江苏省前黄名校2023-2024学年高三上学期期中适应性考试 化学（解析版）

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可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Zn-65
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A. 华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B. “酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C. 免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D. 葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．硅是良好的半导体材料，芯片主要成分是硅，故A不正确；
B．“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，故B不正确；
C．重金属离子能使蛋白质发生变性，银离子是重金属离子，所以免洗洗手液的有效成分活性胶质银离子能使蛋白质变性，故C正确；
D．“丹砂(HgS)在加热下生成汞，汞在常温下可转变为丹砂(HgS)” 二者反应条件不同、不互为可逆反应，故D不正确；
故选C。
2. 反应COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2污染。下列化学用语表示错误的是
A. COCl2是极性分子B. N2H4的电子式为
C. 二氧化硅的分子式为SiO2D. CO(NH2)2只含共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．COCl2的中心原子C的价层电子对数为3，为sp2杂化，孤电子对数为0，形成三角形结构，三角形三个顶点上有三个原子，分别是两个Cl原子和一个O原子，它们形成的键合力不为0，所以COCl2是极性分子，A正确；
B．N2H4为共价化合物，故电子式为 ，B正确；
C．SiO2是原子晶体，没有分子式只有化学式，C错误；
D．CO(NH2)2只含共价键，D正确；
选C。
3. 下列有关物质的性质与用途说法不正确的是
A. 碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，可用作工业用碱或食用碱
B. 常温下用铝制容器盛装浓硝酸，是因为铝很稳定不与浓硝酸反应
C. 利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池
D. 自来水厂用氯气杀菌消毒，是因为氯气可与水反应形成次氯酸具有强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液显碱性，能与酸反应且产生气体，可用作工业用碱或食用碱，A正确；
B．浓硝酸能与铝反应，并使铝表面生成钝化膜，从而阻止铝与浓硝酸的进一步反应，所以常温下用铝制容器盛装浓硝酸，B不正确；
C．利用高纯单质硅的半导体性能，能将光能转化为电能，从而制成光电池，C正确；
D．自来水厂用氯气杀菌消毒，是利用氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，达到杀菌消毒的目的，D正确；
故选B。
4. 在给定条件下，下列转化能够实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠与四氯化钛溶液反应时，钠先与水反应，反应生成的氢氧化钠溶液与四氯化钛溶液反应，不能置换出金属钛，故A错误；
B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不能生成碳酸氢钠，故B错误；
C．碳酸钠和偏铝酸钠溶液不反应，故C错误；
D．碳酸的酸性弱于羧酸，但强于酚，所以邻羟基苯甲酸与碳酸氢钠反应生成邻羟基苯甲酸钠、二氧化碳和水，故D正确；
故选D。
5. 已知：氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮的重要化合物，白磷(P4)易自燃，易溶于CS2，Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。NH3是一种常见气体。下列实验能达到实验目的的是
A. 用图甲装置制取NH3B. 用图乙装置干燥NH3
C. 用图丙装置收集NH3D. 用图丁装置制CaCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，温度降低重新结合成氯化铵固体，不能制取NH3，故A错误；
B．NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C．NH3密度比空气小，收集时应“短进长出”，故C错误；
D．氯化钙溶液中含少量氨气，使溶液呈碱性，吸收少量二氧化碳气体，可发生复分解反应生成碳酸钙，故D正确；
答案选D。
6. 已知：氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮的重要化合物，白磷(P4)易自燃，易溶于CS2，Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。下列有关说法正确的是
A. N2H4、NO2、HNO3中N的杂化方式均为sp2
B. 白磷分子(P4)是非极性分子，可保存在冷水中
C. 磷肥与草木灰混合施肥效果更佳
D. 砷化镓的晶胞结构如图所示，镓原子配位数为8
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化，NO2中存在3原子四电子大π键，故N采用sp2杂化，HNO3中N原子没有孤对电子，也采取sp2杂化，A错误；
B．已知CS2是非极性分子，故白磷(P4)易自燃，易溶于CS2，根据相似相溶原理可知，白磷分子(P4)是非极性分子，可保存在冷水中，B正确；
C．草木灰的主要成分是强碱弱酸盐碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解生成的氢氧根离子能与磷肥的有效成分磷酸二氢钙反应生成难溶的磷酸钙沉淀，导致肥效降低，C错误；
D．由晶胞结构可知，距离镓原子最近的砷原子有4个，则镓原子配位数为4，D错误；
故答案为：B。
7. 已知：氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH3、N2H4、NO、NO2、HNO3等是氮的重要化合物，白磷(P4)易自燃，易溶于CS2，Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。随着人们环保意识的增强，燃油汽车都已经装上了尾气处理装置。汽车尾气可发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，下列说正确的是
A. 该反应能自发进行，说明反应物的总能量大于产物的总能量
B. 增大NO投料，一定能增大产物在反应体系中的百分含量
C. 反应中每消耗1mlNO转移电子的数目约等于4×6.02×1023
D. 升高温度一定能加快该反应的反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应能自发进行，，又，所以，即该反应为放热反应，说明反应物的总能量大于产物的总能量，故A正确；
B．增大NO投料，会使反应体系的总物质的量增大，所以产物在反应体系中的百分含量不一定能增大，故B错误；
C．NO在反应中转化为N2，N元素化合价由+2降低到0，故每消耗1ml NO转移电子的数目约等于2×6.02×1023，故C错误；
D．升高温度，若催化剂的失活，该反应的反应速率不一定加快，故D错误；
故选A。
8. 2020年是“氢键”的百年诞辰.M分子部分结构如图所示(-表示氢键)。是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A. 氢键是一种特殊的化学键B. 稳定性：W2Z＞WY
C. X的氧化物的水化物是强碱D. 简单离子半径：
【答案】D
【解析】
【分析】是短周期主族元素；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，且能形成氢键，根据原子结构可知，W是H，Z是O；化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，则Y的非金属性强于Z，Y是F；X元素是地壳中含量最高的金属元素，则X是Al；综合分析：W是H、X是Al、Y是F、Z是O，依此解答。
【详解】A．氢键是一种特殊的分子间作用力，影响物质的物理性质，A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越强，故稳定性：HF＞H2O，B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，C错误；
D．原子结构相同，序数越大，半径越小，故简单离子半径：，D正确；
答案选D。
9. 镀锌铁皮可用于制备七水合硫酸锌(ZnSO47H2O)，其流程如图。
下列有关说法正确的是
A. 镀锌铁皮的镀层被破坏后铁的腐蚀比生铁快
B. “氧化”发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
C. “调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Zn2+、SO、Fe3+、H+
D. 从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发滤液至有大量晶体出现时停止加热，利用余热将液体蒸干
【答案】B
【解析】
【分析】镀锌铁皮加入稀硫酸溶解，Zn、Fe分别与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁，过滤除去不溶于硫酸的杂质，滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化锌调节pH，除去铁离子，使其转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，得到含有硫酸锌的滤液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到ZnSO47H2O。
【详解】A．镀锌铁皮的镀层被破坏后，形成原电池，锌作负极，铁被保护，则铁的腐蚀比生铁慢，故A错误；
B．由分析知，“氧化”时，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故B正确；
C． “调pH” 时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故“调pH”后所得溶液中不能大量存在的离子有Fe3+，故C错误；
D．从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选B。
10. 一种利用有机胺(TBA)联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A. “制碱过程”后通过加热蒸发结晶得到NaHCO3
B. 该工艺原子利用率100%
C. “氯化过程”每生成lmlC2H4Cl2，总反应中消耗0.5mlO2
D. “胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A． NaHCO3热稳定性差，加热易分解，应通过降温结晶得到NaHCO3，故A错误；
B．从生成工艺流程图可以看出，反应物全部转化成产物，该工艺原子利用率100%，故B正确；
C． “氯化过程”的方程式为C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，再结合胺再生过程方程式4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，可得C2H4Cl2~2CuCl~0.5O2，所以每生成lmlC2H4Cl2，总反应中消耗0.5mlO2，故C正确；
D．结合图示物质及转化关系，可得 “胺再生过程”反应为4CuCl+O2+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，故D正确；
故答案为：A
11. 盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A. 电池工作时，Pt电极是正极
B. 图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+
C. 电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D. 电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【详解】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；
B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1mlNO和0.3mlH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
故选C。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1ml•L-1NaHCO3溶液与0.1ml•L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，溶液pH从12下降到约为9
实验4：0.1ml•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡
下列说法正确的是
A. 由实验1可得出：Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)＜10-16
B. 实验2中两溶液混合时有：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3
C. 实验3中发生反应的离子方程式为+H2O+CO2=2
D. 实验4所得溶液中c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验1中，Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)= ∙=，0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH约为8，表明溶液中水解是主要的，电离是次要的，c()＜c(H2CO3)，所以＜c2(H+)=10-16，A正确；
B．实验2中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05 ml•L-1，c()＜0.05 ml•L-1，则有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)∙c()=(0.05 ml•L-1)∙(＜0.05 ml•L-1)＜2.5×10-3，B不正确；
C．实验3中发生反应的离子方程式为2Na+++H2O+CO2=2NaHCO3↓，C不正确；
D．实验4中，0.1ml•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分H2CO3发生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)+ c(CO2)，则c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，D不正确；
故选A。
13. 某催化剂作用下CO2和H2合成甲酸仅涉及以下反应：
I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1