→D的流程可知合成路线如下：。
16．(1)将配合物内界的转化为外界的，酸溶后的远大于酸溶前的
(2)
(3) 未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的 NaOH的用量(或反应时溶液的pH)
(4)乙烯分子中的键
(5)用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨

【分析】加入热的浓盐酸，发生已知信息中反应生成和，反应后溶液中加入NaClO3溶液将氧化为氮气，再加NaOH溶液发生已知②中反应，生成沉淀；过滤，将溶于盐酸得到PdCl2。
【详解】（1）“酸溶”后内界中的氨气分子转化为铵根离子，从而提高铵根离子浓度，可提高氧化速率；
（2）“氧化”时产生气体中还有一定量，原因为NaClO3能与氯离子氧化成氯气， 反应离子方程式为：；
（3）若氧化不充分，则溶液中未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的；因有两性，能溶于强碱，“沉钯”时需控制溶液的pH值防止碱性太强导致溶解；
（4）乙烯分子与Pd2+形成的配位键的是乙烯分子中的键；
（5）制备的实验方案：取沉钯后过滤所得，用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨，得到干燥的粉末。
17．(1) 方法2 在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；的氧化性强于NO
(2) 和与水反应后生成了NO
(3) 将还原为
(4) 机理2 机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关；浓度较小时，增加，O吸附量增大，反应速率加快；浓度较大时，增加，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢

【详解】（1）先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收，NO和NO2均被CO(NH2)2还原为N2，已知等物质的量的NO和NO2，后者消耗的尿素更多，故还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是方法2，NO转化为NO2后在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；且NO2的氧化性强于NO，故工业上选择方法2处理NOx，故答案为：方法2；NO2在水中溶解性好，与尿素溶液反应速率快；NO2的氧化性强于NO；
（2）水吸收法
由题干图示信息可知，水吸收过程中N2O4的初始和平衡气体的体积分数变化比较明显，而NO2的变化不明显，即可推知混合气体中与水反应的主要成分是N2O4，已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，3N2O4+2H2O=4HNO3+2NO，即NO2和N2O4与水反应后生成了NO，导致达平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，故答案为：N2O4 ；NO2和N2O4与水反应后生成了NO；
（3）①由题干图示信息可知，[Co(NH3)6]2++NO=[Co(NH3)5NO]2++NH3，2[Co(NH3)6]2++O2=[(NH3)3Co-O-O-Co(NH3)3]4++6NH3，[Co(NH3)5NO]2++[(NH3)3Co-O-O-Co(NH3)3]4++6NH3+H2O=[Co(NH3)5NO2]2++2[Co(NH3)6]3++2OH-，由此分析可知，与NO反应的[Co(NH3)6]2+和与O2反应的[Co(NH3)6]2+物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
②由题干信息可知，[Co(NH3)6]2+对NO的配合能力很强，而[Co(NH3)6]3+对NO的配合能力极低，钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是将[Co(NH3)6]3+还原为[Co(NH3)6]2+；
（4）由题干两个基元反应信息可知，机理1认为反应速率与O吸附量有关，而与NO的吸附量无关，而机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，结合题干图示信息可知，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢，故机理2能合理解释图中曲线变化，故答案为：机理2；机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，当O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢。