江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2023届高三下学期考前练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀
C．马家窑文化遗址出土的单刃青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
D．“一带一路”是现代版的“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式： B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6 D．NaClO的电子式：
3．X、Y、Z、W、P五种元素，其核电荷数依次增大。X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等；Z原子的核外电子有8种运动状态；Z与W元素位于同一族；P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法正确的是
A．Z、Y、X元素的第一电离能依次减小
B．Y基态原子的轨道表示式：
C．P原子的价层电子排布为
D．P单质分别与Z、W单质反应，产物中P的化合价一定相同
4．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO；亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂。实验室欲由下列装置制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到各自实验目的的是
A．制取氯气 B．制取氯水
C．提高HClO浓度 D．分离HClO
5．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列关于ClO2、ClO和ClO的说法不正确的是
A．1molClO含3molσ键
B．ClO2属于共价化合物
C．ClO的空间结构为三角锥
D．ClO的键角比ClO的键角大
6．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是
A．漂白粉HClO(aq)Cl2(g)
B．MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
C．NaCl(aq)Cl2(g) FeC13
D．NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)
7．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO；亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂。亚氯酸钠(NaClO2)实验室制备过程为：①在强酸性介质中用SO2还原NaClO3制备ClO2；②在碱性介质中ClO2与H2O2反应，得到亚氯酸钠溶液；③再经一系列操作可得亚氯酸钠固体。下列说法正确的是
A．①中可用盐酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质
B．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为1∶2
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为ClO+e-+2H+=ClO2+H2O
8．纯磷酸(易吸潮，沸点)可由的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于时会脱水生成焦磷酸。下列说法不正确的是

A．通入N2可防止暴沸，并具有搅拌和加速水逸出的作用
B．丙处应连接冷凝管
C．磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键
D．连接减压装置的目的是降低磷酸沸点
9．一种新型AC/LiMn2O4电池体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1：2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极。充电、放电的过程如图所示：

下列说法正确的是
A．合成LiMn2O4的过程中可能有H2产生
B．放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe-=Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充电时AC极应与电源负极相连
D．可以用Li2SO4水溶液做电解液
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
向苯酚钠水溶液中通入CO2，观察溶液是否浑浊
苯酚的酸性比碳酸弱
B
向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
FeCl3和KI反应为可逆反应
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
D
向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，观察溴水是否褪色
丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
11．碳酸甘油酯是一种重要的绿色有机化合物，其一种合成方法如下：

下列有关说法正确的是
A．环氧丙烷分子不存在手性异构体
B．碳酸丙烯酯分子中键和键数目比为
C．甘油在水中的溶解度比碳酸甘油酯在水中的溶解度大
D．1,2-丙二醇与足量氢溴酸混合共热最多生成2种有机取代产物
12．已知：25℃，Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。常温下，通过下列实验探究NH4HC2O4溶液的性质，有关说法正确的是
实验
实验操作及现象
1
用pH试纸测0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液的pH＜7
2
向10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HC2O4溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，过滤
3
向实验2所得白色沉淀中加入10 mL饱和Na2CO3溶液，浸泡一段时间，无明显现象，过滤，向滤渣中滴加盐酸，有气体生成
A．实验1溶液中存在：c(HC2O)＞c(NH)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
B．实验2反应的离子方程式为：HC2O＋Ba2+＋OH-═ BaC2O4↓＋H2O
C．实验3中发生：BaC2O4＋COBaCO3＋C2O，不变时说明沉淀转化达平衡
D．由实验3可得：Ksp(BaC2O4)＞Ksp(BaCO3)
13．在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如下图所示。

已知反应管内发生的反应为
反应1∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.5 kJ·mol-1
反应2∶CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·mol-1
B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值
C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少
D．220℃~280℃时，反应1的速率高于反应2的速率

二、工业流程题
14．用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O的工艺流程如下：

(1)Fe2+较易被氧化成Fe3+，请从原子结构的角度分析其可能的原因： 。
(2)已知：室温下Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，“氧化”后溶液中c(Mn2+)=0.2mol·L-1。
①欲使溶液中c(Fe3+) Ksp时生成碳酸钡沉淀，由现象不能比较Ksp大小，D错误；
故选C。
13．D
【分析】由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。
【详解】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-49.5 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故A错误；
B．由图可知，280℃时，出口处CH3OH的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于CH3OH的选择性平衡值，出口处CH3OH的体积=起始CO2的体积CO2的转化率CH3OH的选择性，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，故B错误；
C．反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，CH3OH的选择性随温度升高而降低，则220℃~240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，故C错误；
D．根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，故D正确；
答案选D。
14．(1)失去3d能级上的一个电子，变成半满稳定结构
(2) 3.2～8.0
(3)打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞
(4) 样品的纯度为： 晶体样品可能失去部分结晶水

【详解】（1）Fe2+氧化成Fe3+，从原子结构角度看，失去的是3d能级上的一个电子，Fe2+价电子排布式3d6，失去一个电子后变成3d5半满稳定结构，所以该过程较容易发生。
（2）①根据Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、完全沉淀时c(Fe3+) mol/L，pH>3.2。根据Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、c（Mn2+)=0.2mol/L，计算Mn2+开始沉淀时溶液的pH：c(OH-)= mol/L，pH=8。所以控制溶液pH的范围是3.2～8.0。
②除铁原理是CaCO3促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，故反应方程式为： 。
（3）因为萃取剂的密度比水溶液小，所以水溶液可直接从分液漏斗下端放出，具体操作为打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞。
（4）①0.4690 g Na2C2O4的物质的量为0.0035 mol，其被样品中 MnSO4生成的 和加入的 20.00 mL 0.0200 mol/L KMnO4氧化。根据电子守恒得2~5，设样品中MnSO4·H2O物质的量为x，则2.5(x+0.0200×0.0200)=0.0035mol，解得：x=0.001 mol，m(MnSO4·H2O)=169×0.001 =0.1690 g，MnSO4·H2O样品的纯度为。
②若晶体样品失去结晶水，而在数据处理时以“MnSO4·H2O”计算，会使得MnSO4·H2O质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。
15．(1)羰基、碳碳三键
(2)
(3)或
(4)苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻C原子，发生加成反应
(5)

【分析】A和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B和镁反应生成C，C和二氧化碳反应后水解引入羧基得到D，D发生取代反应引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式为C10H10，结合G结构可知，F为，则EF反应为取代反应；G再转化为H；
【详解】（1）由G结构可知，有机物G中的官能团名称为酮羰基、碳碳三键；
（2）有机物F的分子式为C10H10，则其结构简式为
（3）D中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物为；其同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲酸酯基；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2个甲酸酯基，且水解后生成酚羟基，故可以为或。
（4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；
（5）苯乙烯和溴加成引入溴原子，再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2发生D生成E的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E生成G的反应得到，再和发生G生成H的反应生成产物，故流程为：。
16．(1)和LiOH溶液直接混合生成，而极易被氧化，最终产品中混有化合物
(2)
(3)利用其还原性，防止被氧化
(4) 萃取后的LiCl溶液中混有HCl，三辛胺将溶液中的HCl反应除去、减小溶液中浓度，又能增大浓度，从而有利于生成
(5)向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加溶液若无沉淀生成

【详解】（1）和LiOH溶液直接混合生成，而极易被氧化，最终产品中混有化合物，所以共沉淀反应投料时，不将和LiOH溶液直接混合。
（2）、LiOH和溶液发生共沉淀反应生成、硫酸氢铵、水，反应的化学方程式为；
（3）活性炭有吸附性、导电性、还原性等，在有的情境下，考虑利用其还原性，防止被氧化。
（4）①根据流程图可知“磷锂分离”的原理是与反应，将转变为而除去，反应方程式为。
②萃取后的LiCl溶液中混有HCl，利用三辛胺难溶于水、呈碱性，将溶液中的HCl反应除去、减小溶液中浓度，又能增大浓度，从而有利于生成。
（5）废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡时、过滤，已将铝溶解除去，剩余固体成分为炭、和，从中获得溶液并沉淀生成的基本思路是：用酸溶解、过滤，除炭；将氧化、调节pH除；用溶液沉淀得。具体方案为：向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加溶液若无沉淀生成。
17．(1)30～60℃时，随温度升高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率加快，溶液中(NH4)2CO3的浓度增大，反应速率加快同时升高温度也可以加快反应速率；60～70℃时，SO2在溶液中的溶解量减少，脱除率减小
(2) 2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2 1∶4
(3)对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)

【分析】本题考查的是CO(NH2)2(尿素)和H2O2在固体催化剂作用下脱硫、脱硝的流程，利用CO(NH2)2(尿素)将燃煤烟气中的SO2转化为(NH4)2SO3、(NH4)2SO4，利用雾化后的H2O2将NO快速氧化为NO2、HNO3等物质，然后NO2与吸收液中(NH4)2SO3反应生成(NH4)2SO4，同时排放出N2。
【详解】（1）30～60℃时，SO2的脱除率增大的主要影响因素是：温度越高，CO(NH2)2水解生成(NH4)2CO3的速率越快，溶液中(NH4)2CO3的浓度越大，及升高温度可以加快反应速率；60～70℃时，SO2的脱除率较小的主要影响因素是：SO2在溶液中的溶解量越少，反应速率减慢；
（2）①脱硝时与发生氧化还原反应生成(NH4)2SO4和N2，反应的化学方程式：2NO2＋4(NH4)2SO3=4(NH4)2SO4＋N2；②化学式为可看作，La为+3价、O为-2价，可得5个Fe的化合价之和为+11，可由1个和4个组成，和的物质的量之比为1：4；
（3）使用固体催化剂的优点是：对反应的pH没有要求，反应后无需处理含Fe2＋、Fe3＋的溶液(废液)。