江苏省2023-2024学年高三下学期4月百校联考化学试题（含答案）

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1.【答案】A
【解析】用于生产芯片的硅是单晶硅。
2.【答案】B
【解析】OH—的电子式为 ，A项错误；Ca的价电子排布式为4s2，C项错误；C2H2为非极性分子，D项错误。
3．【答案】D
【解析】制备氨气时，为防止水倒流入管底，试管口要略下倾，A项错误；氨气与浓硫酸会反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，B项错误；收集氨气时，瓶口不能用塞子塞住，塞住不利于排出瓶中的空气，C项错误；烧瓶中充满氨气，挤出滴管中水后，打开止水夹，因氨气极易溶于水，烧瓶中能形成较大压强差，外界大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，D项正确。
4．【答案】D
【解析】同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，原子半径由大到小顺序为r(Li)> r(Be)> r(B)> r(C) ，A项错误；同周期元素，从左到右第一电离能趋于增大，但由于Be的2s轨道处于全充满的较稳定状态，所以I1(B)5．【答案】C
【解析】1735Cl、1737Cl是氯元素的两种核素，都属于氯元素，A项正确；ClO3—有一对孤电子对，ClO2—有两对孤电子对，ClO2—中孤电子对间的排斥力大，键角小，B项正确；Cl2O的中心原子轨道杂化类型为sp3，SO2的中心原子轨道杂化类型为sp2，C项错误；NaCl晶胞中含有4个Na+和4个Cl—，D项正确。
6．【答案】B
【解析】反应SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(g) ∆H=a kJ·ml-1(a<0)，SO2Cl2(g)＝SO2Cl2(l)是放热过程，因此，反应SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ∆H7．【答案】C
【解析】SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，A项错误；ClO2具有氧化性，可用于自来水杀菌消毒，B项错误；NaClO中含有ClO－，ClO－是弱酸根，水解使NaClO溶液呈碱性，C项正确；NaCl的熔点比AlCl3高，是因为NaCl形成离子晶体、AlCl3形成分子晶体，D项错误。
8．【答案】A
【解析】钠暴露在空气中不能转化为Na2O2，A项错误；侯氏制碱是将氨气先通入饱和食盐水，再通入CO2生成NaHCO3，NaCl (饱和)+NH3+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，加热NaHCO3生成Na2CO3，B项正确；Na2O2与CO2为潜水艇供氧的原理为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，C项正确；泡沫灭火器的反应原理为Al3++3HCO3—＝Al(OH)3↓+3CO2↑，D项正确。
9．【答案】C
【解析】Y中的-CH3碳原子为sp3杂化，所有的原子不可能共平面，A项错误；Z中的-CH2OH可以发生氧化反应、取代反应，但不能发生消去反应，B项错误；X含酚羟基，Y、Z均不含酚羟基，用FeCl3溶液可鉴别X与Y、Z，Y中含醛基、Z中不含醛基，用新制的氢氧化铜可鉴别Y与Z，C项正确；Y、Z分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物相同，均为，D项错误。
10．【答案】C
【解析】该反应的∆S<0，A项错误；硫是固态，不写入平衡常数表达式，反应的平衡常数K=c2H2OcSO2∙c2H2，B项错误；步骤Ⅰ反应中有S-O极性键和H-H非极性键的断裂，C项正确；该反应中每生成1ml S，转移电子的数目约为43×6.02×1023，D项错误。
11．【答案】A
【解析】室温下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，向浓度均为 0.1ml·L-1的NaCl和 NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，首先观察到生成AgI黄色沉淀，A项正确；相同浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液，可以通过比较溶液pH大小来判断CH3COO—、NO2—结合 H＋的能力，方案没有说明二者浓度相等，B项错误；1 mL 0.1 ml·L-1 KI溶液和2 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液充分反应后，Fe3+过量，不能确定Fe3+和I—的反应有一定的限度，C项错误；检验淀粉水解产物，需要向水解产物中加入NaOH溶液中和过量的稀硫酸，再加入银氨溶液水浴加热，观察是否有银镜生成，D项错误。
12．【答案】D
【解析】K2CO3溶液中存在质子守恒c(OH—)= c(H+)+c(HCO3—)+2c(H2CO3)，或依据电荷守恒c(K+)+ c(H+)=c(OH—)+ c()+2c()、元素质量守恒c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)推得c(HCO3—) =c(OH—)-c(H+)-2c(H2CO3)，A项错误；KHCO3溶液中，HCO3—的水解平衡常数 Kh==10−144.5×10−7≈2.2×10-8＞Ka2= 5.0×10-11，表明HCO3—的水解大于其电离，溶液中c(H2CO3)＞c()，B项错误；再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2HCO3— CO2↑+CO32-+H2O；C项错误；室温下，当吸收塔中c(CO32-): c(HCO3—)=1:2时，由Ka2=cCO32−∙cH+cHCO3−可知，c(H+)=2×5.0×10-11=1.0×10-10，则吸收塔中溶液的pH=10，D项正确。
13．【答案】B
【解析】由图示CO2的平衡转化率知，温度升高CO2的平衡转化率减小，说明该反应的ΔH<0，M点的平衡常数比N点的大，A项错误；在体积为1L的恒容密闭容器中，充入3 mll H2和1ml CO2，M点时二氧化碳转化率为50%，根据
，
产物CH2=CH2的体积分数=×100%= 113，B项正确；250 ℃-350 ℃时，催化效率降低主要是因为催化剂活性降低，C项错误；250℃时，CO2的平衡转化率为50%，其他条件不变，当CO2的转化率位于M1点时，仅延长反应时间可以使转化率达到50%，D项错误。
14.（15分）
【答案】
（1）BC （2分，选1个且正确得1分，见错0分）
（2）2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4（2分）（所有方程式未配平或少“↓”或“↑”总扣1分，只要化学式有错误不得分。第二卷方程式按照此标准执行）
（3）2SO32-＋2e−＋4H＋＝S2O42-＋2H2O（2分）
（4）将SO2转化为Na2S2O4，NO转化为NH4NO3，Ce(SO4)2通过氧化、电解，实现循环利用。（3分，每点1分）
（5）①6（2分）
②过量氧气会将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+不能与EDTA形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高。（2分）
③2.5ml。（2分，无单位扣1分）
【解析】（1）加快通入尾气的速率，不能提高尾气中SO2的吸收率，A项错误；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中SO2的吸收率，B项正确；定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，提高尾气中SO2的吸收率，C项正确，选BC。
（2）Ce(SO4)2与NO反应生成Ce2(SO4)3和物质的量之比为1:1的HNO2与HNO3，反应的化学方程式为2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4。
（3）在电解槽的阴极SO32-被还原成S2O42-，电极反应式为2SO32-+2e−+4H＋＝S2O42-+2H2O。
（4）由工艺流程图可知，从物质转化的角度来说，本工艺的优点是将SO2转化Na2S2O4、NO转化为NH4NO3；Ce(SO4)2与H2SO4通过氧化、电解，实现循环利用。
（5）①根据EDTA与Fe2+形成的配离子知道，Fe2+提供空轨道形成配位键，配位数为6。
②氧气含量高于2%时，过量氧气将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+不能与EDTA形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高。
③根据题意，标准状况下22.4LNO的物质的量为1ml，再生时NO被Na2S2O4还原为NH4+，转移电子5ml，1mlS2O42-被氧化为SO32-转移电子2ml，故理论上消耗Na2S2O4的物质的量为2.5ml。
15．（15分）
【答案】
（1）C（2分）
（2）吸收反应生成的HCl，提高E的产率（2分，仅答吸收反应的HCl得1分）。
（3）（2分，见错不得分）
（4）两者均为分子晶体，前者能形成分子间氢键，而后者不能（2分，不写“两者均为分子晶体”不影响得分）。
（5） （2分，见错不得分，其他合理答案参照给分）
（6）（5分，如果条件明显错误，如第一步条件用NaOH醇溶液加热，熔断；仅少加热符号扣1分，其他评分参照执行；其他合理答案参照给分）

或
【解析】（1）原子发射光谱和吸收光谱的特征谱线用于鉴定元素，红外光谱用于测定某有机物分子中所含有的化学键或官能团，核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的类型和它们的数目之比，则欲确定 中虚线框内基团的结构，可采用的分析方法为红外光谱，C项正确。
（2）吡啶是一种有机碱，能吸收反应生成的HCl，提高E的产率。
（3）A→B生成的另一种产物为HCl，说明发生取代反应，B为。
（4）和，两者均为分子晶体，前者能形成分子间氢键，而后者不能，前者熔点高于后者。
（5）先确定分子中含有2个苯环、氨基、酚羟基，然后根据分子中有6种不同化学环境的氢原子确定结构简式为。
（6）

或
16．（16分）
【答案】
（1）适当升高酸浸温度；适当加快搅拌速率；适当延长浸取时间（2分）（任写2点，见错不得分）
（2）FeS2 + 14Fe3+ + 8H2O＝15Fe2+ + 2SO42- + 16H+（2分）
（3）①Fe2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3·H2O＝FeCO3↓＋NHeq \\al(＋,4)＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3＝FeCO3↓＋NHeq \\al(＋,4))（2分）
②过滤速率更快（加快过滤速率，得到固体含水量更低）（1分）
= 3 \* GB3 ③在45℃水浴加热条件下（1分），边搅拌边向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液（1分）；控制溶液pH为6.4，反应1h后，趁热过（抽）滤（1分）；用去离子水洗涤沉淀，直至取最后一次洗涤滤液，滴加2ml·L–1盐酸酸化，再滴加2ml·L–1 BaCl2溶液，无白色沉淀生成（1分）。（共计4分，FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液顺序错误，熔断）
（4）外层温度较高，且氧气浓度大，有利于碳酸亚铁完全氧化为氧化铁；内层温度较低，且氧气浓度小，不利于碳酸亚铁完全被氧化而生成四氧化三铁。（2分，每点1分）
当FeCO3全部转化为Fe2O3时，理论失重率最小。
设FeCO3的物质的量为1ml，全部生成Fe2O3的物质的量为0.5ml，理论失重率为：
（116-160×1/2）/116×100%=31.03%（1分）
因为29.32%<31.03%，说明在60℃下烘干时，已有部分FeCO3转化为Fe2O3。（2分）（共计3分，计算Fe2O3、Fe3O4，但未得出结论扣2分）
17．（15分）
【答案】
（1） = 1 \* GB3 ①AgOH +2NH3·H2O＝Ag(NH3)2OH+ 2H2O 或AgOH +2NH3＝Ag(NH3)2OH（2分）
= 2 \* GB3 ② （2分）
= 3 \* GB3 ③相同条件下，银氨溶液与Na2HPO4溶液中Ag+、PO43-的浓度比AgNO3溶液和Na3PO4溶液中要小，反应速率适宜，易于控制生成Ag3PO4的结构和形貌。（2分，无Ag3PO4的结构和形貌不得分）
（2） = 1 \* GB3 ①31000M（2分）；WO3/C/Ag3PO4（1分）；光降解实验过程中催化剂表面部分Ag+（Ag3PO4）被还原成Ag，从而导致催化剂对BPA的降解率减小（2分）。
= 2 \* GB3 ②·OH、h+（2分）；O2+2H++2e—＝2·OH，或O2+2H++2e—＝H2O2，H2O2＝2·OH（2分）。仅写H2O2＝2·OH不得分。
【解析】
（1） = 1 \* GB3 ①生成的白色沉淀为AgOH，AgOH溶于NH3·H2O生成Ag(NH3)2OH，反应方程式为AgOH +2NH3·H2O＝Ag(NH3)2OH+ 2H2O或AgOH +2NH3＝Ag(NH3)2OH。
= 2 \* GB3 ② = 1 \* rman i. HPO42-H++PO43- Ka3(H3PO4)
= 2 \* rman ii. Ag3PO4(s)3Ag+(aq)+PO43- (aq) Ksp(Ag3PO4)
= 3 \* rman iii. Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+ K稳{[Ag(NH3)2]+}
= 3 \* rman iv. H2OH++OH— Kw
= 1 \* rman i- = 2 \* rman ii- = 3 \* rman = 3 \* rman iii×3- = 3 \* rman iv即得总反应3[Ag(NH3)2]++ HPO42-+OH—=6NH3+Ag3PO4↓+H2O，
根据多重平衡规则得，
= 3 \* GB3 ③相同条件下，银氨溶液与Na2HPO4溶液中Ag+、PO43-的浓度比AgNO3溶液和Na3PO4溶液中要小，反应速率适宜，易于控制生成Ag3PO4的结构和形貌。
（2） = 1 \* GB3 ①双酚A初始浓度为100mg/L=ml/L， 0~20min内，降解率为60%，则平均降解速率为110M×60%×120 =31000M ml·L-1·min-1。
由题17图-1知，WO3/C/Ag3PO4经过3次循环后，降解率仍在70%以上，而Ag3PO4经过3次循环后，降解率低于40%，因此，催化降解BPA效果比较好的催化剂是WO3/C/Ag3PO4。
由题17图-2知，WO3/C/Ag3PO4样品经循环3次后的X射线衍射图谱中出现Ag的信号峰，说明催化剂表面部分Ag+（Ag3PO4）被还原成Ag，从而导致催化剂对BPA的降解率减小。
= 2 \* GB3 ②从图知，在WO3表面， BPA和h+反应生成CO2和H2O；在Ag3PO4表面，·OH和BPA反应生成CO2和H2O；即在降解BPA过程中起主要作用的是·OH、h+；Ag3PO4表面产生 ·OH的反应为O2+2H++2e—＝2·OH，或O2+2H++2e—＝H2O2，H2O2＝2·OH。