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精品解析：江苏省新海高中、徐州一中2022-2023学年高一下学期6月学情调研考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省新海高中、徐州一中2022-2023学年高一下学期6月学情调研考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省新海高级中学高一年级6月学情调研测试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Fe：56
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是
A. 棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物
B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应
C. 煤的液化、石油的裂化和煤的干馏都属于化学变化
D. CuSO4能使蛋白质变性，可用作游泳池消毒剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．棉的成分是纤维素，丝、毛的成分是蛋白质，棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，故A正确；
B．糖类中的单糖不能发生水解反应，故B错误；
C．煤的液化、石油的裂化和煤的干馏都有新物质生成，都属于化学变化，故C正确；
D．CuSO4是重金属盐，CuSO4能使蛋白质变性，可用作游泳池消毒剂，故D正确；
选B。
2. 下列相关化学用语不正确的是
A. 乙烯球棍模型： B. 乙烷的空间填充模型：
C. 乙醇的电子式： D. 乙醛的结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯的球棍模型为，A正确；
B．乙烷的空间填充模型为，B正确；
C．乙醇中氧原子周围有8个电子形成稳定结构，图中氧原子周围只有4个电子，C错误；
D．乙醛的结构式为，D正确；
故选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 晶体硅可用作航天器的太阳能电池板
B. 武德合金的熔点低，可用作电器的保险丝
C. 制造5G芯片的氮化铝属于无机非金属材料
D. “超轻海绵”使用的石墨烯是有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体硅可用作航天器的太阳能电池板，A正确；
B．武德合金的熔点低，可用作电器的保险丝，B正确；
C．制造5G芯片的氮化铝属于新型无机非金属材料，C正确；
D．“超轻海绵”使用的石墨烯属于无机物，不属于有机高分子材料，D错误。
故选D。
4. 如图是氢氧燃料电池构造示意图，关于该电池的说法不正确的是
A. a极是负极
B. 电流由a通过灯泡流向b
C. 氢氧燃料电池是环保电池
D. 正极的电极反应式是：O2＋4H+＋4e－=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．a极氢气失电子生成氢离子，a是负极，故A正确；
B．a是负极、b是正极，电流由b通过灯泡流向a，故B错误；
C．氢氧燃料电池的产物只有水，无污染，是环保电池，故C正确；
D．正极氧气得电子生成水，电极反应式是O2＋4H+＋4e－=2H2O，故D正确；
选B。
5. 下列物质性质与用途不具有对应关系的是
A. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
B. Na2CO3溶液呈碱性，可用于除油污
C. Al2O3熔点高，可用作耐火材料
D. NH3易液化，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液有较强的氧化性，能够氧化铜单质，可用于蚀刻铜制的电路板，A错误；
B．油污在碱性条件下会发生水解而除去，而碳酸钠溶液就呈碱性，B正确；
C．熔点高的物质能够做耐高温耐火材料，氧化铝熔点高，所以可用作耐火材料，C正确；
D．NH3易液化，当液氨气化时，会吸收热量，使环境温度降低，可做制冷剂，D正确；
故选A。
6. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A. 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气的还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
7. 白磷和红磷的能量转化关系如图所示，下列说法正确的是
A. 白磷和红磷互为同位素
B. 白磷转化为红磷是物理变化
C. 白磷转化为红磷时放出热
D. 相同条件下，白磷的稳定性大于红磷
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．白磷和红磷是磷元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．白磷与红磷是两种不同物质，因此白磷转化为红磷是化学变化，B错误；
C．根据图示可知白磷的能量比等质量的红磷高，故白磷转化为红磷时会放出热量，反应是放热反应，C正确；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知白磷的能量比等质量的红磷高，故在相同条件下，红磷的稳定性大于白磷，D错误；
故合理选项是C。
8. 下列指定化学反应的离子方程式正确的是
A. 用稀硝酸洗涤试管壁上的Ag：
B. NO2通入水中制硝酸：
C. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：
D NaOH溶液吸收少量Cl2：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用稀硝酸洗涤试管壁上的Ag，反应的离子方程式为，故A错误；
B．NO2通入水中制硝酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．NaOH溶液吸收少量Cl2生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A.
B. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．，A正确；
B．饱和食盐水中充入氨气和二氧化碳得到碳酸氢钠，不能直接得到碳酸钠，反应方程式为，B错误；
C．Al在高温条件下可以和氧化铁发生置换反应置换出Fe，但Fe无法置换出Al，C错误；
D．BaCl2溶液中充入SO2无法发生化学反应，不能得到BaSO3，D错误。
故选A。
10. 现有下列各组物质：①甲烷和乙酸 ②苯和乙炔 ③乙烯和乙醇 ④甲苯和邻二甲苯 ⑤丙烯和乙烯。只要总物质的量一定，各组中的两种物质不论以何种比例混合，完全燃烧时消耗氧气的质量也总是定值的是
A. ①③ B. ③⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】烃及烃的含氧衍生物燃烧均可表示为，可知各组物质分别为1mol时消耗的氧气分别为①：2mol、2mol；②7.5 mol、3.5 mol；③3 mol、3mol；④9 mol、10.5 mol；⑤4.5 mol、3 mol。由此可知只要总物质的量一定，各组中的两种物质不论以何种比例混合，完全燃烧时消耗氧气的质量也总是定值的是①③，故选A。
11. 在一定温度下，某体积不变的密闭容器中，发生反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。 下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是
A. v正(CO)=v逆(H2O)
B. 体系的压强不再发生变化
C. 混合气体的密度不再发生变化
D. 1mol H—H键断裂的同时有2mol H—O键生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据v正(CO)=v逆(H2O)，可知相同时间内CO的消耗量等于其生成量，说明达到了平衡，A正确；
B．反应前后气体的物质的量发生变化，容器中的压强不断变化，当压强不再变化时，说明反应达到平衡，B正确；
C．若反应未达到平衡，则气体的质量将不断发生变化，而容器的体积始终不变，则气体的密度也将不断变化，密度不变则说明反应达到平衡，C正确；
D．1mol H—H键断裂的同时必然会生成1mol水，也即有2mol H—O键生成，不能说明反应达到平衡，D错误；
故选D。
12. 下列实验结论正确的是
实验操作
现象
结论
A
向苯中加入溴水，充分振荡后静置
水层颜色变浅
苯与溴发生取代反应
B
将乙醇与酸性重铬酸钾溶液混合
橙红色溶液变绿色
乙醇具有还原性
C
向淀粉溶液中加适量20%硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉未水解
D
向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴入少量KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中一定含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴易溶于苯，向苯中加入溴水，充分振荡后静置，水层颜色变浅，苯萃取溴水中的溴，故A错误；
B．乙醇具有还原性，乙醇能还原酸性重铬酸钾，故B正确；
C．向淀粉溶液中加适量20%硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，淀粉可能未完全水解，故C错误；
D．向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴入少量KSCN溶液，溶液变为红色，该溶液中可能含Fe2+或Fe3+，故D错误；
选B。
13. 在一定条件下进行反应：COCl2(g) Cl2(g) + CO(g)，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2(g)，反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法不正确的是
A. 生成Cl2的平均反应速率：0～2 s比2～4 s快
B. 0～2 s COCl2的平均分解速率为 0.075 mol•L－1·s－1
C. 该条件下，COCl2的最大转化率为60.0%
D. 平衡时，CO的体积分数约为28.6%
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～2 s生成0.3mol氯气， 2～4 s生成0.09mol氯气，Cl2的平均反应速率：0～2 s比2～4 s快，故A正确；
B．0～2 s生成0.3mol氯气，则反应消耗0.3mol COCl2，COCl2的平均分解速率为0.075 mol•L－1·s－1，故B正确；
C．该条件下，最多生成0.4mol氯气，则反应最多消耗0.4mol COCl2，COCl2的最大转化率为，故C错误；
D．平衡时，生成0.4mol氯气，同时生成生成0.4molCO，消耗0.4mol COCl2， CO的体积分数约为28.6%，故D正确；
选C。
14. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为－2
C. 净化器内NO被氧化
D. 净化器内SO2发生的反应为2HO• + SO2 = H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．易知中氧元素显价，化合价升高，O2失去电子，A正确；
B．HO•为自由基，显电中性，由氢元素显+1价可知O显-1价，B错误；
C．净化器内NO被氧化为HNO3，C正确；
D．净化器内HO•将SO2氧化为硫酸，发生的反应为2HO• + SO2 = H2SO4，D正确。
故选B。
二、非选择题：共4小题，共58分
15. 以乙烯和油脂为原料制备化合物F的流程如下：
（1）C中含有的官能团名称是___________；C+D→ F的反应类型为___________。
（2）等物质的量的A、D分别与足量金属钠反应，生成气体的物质的量之比为___________。
（3）油脂制备硬脂酸钠的过程中，加入热的饱和食盐水的目的是___________。
（4）F的结构简式为___________。
（5）比乙烯多一个碳原子的同系物，其发生加聚反应的化学方程式：___________。
（6）A→B的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 酯化（取代）反应
（2）1:3 （3）促使硬脂酸钠凝聚而析出
（4） （5）nCH2=CHCH3
（6）2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
【解析】
【分析】乙烯和水反应制得乙醇，故A为乙醇，乙醇催化氧化成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，故B为乙醛，C为乙酸，油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和丙三醇，故D为丙三醇，结合F的分子式可推知丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，据此作答。
【小问1详解】
由分析知C为乙酸，故含有的官能团为羧基；C+D→ F是丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，故为取代反应；
【小问2详解】
A为乙醇，D为丙三醇，金属钠都是和羟基发生的反应，而等物质的量的D中羟基的个数是A中的三倍，故生成气体的物质的量之比为1：3。
【小问3详解】
油脂制备硬脂酸钠的过程中，加入热的饱和食盐水的目的是降低硬脂酸钠的溶解度，促使硬脂酸钠凝聚而析出。
【小问4详解】
结合F的分子式可推知丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，故F的结构简式为：
；
【小问5详解】
比乙烯多一个碳原子同系物是丙烯，加聚反应的化学方程式：nCH2=CHCH3；
【小问6详解】
A→B发生的反应是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：
2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
16. 实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为___________；该操作将I2还原为I－的目的是___________。
（2）操作X的名称为___________。
（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应(实验装置如图所示)。
①实验控制在较低温度下进行的原因是___________。
②锥形瓶里盛放的为___________溶液。(填化学式)
（4）已知：5 + 2 + 2H＋= I2 + 5 + H2O。某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2，可能存在I－、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、的实验方案：
取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含I－，若溶液不变蓝，说明废水中不含I－；另从水层中取少量溶液，___________________。(实验中须用的试剂有：稀盐酸、淀粉溶液、Na2SO3溶液)
【答案】（1） ①. + I2 + H2O = 2I－ + + 2H＋ ②. 使CCl4中的碘进入水层
（2）分液 （3） ①. 使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化) ②. NaOH
（4）加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含；若溶液不变蓝，说明废水中不含
【解析】
【分析】含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)加稍过量的Na2SO3溶液将I2还原为I－，目的是使CCl4中碘进入水层，通过操作X分液可分离出CCl4，水层中通入氯气将I－氧化为I2，富集后经分离提纯可得I2。
【小问1详解】
Na2SO3具有还原性，能将I2还原为I－，反应的离子方程式为+I2 +H2O=2I－++2H＋；含碘废液中的I2溶解在CCl4溶液中，将I2还原为I-的目的是使CCl4中碘进入水层。
【小问2详解】
水层和CCl4层为互不相溶的液体，通过操作X可分离出CCl4，则该操作为分液。
【小问3详解】
①实验控制在较低温度下进行，是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度或防止I2升华或防止I2进一步被氧化；
②锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2，故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。
【小问4详解】
检验IO，可以利用IO的氧化性，加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含；若溶液不变蓝，说明废水中不含。
17. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al2O3并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为___________。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=(1—)×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于___________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，涉及铝元素反应的离子方程式为___________。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生 成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)∶n(FeS2)=___________。
（5）Fe3O4磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是：3Fe2++2+O2+4OH－ =Fe3O4↓++2H2O。每生成1molFe3O4，被Fe2+还原的O2的物质的量为___________mol。
（6）某Fe3O4样品中混有的杂质为FeO、Fe2O3中的一种。实验测定过程如下：
①步骤1：称取1.9080g样品置于锥形瓶中，加入足量盐酸，加热使之完全溶解。
②步骤2：向锥形瓶中先加入足量的SnCl2溶液，将Fe3+全部转化为Fe2+，除去过量的Sn2+，再加入一定量的硫酸和磷酸，并滴加指示剂。
③步骤3：向锥形瓶中滴加0.1640mol·L－1K2Cr2O7溶液，发生反应：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。恰好完全反应时，共消耗25.00mL K2Cr2O7溶液。
由计算可知，Fe3O4样品中铁元素的质量分数为___________(结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）SO2+OH−=
（2） ①. FeS2 ②. 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3↓+
（4）16∶1 （5）0.5
（6）72.2%
【解析】
【分析】高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量FeS2、金属硫酸盐，加少量氧化钙、通入空气，FeS2转化为Fe2O3和二氧化硫，加氢氧化钠“碱浸”，Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，滤渣加FeS2“焙烧”， Fe2O3与FeS2反应生成Fe3O4和SO2。
【小问1详解】
NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO2+OH−=；
【小问2详解】
①高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量FeS2、金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，所以不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉，硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中，所以硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。
【小问3详解】
“过滤”得到的滤液中含有偏铝酸钠，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3↓+。
【小问4详解】
设xmolFe2O3与ymolFeS2混合后在缺氧条件下焙烧，根据S元素守恒，生成2ymolSO2、生成 molFe3O4，根据O元素守恒，x:y=16:1，理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)∶n(FeS2)=16:1。
【小问5详解】
3Fe2++2+O2+4OH－ =Fe3O4↓++2H2O。每生成1molFe3O4，Fe2+共失去2mol电子，被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol。
【小问6详解】
恰好完全反应时，共消耗25.00mL 0.1640mol·L－1K2Cr2O7溶液，根据Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可知Fe2+的物质的量为0.025L× 0.1640mol·L－1×6=0.0246mol，Fe3O4样品中铁元素的质量分数为。
18. 氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为___________。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是___________(写化学式)。
（2）选择性催化还原法(SCR)工艺是以NH3 为还原剂，在催化剂作用下选择性地与NOx发生氧化还原反应生成无害化的N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O(g) △H1=－905.8 kJ/mol
N2(g)+ O2(g)=2NO(g) △H2 = +180 kJ/mol
则NH3与NO反应的热化学方程式为：___________。
（3）可用ClO2将氮氧化物转化成。向一定量ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为___________。
（4）纳米铁粉可去除水体中的。
①将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除水体中，其部分反应原理如图所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除效率更高，其主要原因是___________。
②控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的，测得溶液中含氮物质(、、)浓度随时间变化如图所示。与初始溶液中浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(、、)总浓度减小，原因是___________。
【答案】（1） ①. 5：4 ②. NH4NO3
（2）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=−1805.8 kJ/mol
（3）3+ 4NO + 4OH－= 3Cl－+ 4+ 2H2O
（4） ①. 添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快反应速率，因此去除效率更高 ②. 反应过程中有部分被还原为N2，逸出溶液
【解析】
【小问1详解】
已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；
NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2 + H2O=2HNO3 + NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；
【小问2详解】
根据题意，化学反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)，根据盖斯定律知该反应的 △H=
△H1-5 △H2=−1805.8 kJ/mol，
故热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=−1805.8 kJ/mol ；
【小问3详解】
氧化NO，NO失电子被氧化为，得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：
3+ 4NO + 4OH－= 3Cl－+ 4+ 2H2O
【小问4详解】
添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；
反应过程中有部分中+5价N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(、、)总浓度减小,
2023年江苏省新海高级中学高一年级6月学情调研测试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Fe：56
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是
A. 棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物
B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应
C. 煤的液化、石油的裂化和煤的干馏都属于化学变化
D. CuSO4能使蛋白质变性，可用作游泳池消毒剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．棉的成分是纤维素，丝、毛的成分是蛋白质，棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，故A正确；
B．糖类中的单糖不能发生水解反应，故B错误；
C．煤的液化、石油的裂化和煤的干馏都有新物质生成，都属于化学变化，故C正确；
D．CuSO4是重金属盐，CuSO4能使蛋白质变性，可用作游泳池消毒剂，故D正确；
选B。
2. 下列相关化学用语不正确的是
A. 乙烯球棍模型： B. 乙烷的空间填充模型：
C. 乙醇的电子式： D. 乙醛的结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯的球棍模型为，A正确；
B．乙烷的空间填充模型为，B正确；
C．乙醇中氧原子周围有8个电子形成稳定结构，图中氧原子周围只有4个电子，C错误；
D．乙醛的结构式为，D正确；
故选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 晶体硅可用作航天器的太阳能电池板
B. 武德合金的熔点低，可用作电器的保险丝
C. 制造5G芯片的氮化铝属于无机非金属材料
D. “超轻海绵”使用的石墨烯是有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体硅可用作航天器的太阳能电池板，A正确；
B．武德合金的熔点低，可用作电器的保险丝，B正确；
C．制造5G芯片的氮化铝属于新型无机非金属材料，C正确；
D．“超轻海绵”使用的石墨烯属于无机物，不属于有机高分子材料，D错误。
故选D。
4. 如图是氢氧燃料电池构造示意图，关于该电池的说法不正确的是
A. a极是负极
B. 电流由a通过灯泡流向b
C. 氢氧燃料电池是环保电池
D. 正极的电极反应式是：O2＋4H+＋4e－=2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．a极氢气失电子生成氢离子，a是负极，故A正确；
B．a是负极、b是正极，电流由b通过灯泡流向a，故B错误；
C．氢氧燃料电池的产物只有水，无污染，是环保电池，故C正确；
D．正极氧气得电子生成水，电极反应式是O2＋4H+＋4e－=2H2O，故D正确；
选B。
5. 下列物质性质与用途不具有对应关系的是
A. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
B. Na2CO3溶液呈碱性，可用于除油污
C. Al2O3熔点高，可用作耐火材料
D. NH3易液化，可用作制冷剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液有较强的氧化性，能够氧化铜单质，可用于蚀刻铜制的电路板，A错误；
B．油污在碱性条件下会发生水解而除去，而碳酸钠溶液就呈碱性，B正确；
C．熔点高的物质能够做耐高温耐火材料，氧化铝熔点高，所以可用作耐火材料，C正确；
D．NH3易液化，当液氨气化时，会吸收热量，使环境温度降低，可做制冷剂，D正确；
故选A。
6. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A. 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气的还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
7. 白磷和红磷的能量转化关系如图所示，下列说法正确的是
A. 白磷和红磷互为同位素
B. 白磷转化为红磷是物理变化
C. 白磷转化为红磷时放出热
D. 相同条件下，白磷的稳定性大于红磷
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．白磷和红磷是磷元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．白磷与红磷是两种不同物质，因此白磷转化为红磷是化学变化，B错误；
C．根据图示可知白磷的能量比等质量的红磷高，故白磷转化为红磷时会放出热量，反应是放热反应，C正确；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知白磷的能量比等质量的红磷高，故在相同条件下，红磷的稳定性大于白磷，D错误；
故合理选项是C。
8. 下列指定化学反应的离子方程式正确的是
A. 用稀硝酸洗涤试管壁上的Ag：
B. NO2通入水中制硝酸：
C. 向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：
D NaOH溶液吸收少量Cl2：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用稀硝酸洗涤试管壁上的Ag，反应的离子方程式为，故A错误；
B．NO2通入水中制硝酸，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．NaOH溶液吸收少量Cl2生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A.
B. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．，A正确；
B．饱和食盐水中充入氨气和二氧化碳得到碳酸氢钠，不能直接得到碳酸钠，反应方程式为，B错误；
C．Al在高温条件下可以和氧化铁发生置换反应置换出Fe，但Fe无法置换出Al，C错误；
D．BaCl2溶液中充入SO2无法发生化学反应，不能得到BaSO3，D错误。
故选A。
10. 现有下列各组物质：①甲烷和乙酸 ②苯和乙炔 ③乙烯和乙醇 ④甲苯和邻二甲苯 ⑤丙烯和乙烯。只要总物质的量一定，各组中的两种物质不论以何种比例混合，完全燃烧时消耗氧气的质量也总是定值的是
A. ①③ B. ③⑤ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】烃及烃的含氧衍生物燃烧均可表示为，可知各组物质分别为1mol时消耗的氧气分别为①：2mol、2mol；②7.5 mol、3.5 mol；③3 mol、3mol；④9 mol、10.5 mol；⑤4.5 mol、3 mol。由此可知只要总物质的量一定，各组中的两种物质不论以何种比例混合，完全燃烧时消耗氧气的质量也总是定值的是①③，故选A。
11. 在一定温度下，某体积不变的密闭容器中，发生反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。 下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是
A. v正(CO)=v逆(H2O)
B. 体系的压强不再发生变化
C. 混合气体的密度不再发生变化
D. 1mol H—H键断裂的同时有2mol H—O键生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据v正(CO)=v逆(H2O)，可知相同时间内CO的消耗量等于其生成量，说明达到了平衡，A正确；
B．反应前后气体的物质的量发生变化，容器中的压强不断变化，当压强不再变化时，说明反应达到平衡，B正确；
C．若反应未达到平衡，则气体的质量将不断发生变化，而容器的体积始终不变，则气体的密度也将不断变化，密度不变则说明反应达到平衡，C正确；
D．1mol H—H键断裂的同时必然会生成1mol水，也即有2mol H—O键生成，不能说明反应达到平衡，D错误；
故选D。
12. 下列实验结论正确的是
实验操作
现象
结论
A
向苯中加入溴水，充分振荡后静置
水层颜色变浅
苯与溴发生取代反应
B
将乙醇与酸性重铬酸钾溶液混合
橙红色溶液变绿色
乙醇具有还原性
C
向淀粉溶液中加适量20%硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉未水解
D
向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴入少量KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中一定含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴易溶于苯，向苯中加入溴水，充分振荡后静置，水层颜色变浅，苯萃取溴水中的溴，故A错误；
B．乙醇具有还原性，乙醇能还原酸性重铬酸钾，故B正确；
C．向淀粉溶液中加适量20%硫酸，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，淀粉可能未完全水解，故C错误；
D．向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴入少量KSCN溶液，溶液变为红色，该溶液中可能含Fe2+或Fe3+，故D错误；
选B。
13. 在一定条件下进行反应：COCl2(g) Cl2(g) + CO(g)，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2(g)，反应过程中测得的有关数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法不正确的是
A. 生成Cl2的平均反应速率：0～2 s比2～4 s快
B. 0～2 s COCl2的平均分解速率为 0.075 mol•L－1·s－1
C. 该条件下，COCl2的最大转化率为60.0%
D. 平衡时，CO的体积分数约为28.6%
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～2 s生成0.3mol氯气， 2～4 s生成0.09mol氯气，Cl2的平均反应速率：0～2 s比2～4 s快，故A正确；
B．0～2 s生成0.3mol氯气，则反应消耗0.3mol COCl2，COCl2的平均分解速率为0.075 mol•L－1·s－1，故B正确；
C．该条件下，最多生成0.4mol氯气，则反应最多消耗0.4mol COCl2，COCl2的最大转化率为，故C错误；
D．平衡时，生成0.4mol氯气，同时生成生成0.4molCO，消耗0.4mol COCl2， CO的体积分数约为28.6%，故D正确；
选C。
14. O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)
A. O2转化为时失去电子
B. HO•中氧元素的化合价为－2
C. 净化器内NO被氧化
D. 净化器内SO2发生的反应为2HO• + SO2 = H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．易知中氧元素显价，化合价升高，O2失去电子，A正确；
B．HO•为自由基，显电中性，由氢元素显+1价可知O显-1价，B错误；
C．净化器内NO被氧化为HNO3，C正确；
D．净化器内HO•将SO2氧化为硫酸，发生的反应为2HO• + SO2 = H2SO4，D正确。
故选B。
二、非选择题：共4小题，共58分
15. 以乙烯和油脂为原料制备化合物F的流程如下：
（1）C中含有的官能团名称是___________；C+D→ F的反应类型为___________。
（2）等物质的量的A、D分别与足量金属钠反应，生成气体的物质的量之比为___________。
（3）油脂制备硬脂酸钠的过程中，加入热的饱和食盐水的目的是___________。
（4）F的结构简式为___________。
（5）比乙烯多一个碳原子的同系物，其发生加聚反应的化学方程式：___________。
（6）A→B的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 酯化（取代）反应
（2）1:3 （3）促使硬脂酸钠凝聚而析出
（4） （5）nCH2=CHCH3
（6）2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
【解析】
【分析】乙烯和水反应制得乙醇，故A为乙醇，乙醇催化氧化成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，故B为乙醛，C为乙酸，油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和丙三醇，故D为丙三醇，结合F的分子式可推知丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，据此作答。
【小问1详解】
由分析知C为乙酸，故含有的官能团为羧基；C+D→ F是丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，故为取代反应；
【小问2详解】
A为乙醇，D为丙三醇，金属钠都是和羟基发生的反应，而等物质的量的D中羟基的个数是A中的三倍，故生成气体的物质的量之比为1：3。
【小问3详解】
油脂制备硬脂酸钠的过程中，加入热的饱和食盐水的目的是降低硬脂酸钠的溶解度，促使硬脂酸钠凝聚而析出。
【小问4详解】
结合F的分子式可推知丙三醇和三个乙酸发生酯化反应生成F，故F的结构简式为：
；
【小问5详解】
比乙烯多一个碳原子同系物是丙烯，加聚反应的化学方程式：nCH2=CHCH3；
【小问6详解】
A→B发生的反应是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：
2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
16. 实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为___________；该操作将I2还原为I－的目的是___________。
（2）操作X的名称为___________。
（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应(实验装置如图所示)。
①实验控制在较低温度下进行的原因是___________。
②锥形瓶里盛放的为___________溶液。(填化学式)
（4）已知：5 + 2 + 2H＋= I2 + 5 + H2O。某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2，可能存在I－、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、的实验方案：
取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含I－，若溶液不变蓝，说明废水中不含I－；另从水层中取少量溶液，___________________。(实验中须用的试剂有：稀盐酸、淀粉溶液、Na2SO3溶液)
【答案】（1） ①. + I2 + H2O = 2I－ + + 2H＋ ②. 使CCl4中的碘进入水层
（2）分液 （3） ①. 使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化) ②. NaOH
（4）加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含；若溶液不变蓝，说明废水中不含
【解析】
【分析】含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)加稍过量的Na2SO3溶液将I2还原为I－，目的是使CCl4中碘进入水层，通过操作X分液可分离出CCl4，水层中通入氯气将I－氧化为I2，富集后经分离提纯可得I2。
【小问1详解】
Na2SO3具有还原性，能将I2还原为I－，反应的离子方程式为+I2 +H2O=2I－++2H＋；含碘废液中的I2溶解在CCl4溶液中，将I2还原为I-的目的是使CCl4中碘进入水层。
【小问2详解】
水层和CCl4层为互不相溶的液体，通过操作X可分离出CCl4，则该操作为分液。
【小问3详解】
①实验控制在较低温度下进行，是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度或防止I2升华或防止I2进一步被氧化；
②锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2，故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。
【小问4详解】
检验IO，可以利用IO的氧化性，加入1～2mL淀粉溶液，加稀盐酸酸化，再滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含；若溶液不变蓝，说明废水中不含。
17. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产Al2O3并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为___________。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率=(1—)×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于___________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，涉及铝元素反应的离子方程式为___________。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生 成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)∶n(FeS2)=___________。
（5）Fe3O4磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是：3Fe2++2+O2+4OH－ =Fe3O4↓++2H2O。每生成1molFe3O4，被Fe2+还原的O2的物质的量为___________mol。
（6）某Fe3O4样品中混有的杂质为FeO、Fe2O3中的一种。实验测定过程如下：
①步骤1：称取1.9080g样品置于锥形瓶中，加入足量盐酸，加热使之完全溶解。
②步骤2：向锥形瓶中先加入足量的SnCl2溶液，将Fe3+全部转化为Fe2+，除去过量的Sn2+，再加入一定量的硫酸和磷酸，并滴加指示剂。
③步骤3：向锥形瓶中滴加0.1640mol·L－1K2Cr2O7溶液，发生反应：Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。恰好完全反应时，共消耗25.00mL K2Cr2O7溶液。
由计算可知，Fe3O4样品中铁元素的质量分数为___________(结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）SO2+OH−=
（2） ①. FeS2 ②. 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3↓+
（4）16∶1 （5）0.5
（6）72.2%
【解析】
【分析】高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量FeS2、金属硫酸盐，加少量氧化钙、通入空气，FeS2转化为Fe2O3和二氧化硫，加氢氧化钠“碱浸”，Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，滤渣加FeS2“焙烧”， Fe2O3与FeS2反应生成Fe3O4和SO2。
【小问1详解】
NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO2+OH−=；
【小问2详解】
①高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量FeS2、金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，所以不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉，硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中，所以硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。
【小问3详解】
“过滤”得到的滤液中含有偏铝酸钠，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+ CO2 + 2H2O =Al(OH)3↓+。
【小问4详解】
设xmolFe2O3与ymolFeS2混合后在缺氧条件下焙烧，根据S元素守恒，生成2ymolSO2、生成 molFe3O4，根据O元素守恒，x:y=16:1，理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)∶n(FeS2)=16:1。
【小问5详解】
3Fe2++2+O2+4OH－ =Fe3O4↓++2H2O。每生成1molFe3O4，Fe2+共失去2mol电子，被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol。
【小问6详解】
恰好完全反应时，共消耗25.00mL 0.1640mol·L－1K2Cr2O7溶液，根据Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可知Fe2+的物质的量为0.025L× 0.1640mol·L－1×6=0.0246mol，Fe3O4样品中铁元素的质量分数为。
18. 氮的化合物是重要的化工原料，其转化一直是化学研究的热点。
（1）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：
①氨催化氧化时会生成副产物N2O。生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时，消耗的O2的物质的量之比为___________。
②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟成分是___________(写化学式)。
（2）选择性催化还原法(SCR)工艺是以NH3 为还原剂，在催化剂作用下选择性地与NOx发生氧化还原反应生成无害化的N2和H2O。
已知：4NH3(g)+5O2(g)= 4NO(g)+6H2O(g) △H1=－905.8 kJ/mol
N2(g)+ O2(g)=2NO(g) △H2 = +180 kJ/mol
则NH3与NO反应的热化学方程式为：___________。
（3）可用ClO2将氮氧化物转化成。向一定量ClO2的溶液中加入NaOH溶液调节至碱性，ClO2转化为去除氮氧化物效果更好的NaClO2，再通入NO气体进行反应。碱性条件下NaClO2去除NO反应的离子方程式为___________。
（4）纳米铁粉可去除水体中的。
①将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除水体中，其部分反应原理如图所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除效率更高，其主要原因是___________。
②控制其他条件不变，用纳米铁粉还原水体中的，测得溶液中含氮物质(、、)浓度随时间变化如图所示。与初始溶液中浓度相比，反应后溶液中所有含氮物质(、、)总浓度减小，原因是___________。
【答案】（1） ①. 5：4 ②. NH4NO3
（2）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=−1805.8 kJ/mol
（3）3+ 4NO + 4OH－= 3Cl－+ 4+ 2H2O
（4） ①. 添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快反应速率，因此去除效率更高 ②. 反应过程中有部分被还原为N2，逸出溶液
【解析】
【小问1详解】
已知反应4NH3+5O2=4NO+6H2O、2NH3+2O2=N2O+3H2O，则生成含等物质的量氮元素的NO与N2O时消耗氧气的物质的量分别为5mol和4mol，即消耗的O2的物质的量之比为5:4；
NH3催化氧化生成NO和H2O后，M中发生如下反应：2NO+O2=2NO2、3NO2 + H2O=2HNO3 + NO、NH3+HNO3=NH4NO3，白烟成分即为NH4NO3的固体小颗粒；
【小问2详解】
根据题意，化学反应为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)，根据盖斯定律知该反应的 △H=
△H1-5 △H2=−1805.8 kJ/mol，
故热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=−1805.8 kJ/mol ；
【小问3详解】
氧化NO，NO失电子被氧化为，得电子被还原为Cl-，离子反应方程式为：
3+ 4NO + 4OH－= 3Cl－+ 4+ 2H2O
【小问4详解】
添加少量铜粉后形成铜铁原电池，加快了氧化还原反应速率，因此去除NO效率更高；
反应过程中有部分中+5价N得电子被还原为N2或其他不溶于水的气体逸出溶液，使得反应后溶液中所有含氮物质(、、)总浓度减小,
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