江苏省2022届高三上学期百校联考第一次考试化学试卷

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江苏省百校联考高三年级第一次考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Ca40 I27
第I卷(选择题 共42分)
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. 我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质发生盐析
B. 北斗卫星导航系统由我国自主研发独立运行，其所用芯片的主要成分为SiC
C. 太阳能、风能等能源是一次能源，核电、光电等属于二次能源
D. 石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，石墨烯是一种有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以为了防止蛋白质在温度较高时发生蛋白质的变性，A错误；
B．北斗卫星导航系统由我国自主研发独立运行，其所用芯片的主要成分为晶体Si，B错误；
C．太阳能、风能等能源是以现成形式直接被利用的能源，因此属于一次能源；而核电、光电等是以现成能源为基础经过加工制取得到的能源，故属于二次能源，C正确；
D．石墨烯是C元素的单质，不是化合物，因此不属于有机高分子材料，D错误；
故合理选项是C。
2. 碳化铝通常用于冶金工业，在冷水中会产生甲烷：。下列有关说法正确的是
A. CH4为极性分子 B. 中子数为10的氧原子为
C. H2O的电子式为 D. Al3+的电子排布式为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．CH4为正四面体结构，分子高度对称，是由极性键C-H构成的非极性分子，A错误；
B．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为10的氧原子可表示为，B错误；
C．H2O是由共价键构成的化合物，其电子式为：，C错误；
D．Al是13号元素，核外电子排布是2、8、3，Al3+是Al原子失去最外层电子形成的，核外电子排布是2、8，与Ne原子相同，所以Al3+的电子排布式为，D正确；
故合理选项是D。
3. 氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，、(肼)、、、等是氮重要的无机化合物，下列氮及其化合物的性质与用途的对应关系不正确的是
A. 硫酸铵溶液水解显酸性，可用作除锈剂
B. 液氨易气化，可用作致冷剂
C. 氮气的化学性质稳定，部分地区储藏蔬菜和水果常充氮气来防氧化
D. 常温下浓硝酸与铁或铝发生钝化，因此不能用铁制或铝制容器装浓硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．硫酸铵溶液中铵根水解显酸性，与铁锈反应，因此可用作除锈剂，故A正确；
B．液氨易气化，气化时吸收大量热，常用作致冷剂，故B正确；
C．氮气含有氮氮三键，化学性质稳定，部分地区储藏蔬菜和水果常充氮气来防氧化，故C正确；
D．常温下浓硝酸与铁或铝发生钝化，因此常用铁制或铝制容器装浓硝酸，故D错误。
综上所述，答案为D。
4. NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为 ，下列有关说法正确是
A. 降低体系温度逆反应速率减小，正反应速率增大
B. 若容器体积不变，气体颜色不变时说明该反应未建立化学平衡
C. 其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡的值不变
D. 减小体系的压强能降低N2O4的反应速率和转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．降低体系温度，逆反应速率减小，正反应速率也减小，A错误；
B．若容器体积不变，气体颜色不变时说明NO2的浓度不变，同时N2O4的浓度也不变，因此该反应建立了化学平衡状态，B正确；
C．温度不变，化学平衡常数就不变，所以其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡的值不变，C正确；
D．减小体系的压强，化学平衡正向移动，能提高N2O4的转化率，但反应速率却下降，D错误；
故合理选项是C。
5. 氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，、(肼)、、、等是氮重要的无机化合物，白磷(P4)易自燃，易溶于；是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。下列关于氮、磷、砷三种元素及其单质、化合物的说法正确的是
A. 磷肥与草木灰混合后施肥效果一定会更佳
B. 肼的沸点为113.5℃，说明肼分子间不存在氢键
C. 白磷分子(P4)是非极性分子，白磷不能保存在水中
D. 氮、磷、砷三种元素的第一电离能大小关系：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．磷肥溶液显酸性，草木灰溶液显碱性，两者混合后，施肥效果更差，故A错误；
B．肼的沸点为113.5℃，肼分子间存在氢键，故B错误；
C．白磷分子(P4)是非极性分子，水的极性分子，白磷易自然，因此白磷保存在水中，故C错误；
D．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此氮、磷、砷三种元素的第一电离能大小关系：，故D正确。
综上所述，答案为D。
6. 实验室制取乙烯(C2H4)并进行有关性质检验时下列装置能达到相应实验目的的是
A. 制备 C2H4 B. 除去 C2H4中的CO2
C. 收集 C2H4 D. 吸收C2H4尾气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生乙烯，温度计要测量溶液的温度，温度计的水银球应该在液面以下，A错误；
B．CO2是酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应，而C2H4不能反应，因此可以达到除杂、净化的目的，B正确；
C．C2H4的密度比空气略小，不能使用向上排空气的方法收集，C错误；
D．C2H4不溶于水，不能用水进行尾气处理，D错误；
故合理选项是B。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数与Y原子的最外层电子数相等，Z是第IA族元素，元素W与元素Z同周期且W的非金属性在同周期中最强。下列说法正确的是
A. 电解由Z和W组成的化合物的水溶液可以用于制备单质Z
B. 简单气态氢化物的沸点：Y C. X、Y能组成含有配位键的化合物
D. 元素电负性：X>W
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是第IA族元素，元素W与元素Z同周期且W的非金属性在同周期中最强，Z是Na元素、W是Cl元素；X、Y、Z、W原子序数之和为42，X原子的核外电子数与Y原子的最外层电子数相等，设X的核外电子数是a，则Y核外电子数是2+a，可知a+2+a=42-11-17，解得a=6，所以X是C元素、Y是O元素。
【详解】A．电解由NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，不生成金属钠，故A错误；
B．水分子间能形成氢键，所以简单气态氢化物的沸点：CH4 C．C、O组成化合物CO中含有配位键，故C正确；
D．Cl的非金属性大于C，所以电负性：Cl>C，故D错误；
选C。
8. 废旧材料是巨大的资源宝库，回收利用前景广阔。从废黄铜合金(主要成分为Cu和Zn)中回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列叙述错误的是


A. “溶解”过程中发生的反应有
B. 与锌粉反应的离子主要是和
C. 过滤必须用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D. 为加快溶解速率可以选择高温或加以搅拌
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．“溶解”过程，在酸性条件下，过氧化氢把铜氧化为铜离子，发生反应的离子方程式为，故A正确；
B．加氢氧化钠调节pH=2后的溶液中含有和，与锌粉反应的离子主要是和，故B正确；
C．根据过滤装置图，过滤必须用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；
D．过氧化氢在加热条件下分解速率加快，不能选择高温加快溶解速率，故D错误；
选D。
9. 水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图所示，下列说法不正确的是

A. 冬青油分子式为C8H8O3，水解可得水杨酸
B. 阿司匹林苯环上一氯取代物有4种
C. 水杨酸制冬青油的反应是取代反应
D. 冬青油分子中有3种杂化类型的碳原子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据冬青油结构简式可知其分子式为C8H8O3。由于分子中含有酯基，因此在一定条件下可发生水解反应产生水杨酸和CH3OH，A正确；
B．阿司匹林分子中在苯环上有4种不同位置的H原子，因此其一氯取代物有4种，B正确；
C．水杨酸与CH3OH在一定条件下发生酯化反应产生冬青油，酯化反应属于取代反应，故水杨酸制冬青油的反应是取代反应，C正确；
D．冬青油分子中苯环上的C原子和酯基-COO-的C原子采用sp2杂化，而-CH3是饱和C原子，采用sp3杂化，因此该分子中有2种杂化类型的碳原子，D错误；
故合理选项是D。
10. 麦芽糖水解及产物检验实验步骤如下，
步骤1：取20%的麦芽糖溶液，加入3~5滴稀硫酸，水浴加热30 s。
步骤2：向步骤1所得溶液中加入NaOH溶液调节pH至碱性。
步骤3：再加入少量新制备的Cu(OH)2，加热，观察到生成砖红色沉淀。
下列有关说法正确的是

A. 步骤1中稀硫酸是麦芽糖水解的重要反应物之一
B. 上图所示的Cu2O晶胞中铜原子的配位数为2
C. 上述实验可证明麦芽糖已完全水解
D. 上述实验可证明麦芽糖水解一定有还原性糖生成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．步骤1中稀硫酸是麦芽糖水解的催化剂，而不是反应物，A错误；
B．在上图中白球个数是8×+1=2，黑球个数是4，黑球与白球个数比为4：2=2：1，所以黑球表示Cu+，白球表示O2-，根据图示可知：每个Cu+与2个O2-结合，所以Cu2O晶胞中铜原子的配位数为2，B正确；
C．麦芽糖及水解产生的葡萄糖都具有还原性，因此上述实验不能证明麦芽糖已水解完全，C错误；
D．麦芽糖本身具有还原性，因此上述实验不能证明麦芽糖发生了水解反应，产生了具有还原性糖，D错误；
故合理选项是B。
11. 锂—空气动力电池存储的能量是目前常规电池的数倍，放电原理如图(隔膜只允许Li+通过)。下列关于锂—空气电池的有关说法不正确的是

A. 放电时正极反应式为
B. 充电时该电池将电能转化成化学能
C. 放电时的电池反应为
D. 充电时，“充电专用电极”接外电源的正极
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．放电时正极上O2得到电子变为OH-，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A错误；
B．充电时电池的负极与电源负极连接，作阴极，发生还原反应；电池的正极与电源的正极连接作阳极，发生氧化反应，，这时装置为电解池，装置就将电能转化成化学能，B正确；
C．放电时负极Li失去电子变为Li+，电极反应式为Li-e-=Li+，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应式为，C正确；
D．充电时原电池的正负极分别与电源的正负极相接，Li电极为充放电共用电极，则“充电专用电极”为阳极，接外电源的正极，D正确﹔
故合理选项是A。
12. 氢硫酸是的水溶液，是一种二元弱酸。是染料工业中用于生产硫化青和硫化蓝的原料，现对常温时溶液的性质进行探究，则下列结论正确的是
A. 溶液中存在：
B. 已知酸性：，向溶液中通入过量，反应的离子方程式为
C. 的溶液存在：
D. 在的溶液中先滴入几滴溶液有白色沉淀生成，再滴入溶液，出现黑色沉淀，证明
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．溶液中，根据电荷守恒存在：，故A错误；
B．已知酸性：，向溶液中通入过量，生成碳酸氢钠和硫化氢，反应的离子方程式为，故B错误；
C．的溶液中，根据质子守恒得到：，故C正确；
D．在的溶液中先滴入几滴溶液有白色沉淀生成，由于硫离子过量，再滴入溶液，出现黑色沉淀，不能证明，故D错误。
综上所述，答案为C。
13. 在某密闭容器中按与的物质的量之比为进行投料，发生反应 ，在下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数()如图所示，下列说法中正确的是

A. 表示组分的曲线是I
B. 图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数
C. 图中曲线交点a对应的转化率为60%
D. 若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，反应达平衡时产率：甲>乙
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，、H2O减少， 、H2O的比为1:3，表示组分的曲线是Ⅳ，故A错误；
B．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡常数越小，图中曲线交点a、b对应的上述反应平衡常数，故B正确；
C．
根据图示，图中曲线交点a对应CO2、物质的量相等，则，x=，转化率为，故C错误；
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙：恒温恒容，正反应物质的量减小，根据等效平衡原理，甲和相比，乙相当于减压，乙平衡逆向移动，反应达平衡时产率：甲>乙，故D正确；
选BD。
14. 我国科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()需经历三步反应，示意图如下


下列说法不正确的是
A. ①③均为取代反应，②为加成反应
B. 在碱性条件下完全水解，消耗
C. 合成的总反应中和是反应物
D. ①中催化剂的作用是使键断裂活化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应，②为加成反应，故A正确；
B．DMC中含有2个酯基，因此在碱性条件下完全水解，消耗，故B错误；
C．合成的总反应是和反应生成DMC和水，因此和是反应物，故C正确；
D．根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的键断裂活化，故D正确。
综上所述，答案为B。
第II卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 某研究人员按图甲所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”。实验中，SO2和O2混合气体连续通入，水和铁在起始时一次性加入，反应液多次循环。

（1）工业上常用石灰石除去SO2气体，请用一个总的化学方程式表示：_______。
（2）实验中，对循环的反应液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如图乙所示(A点为此条件下纯水的pH)。
①AB段，pH下降的主要原因是_______。(请用化学方程式表示)
②CD段，反应液的pH发生突变，是由于吸收液中H2SO4含量的突增，但此时从图像中发现，反应液的pH却在上升，其原因是_______。
（3）以反应后的溶液为原料，请你设计一个制取硫酸铁晶体的方案：_______。
已知：亚铁离子会与铁氰化钾溶液反应生成一种蓝色沉淀。
实验中可选用的试剂：3 mol/L稀硫酸铁粉，10%H2O2，铁氰化钾溶液。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 酸性更强的H2SO4，更容易与Fe反应导致其被大量消耗
（3）加入略过量的稀硫酸酸化溶液，边搅拌边加入10% H2O2溶液，另取少量溶液于另一试管中滴加铁氯化钾溶液后溶液不出现颜色变化，加热浓缩，期间加入一定量的稀硫酸抑制Fe3+水解，蒸发至有大量晶体析出，过滤，取滤渣
【解析】
【分析】
【小问1详解】
在一定温度下，在溶液中SO2、O2、CaCO3发生反应产生CaSO4、CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：。
【小问2详解】
①根据图示可知AB段pH下降，主要原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：。
②由于加入铁粉，酸性更强的H2SO4更容易与Fe反应导致其被大量消耗，生成的Fe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反应起催化作用
【小问3详解】
)结合流程与数据分析可知制取硫酸铁晶体的方案为：加入略过量的稀硫酸酸化溶液，边搅拌变加入10% H2O2溶液，直至取少量溶液于另一试管中，滴加铁氰化钾溶液后溶液不出现颜色变化。加热浓缩，期间加入一定量的稀硫酸抑制Fe3+水解﹐蒸发至有大量晶体析出，过滤，取滤渣，就是硫酸铁晶体。
16. 苯巴比妥H是一种巴比妥类镇静剂及安眠药。其合成路线如图(部分试剂和产物略)。

已知：I.+RBr+HBr
II.++R′OH
（1）A→B发生反应的条件是_______。
（2）物质F与出加成后的产物，手性碳原子有_______个。
（3）C→D的反应类型是_______。
（4）D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，但不能发生水解反应：
②分子中不同氢原子在核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：3：6。
（5）参照上述合成路线和信息，设计以CH3CH2OH、CH2(COOH)2、CO(NH2)2为原料，以及必要的有机溶剂、无机溶剂合成一种常用镇静剂乙基巴比妥的合成路线____。
【答案】（1）氯气、光照
（2）0 （3）取代反应或酯化反应
（4）或 （5）
【解析】
【分析】对比A、B的分子式及C的结构简式可知：A为，B为，C和乙醇发生酯化反应生成D为； E发生信息I的反应生成F，根据F结构简式知E为；D发生取代反应生成E，X为CH3CH2Br，F发生信息II的反应生成苯巴比妥,苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环.其结构简式为。
【小问1详解】
A为，A与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生B为，则A→B反应条件为氯气、光照。
【小问2详解】
F是，与H2发生加成反应产生。由于连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据加成产物结构简式可知：该分子中无手性碳原子，因此手性碳原子个数是0个。
【小问3详解】
C是，分子中含有羧基，CH3CH2OH分子中含有醇羟基，二者在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生酯和水，酯化反应属于取代反应，故该反应类型是酯化反应或取代反应。
【小问4详解】
D结构简式是，其同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基，而不是甲酸形成的酯基；②分子中不同氢原子在核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中含有4种H原子，个数比是1：2：3：6，则其可能的结构简式为或。
【小问5详解】
CH2(COOH)2与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂时加热发生酯化反应产生CH2(COOCH2CH3)2；CH3CH2OH与HBr混合加热发生取代反应产生CH3CH2Br，CH2(COOCH2CH3)2与CH3CH2Br在KOC(CH3)3及CH3CH2Br作用下发生取代反应产生，然后与CO(NH2)2在CH3CH2ONa作用下反应产生，故制取合成路线为：。
17. 碘酸钙是食品及饲料添加剂中补碘补钙的常用物质。微溶于水。实验室制备碘酸钙的实验流程及转化处理装置如图所示：

已知：碘酸易溶于水，不溶于有机溶剂。
（1）转化：
①写出实验室检验氯气的常用方法及现象：_______。
②烧杯中溶液的主要作用请用化学方程式表示：_______。
③写出装置图中在三颈烧瓶里发生主要反应的离子方程式：_______。
（2）分离：
除去HIO3溶液中少量I2的实验方法为_______，直至用淀粉溶液检验不出碘单质存在。
（3）制取碘酸钙并测定产品纯度：
取0.5000g产品，酸化溶解后，配成100mL溶液取10.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液充分反应，再用0.03000mol∙L-1硫代硫酸钠溶液滴定，消耗40.00mL硫代硫酸钠溶液，试求该产品的纯度。(保留4个有效数字并写出计算过程)(已知：)_______。
【答案】（1） ①. 使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 ②. ③.
（2）将HIO3水溶液用CCl4多次萃取、分液
（3）78%
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①Cl2具有氧化性，在溶液中会将I-氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故在实验室检验氯气的常用方法是用湿润的蓝色石蕊试纸靠近气体，若看到气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，就证明该气体为氯气。
②Cl2与NaOH溶液发生反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的化学方程式为：。
③在三颈烧瓶中Cl2、I2、H2O发生氧化还原反应产生HIO3、HCl，根据物质的拆分原则，结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式：。
【小问2详解】
I2易溶于有机溶剂CCl4，在水中溶解度不大，而HIO3难溶于CCl4而易溶于水，水与CCl4是互不相溶的液体物质，所以除去HIO3溶液中少量I2的实验方法为：将HIO3水溶液用CCl4多次萃取、分液，就得到纯净的HIO3水溶液。
【小问3详解】
由已知条件得，
在溶液中，
在溶液中，
。
18. 含NO烟气需要处理后才能排放。
（1）湿法氧化法处理含NO烟气。碱性条件下，用NaClO2将NO氧化成并放出热量。
①写出该反应的离子方程式：_______。
②向NaClO2溶液中加入Fe3+，会发生反应：。在相同条件下，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。


i.起始NaClO2溶液相同时，当用无Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂时，NO的氧化率明显降低，其原因是_______。
ii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因：_______。
（2）有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。
①在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为_______。


②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是___。
【答案】（1） ①. ②. 会与反应生成，与反应更快 ③. 或与反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，在吸收液中的溶解度降低
（2） ①. ②. 超过200℃后，NH3与O2生成
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①碱性条件下，NaClO2将NO氧化成，NaClO2自身被还原为NaCl，根据得失电子守恒，该反应离子方程式为。
②i. 会与反应生成，与反应更快，所以起始NaClO2溶液相同时，当用无Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂时，NO的氧化率明显降低；
ii.温度过高，在吸收液中的溶解度降低，故以NaClO2溶液为吸收剂，温度超过60℃后，NO氧化率下降；
【小问2详解】
①根据在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图，NH3、NO、O2是反应物，N2、H2O是生成物，总反应的化学方程式为；
②超过200℃后，NH3发生催化氧化，NH3与O2反应生成，所以超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高。