2024年江苏南通苏北七市高三三模高考化学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省南通市2024届高三下学期第三次调研测试化学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上规定的位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1

Li7

C12

O16

Na23

S32

Cl35.5

Cu64

Zn65一、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．以棉织物为坯布的蓝印花布印染技艺是中国非物质文化遗产。坯布的化学成分为A．纤维素 B．蛋白质 C．淀粉 D．合成纤维2．与混合发生反应：。下列说法正确的是A．中N元素的化合价为-3 B．是非极性分子C．晶体属于共价晶体 D．的电子式为3．实验室制取、收集并验证其性质，下列装置不能达到实验目的的是A．用装置甲制取 B．用装置乙收集C．用装置丙验证的漂白性 D．用装置丁验证的还原性4．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．键能：H-F>H-Cl，HF的沸点比HCl的高B．乙酸中使羟基的极性减小，乙酸的酸性比甲酸的弱C．HClO具有弱酸性，可用于杀菌消毒D．能与NaOH溶液反应，可用作净水剂5．前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是A．第一电离能：Z＜YB．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C．原子半径：r(W)＜r(Z)D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强6．下列说法正确的是A．、、互为同素异形体B．的中心原子杂化轨道类型为C．晶体中阴阳离子数目之比为1∶2D．晶体中含有键7．下列关于反应的说法正确的是A．基态V原子核外电子排布为B．反应达到平衡状态时，C．使用的目是为了增大的平衡转化率D．其他条件相同，增大压强，平衡常数增大8．氧、硫及其化合物应用广泛。可用作燃料电池的氧化剂。单质硫有多种同素异形体，其中在液态中被氧化成，反应方程式为。氧能形成、、、、等重要氧化物。是一种重要的工业原料，可通过煅烧黄铁矿或加热无水硫酸钙、焦炭及二氧化硅的混合物()等方法来制取。在催化作用下与反应生成。下列关于化学反应的表示或说法正确的是A．碱性氢氧燃料电池的正极反应：B．与反应：C．与反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=3：1D．温度越高，越大，硫酸钙制取的反应正向进行程度越大9．可用作定影剂。的结构式为。通过下列实验探究溶液的性质。实验1：向溶液中滴加稀硫酸，溶液中有淡黄色沉淀和无色气体产生实验2：向AgBr悬浊液中滴加溶液，振荡后得到澄清透明的溶液下列说法正确的是A．的空间构型为平面形 B．实验1中产生的气体为C．实验1中稀硫酸体现氧化性 D．实验2中减小10．一种杯酚的合成过程如图所示。该杯酚盛装后形成超分子。下列说法正确的是A．该杯酚的合成过程中发生了消去反应B．每合成1mol该杯酚，消耗4molHCHOC．杯酚盛装形成的超分子中，存在范德华力和氢键D．该杯酚具有“分子识别”特性，能盛装多种碳单质11．NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂B．步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用C．步骤Ⅱ中发生的反应可表示为D．该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果12．已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是A．溶液中：B．的NaClO溶液中：C．“调pH”得到的上层清液中：D．“氧化”时主要发生反应：13．是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为反应Ⅰ反应Ⅱ在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。下列说法不正确的是A．0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大B．从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小C．280℃时增大压强，的转化率可能大于40％D．需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂二、非选择题：共4题，共61分。14．锂电池的研发、使用及废电池的回收具有重要意义。(1)比能量是指电池单位质量(或体积)输出的电能。锂金属电池放电时总反应为。下列关于锂金属电池说法正确的是(填序号)。A放电时Li作负极

B．比能量高于锌锰干电池

C．可用稀作电解质(2)钴酸锂()、磷酸铁锂()等锂离子二次电池应用普遍。①钴酸锂电池放电时示意图如图1所示。放电时，由中脱嵌。写出放电至完全时电极的电极反应式：。②磷酸铁锂电池具有循环稳定性好的优点。充电时脱嵌形成。晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构(如图2所示)。x=。(3)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图3所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD示意图谱如图4所示。①电池在5％Na2S溶液中比在5％NaCl溶液中放电速率更大，其原因是。②与溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时，电池残余电压降低速率更快。依据图4XRD图谱，分析其主要原因：。(4)将放电完全的钴酸锂电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为，转化率达到99％，但工业生产使用混合物作浸取剂。①写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学反应方程式：。②工业生产时在盐酸中加入，的作用是。15．化合物G是一种抗炎药的中间体，其合成路线如下：(1)A中σ键与π键数目之比为。(2)写出B的结构简式：。(3)写出C→D过程中另一生成物的结构简式：。(4)G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；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。16．碲(Te)是元素周期表中第ⅥA元素，广泛应用于半导体材料、特殊合金等领域。从碲铜渣中(含及少量、Pb等化合物)可提取单质碲。Ⅰ.干法炼碲(1)将碲铜渣加热熔化后，向其中分批加入一定量还原碳粉，控制反应温度400～500℃，发生反应。每消耗，反应中转移电子的物质的量为mol。(2)已知：常温下硫磺、单质碲的沸点分别为445℃、1390℃。将还原后的碲铜渣与稍过量硫磺混合加热，得到Cu2S、Te和硫磺混合物。将混合物置于真空炉中，控制蒸馏温度1050℃，可收集得到较纯净的Te．在真空炉中进行蒸馏的原因是。Ⅱ.湿法提碲(3)已知能溶于水，难溶于水。①将一定量粉碎后的碲铜渣与NaOH、溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(装置见题图)，90℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应后过滤。与NaOH、反应生成、、NaCl的离子方程式为，滴液漏斗中的溶液是。②将过滤所得滤渣洗涤、烘干、分析成分主要含有CuO、，可通过还原熔炼回收Cu。为确定还原剂添加量，现通过如下实验测定滤渣中各组分的质量分数：称取0.5000g样品，分成两等份。一份加入足量稀充分反应后过滤(杂质不参加反应)，用的EDTA溶液滴定至终点(EDTA与反应的化学计量比为1：1)，平均消耗EDTA溶液30.00mL；另一份加入足量稀盐酸溶解后过滤(杂质不参加反应，)，用相同浓度的EDTA溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液20.00mL。通过计算确定滤渣中CuO的质量分数。(写出计算过程)(4)已知：①；②。补充完整利用碱浸后含和的滤液制备高纯碲的实验方案：取碱浸后的滤液，，将所得固体烘干。(必须使用的试剂：10％溶液，溶液，溶液，去离子水，溶液)17．氯化铵是一种重要的化工产品，氯化铵的转化与利用是目前化工研究的热点。(1)1943年，侯德榜团队成功研发了联合制碱法，提高了食盐利用率。其主要流程如下：①25℃时，；，；反应的平衡常数K=。②将“母液Ⅱ”循环进入“沉淀池”，是联合制碱法的关键。向“母液Ⅰ”中通入氨气可提高的循环利用率，其原理是。(2)以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵工艺的示意图如图1所示。“释氯”过程中可能发生反应的焓变如图2所示。①已知。温度越高，越有利于分解。a(填“>0”“<0”或“=0”)。②“释氨”主反应为，该反应。③有研究表明，“释氨”反应分两步进行：；。控制其他条件不变，分别改变或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图3所示。粒径大小对“释氨”反应速率的影响明显小于MgO粒径大小的影响，其原因是。④“释氯”装置中含有少量可提高“释氯”时HCl的平衡产率，主要原因是。⑤已知，燃烧的热量用于该化学链分解反应。每分解，需要(已折算为标况)。忽略温度对化学反应焓变的影响，该化学链的热量利用率为。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】坯布的主要成分为棉织物，故坯布的化学成分为纤维素，故A符合；故选A。2．A【详解】A．NH3中N元素的化合价为-3价，A正确；B．Cl2O的空间构型为V型，正负电荷中心不重合，是极性分子，B错误；C．NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，属于离子晶体，C错误；D．N2的电子式为，D错误；故答案选A。3．C【详解】A．亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，可选图在固液反应装置制备二氧化硫，故A正确；B．二氧化硫的密度比空气密度大，可选图中向上排空气法收集，故B正确；C．二氧化硫为酸性氧化物，可使石蕊变红，不能验证其漂白性，故C错误；D．二氧化硫被溴水氧化生成硫酸，S元素的化合价升高，可验证SO2的还原性，故D正确；故选C。4．B【详解】A．HF的沸点比HCl的高是因为HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，与键能大小无关，故A错误；B．乙酸中－CH3是推电子基团，推电子效应使羧基中羟基极性变小，羟酸的酸性越弱，所以乙酸的酸性比甲酸的弱，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作杀菌消毒剂，与其具有酸性无关，故C错误；D．溶于水时电离的Al3+水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀，可作净水剂，和能与NaOH溶液反应的性质无关，故D错误；故选B。5．A【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时，X原子核外有6个电子，则X为C元素，Y原子3p原子轨道半充满，则Y为P元素，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，则Z为S元素，W与Y处于同一主族，则W为As元素。【详解】由分析知，X为C，Y为P，Z为S，W为As。A．由于P的3p能级处于稳定的半充满状态，难失去电子，则第一电离能比S的大，故第一电离能：S＜P，故A正确；B．非金属性越强，其对应的简单气态氢化物越稳定，同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，故P的非金属性大于As，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B错误；C．同主族从上往下原子半径逐渐增大，从左至右原子半径逐渐减小，故原子半径：r(As)＜r(S)，故C错误；D．非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，故C的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的弱，故D错误；故选A。6．C【详解】A．、、三者质子数相同、而中子数不同，即互为同位素，A错误；B．的中心原子价层电子对数为3，即中心原子杂化轨道类型为，B错误；C．晶体中含有钠离子Na+和过氧根离子，即阴阳离子数目之比为1∶2，C正确；D．二氧化硅晶体中1个硅原子周围结合4个氧原子，即晶体中含有键，D错误；故选C。7．B【详解】A．V为第23号元素，基态V原子核外电子排布为，A项不符合题意；B．反应达到平衡状态时，，B项符合题意；C．催化剂可以增大化学反应速率，不能使平衡移动，不能改变平衡转化率，C项不符合题意；D．化学平衡常数只受温度的影响，温度改变，平衡常数才会改变，D项不符合题意；故正确选项为B。8．D【详解】A．碱性环境不能出现氢离子，应用氢氧根离子配平，碱性氢氧燃料电池的正极反应：，故A错误；B．与反应生成硫酸钠，没有氧气，，故B错误；C．在反应中，1mol失去2mol电子，1mol得到2mol电子生成，另外2molAs元素不变价，故反应中与反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：1，故C错误；D．该反应，所以，温度越高，越负，越小，有利于反应正向进行，故D错误；故选D。9．D【详解】A．中其中1个S原子相当于O原子，中心硫原子的孤电子对数=，价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型为四面体形，选项A错误；B．实验1向溶液中滴加稀硫酸，发生的离子方程式为，故产生的气体为SO2，选项B错误；C．实验1发生的离子方程式为，稀硫酸体现酸性，选项C错误；D．实验2向AgBr悬浊液中滴加溶液，振荡后得到澄清透明的溶液，发生反应，减小，选项D正确；答案选D。10．C【详解】A．酚羟基邻位的H原子被取代，为取代反应，故A错误；B．苯环之间含8个CH2，可知每合成1mol该杯酚，消耗8molHCHO，故B错误；C．杯酚盛装C60后形成超分子，分子之间存在范德华力，羟基之间形成氢键，故C正确；D．该杯酚具有“分子识别”特性，空隙大小固定，只盛装C60后形成超分子，故D错误；故选C。11．D【详解】A．步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，故A正确；B．氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O，由图可知，与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，故B正确；C．步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，故C正确；D．苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，故D错误；故答案选D。12．C【分析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。【详解】A．溶液中物料守恒关系为c（）+c（）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1mol/L，电荷守恒关系为c（OH-）+2c（）+c（）=c（H+）+c（Na+），则c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol•L-1+c（H2CO3），故A错误；B．pH=11的NaClO溶液中=3000，即，故B错误；C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）•c3(OH-)＞Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）•c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中，故C正确；D．碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D错误；故选C。13．B【详解】A．根据图像可知0～tmin内，240℃下甲醇的选择性几乎是100%，而280℃下甲醇的选择性90%，这说明240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大，A正确；B．根据方程式可知消耗1mol二氧化碳生成1mol水，从220℃～280℃时二氧化碳的平衡转化率逐渐减小至几乎不再发生变化，所以的平衡产率也是逐渐减小至几乎不再发生变化，B错误；C．280℃时增大压强反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ平衡不移动，因此依据图像可判断的转化率可能大于40％，C正确；D．由于反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，所以需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，D正确；答案选B。14．(1)AB(2)0.25(3)等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多、还原性比强(4)作还原剂【详解】（1）A．由可知，放电时，Li失去电子，作负极，A项正确；B．100gLi可以失去电子，100gZn可以失去电子，则锂金属电池比能量高于锌锰干电池，B项正确；C．Li会直接和稀H2SO4反应，不能用稀H2SO4作电解质，C项错误；故选AB。（2）①由图可知，得到电子同时结合Li+生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；②根据题中信息可知，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P也存在于由O构成的正四面体中，从图2中可以看出晶胞中正八面体和四面体结构都为4个，所以晶胞中含有4个Fe和4个P原子则LiFePO4单元中实际上构成是Li4Fe4P4O16，Li+在8个顶点、4个棱和2个面心上，然后看图2中，结合题中信息得到，Li1-xFePO4比LiFePO4少了面心的2个Li+，少的个数是=1，则Li1-xFePO4晶胞为Li3Fe4P4O16，所以1-x=，得到x=0.25。（3）①电池在5％Na2S溶液中比在5％NaCl溶液中放电速率更大，其原因是：等质量分数的Na2S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多；②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5％增大至10％时，电池残余电压降低速率更快。依据图4XRD图谱，分析其主要原因：S2−、HS−还原性比Cl−强。（4）①钴酸锂和盐酸反应生成LiCl、CoCl2、Cl2和H2O，化学方程式为：；②钴酸锂也能氧化盐酸生成Co2+和氧气，故过氧化氢的作用为：作还原剂。15．(1)16∶1(2)(3)(4)或(5)【分析】根据B生成C的反应条件和C的结构可知，B应该是含有羧基与甲醇发生酯化反应生成C，则B为，D发生取代反应生成E和HCl，E中碳碳双键发生加成反应生成F，F脱去-COOCH3基团得到G；【详解】（1）单键由1个σ键组成，双键由1个σ键与1个π键组成，A中有10个C-H键、6个C-C键、1个C=C键，则σ键与π键数目之比为16∶1；（2）根据分析，B的结构简式：；（3）C→D发生自身的取代反应，该过程其中一个酯基断裂出-OCH3，与连接另一个酯基的亚甲基上碳原子相连，该亚甲基断裂出-H，则另一生成物的结构简式：；（4）G分子中含有3个O原子，不饱和度为7，①能发生银镜反应说明含有醛基且含3个；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，剩余取代基为饱和烃基，同分异构体有或；（5）发生消去反应生成，根据流程中E生成F的反应，生成，和金属钠反应生成，利用流程中C→D可生成，再根据F→G流程中的反应得到，最后和氢气发生加成反应制备，合成路线。16．(1)8(2)减小压强，降低Te的沸点；防止Te被氧化(3)溶液32%(4)向其中加入足量10％溶液，充分反应后过滤，将滤渣与溶液配成悬浊液，向悬浊液中边搅拌边加入溶液至溶液pH≈7，过滤，用去离子水洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液中加入溶液无沉淀产生【详解】（1）碲(Te)是元素周期表中第ⅥA元素，中Te元素为+6价，根据反应可知，化合价降低的元素为Cu、Te，化合价升高的元素为C，因此有，每消耗，反应中转移电子的物质的量为8mol，故答案为：8。（2）单质碲的沸点为1390℃，但真空炉中控制蒸馏温度1050℃，可收集得到较纯净的Te，因此在真空炉中进行