江苏省百校大联考2021-2022学年高三下学期第四次考试化学试题(含答案解析)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省百校大联考2021-2022学年高三下学期第四次考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性研究成果，首次在实验室实现从到淀粉的全合成。其合成路线如下：下列说法正确的是A．步骤①发生的是化合反应 B．醇氧化酶和甲酰酶都属于酯类C．DHA的分子式是 D．该途径所得淀粉属于天然有机高分子化合物2．用氨水吸收硫酸工厂尾气中的发生反应：。下列说法正确的是A．的电子式为 B．是非极性分子C．的结构式为 D．的空间构型为直线形3．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．单质铝能导电，可用于制作导线 B．熔点很高，可用于治炼金属铝C．有弱碱性，可用于治疗胃酸过多 D．明矾能水解形成胶体，可用于净水4．氯气及其化合物在生产、生活中应用广泛。实验室常用浓盐酸与共热[或用(s)与浓盐酸混合]制取氯气，实验室制取氯气并探究其性质，下列装置不能达到相应实验目的的是ABCD制取氯气验证氧化性验证漂白性吸收尾气A．A B．B C．C D．D5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A． B．C． D．6．下列有关物质和反应的叙述中，正确的是A．反应的B．为了增强溶液的氧化性，可选用浓盐酸进行酸化C．电解饱和NaCl溶液制取氯气时，可用铁作阳极、石墨作阴极D．浓盐酸与足量共热反应，可生成7．前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在同周期元素中非金属最强，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子原子轨道上成对电子与未成对电子数目相等，W的原子序数比Y大18。下列说法正确的是A．原子半径：B．第一电离能：C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强8．利用如图所示装置可以提取含废渣中的锰元素。下列说法正确的是A．该装置中主要发生化学能向电能的转化 B．阴极发生的电极反应为：C．提取结束后，溶液的保持不变 D．每生成，阳极上生成9．一种药物中间体X的结构简式如图所示。下列说法正确的是A．X分子中有三种含氧官能团B．X分子的核磁共振氢谱有5个吸收峰C．X与反应只能得到一种加成产物D．X与足量发生加成反应的生成物分子中可能含有2个手性碳原子10．制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下：步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。下列说法不正确的是A．步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物B．步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体C．中含有键的数目为D．最终所得溶液中大量存在、、、11．通过下列实验可以从废银催化剂(、和少量)中回收银：下列说法正确的是A．若使用惰性电极电解废银催化剂制取银，该催化剂应与直流电源的正极连接B．浸出生成等物质的量的，若使用浓硝酸，利用率更高C．还原过程反应的离子方程式：D．已知银的晶胞如上图所示，每个银原子周围距离最近的银原子数目为812．室温下，通过下列实验探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性质：实验实验操作和现象1用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈52用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈83将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀下列说法正确的是A．实验1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10B．实验2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)C．实验3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3D．浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3两份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)13．在体积均为的甲、乙两恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入和，发生反应达到平衡。的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．反应的B．曲线II表示容器甲中的平衡转化率C．达平衡后，两容器中c(CO):D．其他条件不变时，在曲线I对应容器中加入合适的催化剂，可使的平衡转化率由P点达到S点I14．利用铜-铈氧化物(，是活泼金属)催化氧化除去中少量的可能机理如图所示。下列说法正确的是A．反应(ⅲ)中、化合价均降低B．铜-铈氧化物减小了反应的反应热C．若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜-铈氧化物中D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致二、工业流程题15．兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含、，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如下：已知：，(1)“酸溶”过程中，发生反应的离子方程式为_______。(2)“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数_______。(3)“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(条件下加热，收集到的气体产物只有一种，以上残留固体为)。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)_______(4)“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，溶液在“浸出”过程中的作用是_______。(5)使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_______。三、有机推断题16．化合物H是一种用于合成分泌调节剂药物的中间体，其合成路线如图：(1)与足量溶液反应，能消耗物质的量为_______。(2)B分子中采取和杂化的碳原子数目之比是_______。(3)C→D过程中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为_______。(4)C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酸性条件下能发生水解反应，生成氨基酸；②另一种水解产物只有两种不同化学环境的氢原子。(5)已知：。(、代表烃基或H)。写出以、、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)_______。四、实验题17．以废旧锂电池正极材料(含及少量、等)为原料制备。(1)浸取：取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入到如图所示三颈烧瓶中，边搅拌边加入充分反应。转化为、的化学方程式为_______。从分液漏斗中滴入时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是_______。(2)除、：向浸取液中先加入足量，再加入调节，过滤。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度)。沉淀恰好完全沉淀时若浸取液中，则须调节溶液的范围是_______。(加入和时，溶液体积的变化忽略不计)(3)萃取钴：[二(2-乙基己基)磷酸酯，难溶于水，用HA表示]是常用的萃取剂，其结构简式如图所示。萃取过程中发生反应：。能使用萃取剂萃取水溶液中的原因是_______。(4)制备。已知尿素在水溶液中加热可发生水解反应。和在空气中加热至均可得到。为获得较高纯度的，请补充实验方案：取一定量溶液置于水浴槽中，_______，得。(须使用的试剂：尿素浓溶液、溶液、蒸馏水)五、原理综合题18．水溶性硝态氮(、等)是水体污染物，可采用多种方法将其除去。(1)在反硝化细菌作用下，可用葡萄糖()将酸性废水中的、除去，同时产生两种无污染气体。写出葡萄糖除去反应的离子方程式：_______。(2)纳米铁粉可用于去除废水中的硝态氮(以表示)，反应原理如图1所示。①有研究发现，在铁粉总量一定的条件下，水中的溶解氧过多不利于硝态氮去除。其原因是_______。②利用纳米铁粉与活性炭可提升硝态废水中硝态氮的去除效率。控制纳米铁粉与活性炭总质量一定，反应时间相同，测得废水中硝态氮残留率与混合物中的关系如图2所示，过大和过小都会导致硝态氮残留率上升，但方向1上升幅度小于方向2。硝态氮残留率呈现如此变化的原因是_______。(3)用含铈(主要化合价为、)溶液作吸收液处理烟气中氮氧化物时，被吸收生成。用电解法可将处理烟气后溶液中的转化为无毒物质，同时使吸收液再生。①写出电解时阴极的电极反应式：_______。②若完全电解后阴极生成还原产物，阳极生成气体在标准状况下体积是_______。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【解析】【详解】A．CO2中C、O数目比为1:2，而生成的CH3OH中C、O数目比为1:1，所以CO2与H2反应生成CH3OH的同时，必然还有H2O生成，所以反应①不是化合反应，A错误；B．绝大多数酶都是蛋白质，不属于酯类物质，B错误；C．根据图中DHA的键线式可判断其化学式为C3H6O3，C正确；D．该途径得到的淀粉显然是人工合成的，不属于天然的，D错误；故选C。2．C【解析】【详解】A．氮原子要达到8电子稳定结构，的电子式为，故A错误；B．的中心原子价层电子对是，空间构型是V形，正负电荷重心不重合，是极性分子，故B错误；C．由的电子式可得其结构式为，故C正确；D．的中心原子价层电子对是，空间构型为V形，故D错误；故答案为：C3．B【解析】【详解】A．金属铝具有良好的导电性，可以导电，可用于制作导线，故A不符合题意；B．熔点很高，不易熔化，可用作耐高温材料，氧化铝用于冶炼金属铝是因为其熔融状态下可以电离，故B符合题意；C．有弱碱性，可以与酸反应，且没有腐蚀性，可用于治疗胃酸过多，故C不符合题意；D．明矾溶于水电离出的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中的悬浮物，可用于净水，故D不符合题意；故答案为：B4．A【解析】【详解】A．缺少加热装置，且稀盐酸还原性较弱，不能达到生成氯气的目的，A错误；B．氯气可以和硫化氢反应生成硫单质，说明氧化性氯气大于硫，B正确；C．氯气和水生成次氯酸，次氯酸能使品红溶液褪色，能证明次氯酸的漂白性，C正确；D．氯气能被氢氧化钠完全吸收且不会倒吸，能达到目的，D正确；故选A。5．AB【解析】【详解】A．次氯酸在光照条件下生成氯化氢和氧气，得不到氯气，A错误；B．氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，与铁的用量无关，B错误；C．氯气与氢氧化钠再加热条件下反应生成NaClO3，C正确；D．高锰酸钾和盐酸常温反应生成氯气，溴离子的还原性大于氯离子，故酸性高锰酸钾能将KBr氧化为Br2，D正确；故选AB。6．A【解析】【详解】A．自发需，该反应为熵减的自发反应，则，A正确；B．酸性条件下，高锰酸钾会和氯离子反应生成氯气，B错误；C．铁为活泼金属，用铁作阳极，阳极铁会放电导致阳极溶解，C错误；D．浓盐酸中HCl的物质的量为0.6mol，随着反应进行，盐酸浓度减小，反应停止，得到Cl2的物质的量小于0.15mol，D错误；故选A。7．B【解析】【分析】由Y的周期序数与族序数相等知Y是Al；X比Y原子序数小，且X在同周期元素中非金属最强，则X是F；基态时Z原子原子轨道上成对电子与未成对电子数目相等，则其价电子排布是3s23p4，故Z是S；W的原子序数比Y大18，则W是Ga，据此分析。【详解】由分析可知，X是F，Y是Al，Z是S，W是Ga；A．Al和S同周期，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：，故A错误；B．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Al和S同周期，S和Ga同主族，所以第一电离能：，故B正确；C．非金属性：F>S，元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，即F的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，故C错误；D．金属性：Ga>Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Al的强，D错误；故答案为B。8．B【解析】【详解】A．根据装置图可知这是一个电解的过程，电能转化为化学能，A错误；B．根据图示，阴极H＋被还原成·H，电极反应为H+＋e-=·H，B正确；C．溶液中的反应为2MnO2＋4·H＋4H＋＝2Mn2＋＋4H2O，反应中消耗了H＋，故溶液的pH升高，C错误；D．未给定温度和压强，不能确定11.2L气体物质的量，D错误；故选B。9．D【解析】【详解】A．X分子中有醚键和羰基两种含氧官能团，A错误；B．X分子不对称，化学环境不同的氢原子有7种，B错误；C．X分子中碳碳双键不对称，与HBr加成可得两种加成产物，C错误；D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；不考虑开环加成的情况下，1molX与2molH2加成生成物分子中有两个手性碳原子，，D正确；故选D。10．D【解析】【详解】A．步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为，其溶解是因为生成了配合物，A正确；B．乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了的溶解度，导致结晶析出，B正确；C．中N-Cu、N-H之间均存在键，1个离子中键数目为16，故中含有键的数目为，C正确；D．一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在铵根离子和氢氧根离子，D错误；故选D。11．A【解析】【详解】A．若使用惰性电极电解废银催化剂制取银，该催化剂应该做电解池的阳极，应与直流电源的正极连接，故A正确；B．浓硝酸有强氧化性，但硝酸不稳定易分解，且挥发性较强，浓硝酸还原产物是二氧化氮，稀硝酸还原产物是NO，根据电子守恒规律生成等物质的量的，使用稀硝酸消耗的酸的量更少，而且废气产量更少，故B错误；C．沉银以后才还原，所以还原过程反应的离子方程式：，故C错误；D．以顶点银原子为研究对象，与之最近的银原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，银晶体中每个银原子周围距离最近的银原子数目为，故D错误；故答案为：A。12．D【解析】【详解】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液显酸性说明HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，则Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A错误；B．溶液pH≈8，显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B错误；C．等浓度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合后发生反应：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，则溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3，但BaSO3为白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10−3，C错误；D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，两溶液中钠离子浓度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，则c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D正确；综上所述答案为D。13．C【解析】【详解】A．由图可知，升高温度二氧化碳的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变大于零，A错误；B．反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，增加二氧化碳的量，会导致二氧化碳的转化率降低，故曲线II表示容器乙中的平衡转化率，B错误；C．R相当于2份Q达平衡后，然后合并到1个容器中，压强增加平衡逆向移动，导致一氧化碳的浓度小于2倍的Q中一氧化碳浓度，故两容器中c(CO):，C正确；D．催化剂改变反应速率，不改变物质的平衡转化率，D错误；故选C。14．D【解析】【详解】A．反应(ⅲ)中、中的空位结合了氧，氧非金属性较强显负价，则金属元素、化合价均升高，A错误；B．铜-铈氧化物作为催化剂改变反应速率，不能改变反应热，B错误；C．由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C错误；D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致，D正确；故选D。15．(1)(2)(3)(4)溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附【解析】【分析】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。(1)“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；(2)“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。(3)以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。(4)溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。16．(1)1mol(2)7:2(3)(4)(5)【解析】【分析】根据合成路线图，可知主要原料和产物的结构简式都已知，因此主要是采用观察对比的方法，关注在特定条件下有机物结构局部发生的变化。A→B的过程使-COOH和-OH分别转化为-COOCH3和-OCH3；B→F发生的反应变化都集中在-NO2上，主要发生了将-NO2还原为-NH2，以及-NH2与-COOH发生脱水缩合等反应；F→H主要是将-COOCH3逐步转化为-OH和-CHO，据此分析作答。(1)A分子中含有多种官能团，其中只有-COOH能与NaHCO3发生反应，1molA中含有1mol–COOH，因此消耗NaHCO3物质的量为1mol，故答案为1mol；(2)根据C分子的结构，sp2杂化的碳原子是苯环碳原子和酯基碳原子，一共有7个；sp3杂化的碳原子是甲基碳原子，一共有2个，因此两种杂化类型的碳原子数之比为7:2，故答案为7:2；(3)C→D是HCOOH与－NH2间脱水形成，若要发生副反应，只能是－NH2上的两个H原子都与HCOOH反应生成，并通过题中提供的副产物的分子式为C11H11NO5，可以得到进一步证明，故答案为；(4)C的一种同分异构体同时满足：酸性条件下能发生水解反应，生成α-氨基酸，说明至少存在结构：；另一个水解产物中只有两种不同化学环境的氢原子，说明含有苯环的结构应该是高度对称的，结合剩余碳原子、氧原子数目、不饱和度和分子对称性，可试写并验证得到：，故答案为；(5)将目标分子与原料分子对比可知，合成过程的主要任务之一是延长碳链，根据提供的信息，欲延长碳链可利用羟醛缩合反应，分子中必须有醛基，参考题干流程中F→G→H的变化，并且整个反应中涉及易被氧化的酚羟基，因此要注意酚羟基的保护，解除对酚羟基的保护必须在MnO2氧化－CH2OH之后，因此可设计出如下流程：17．(1)

2+3+=2++Na2SO4+3H2O

使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出(2)5.2≤pH<7.4(3)P204分子中O原子与Co2＋通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离(4)边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol·L-1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃【解析】【分析】废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入硫酸反应生成、，同时铁、铝转化为相应的盐溶液；向浸取液中先加入足量将二价铁转化为三价铁，再加入调节，除去铁、铝；过滤滤液加入萃取剂萃取出钴；将一定量溶液置于水浴槽中加入浓尿素溶液生成和，在空气中加热至得到。(1)粉碎后与溶液混合，加入硫酸反应转化为、，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高，反应为2+3+=2++Na2SO4+3H2O；硫酸会与亚硫酸钠生成二氧化硫气体逸出，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；(2)向浸取液中先加入足量，将二价铁转化为三价铁利于铁的除去且尽量不能生成沉淀；除去、首先要保证pH大于5.2；完全沉淀时pH=9.4，则，，若浸取液中，则，pH=7.4；故须调节溶液的范围是5.2≤pH<7.4；(3)通过流程分析可知，萃取的目的是将溶液中的Co2+和Li+分离。结合P204这种有机酸的结构可知，分子中的O原子存在孤电子对，而Co2+作为过渡金属离子，存在多个空轨道，有形成配合物的可能，Li是主族元素，离子半径小，形成配合物很难，且HA与水互不相溶能分液分离；(4)由Co2＋制取纯度较高的Co3O4需解决的问题：沉淀为CoCO3、洗涤干净、灼烧氧化。根据信息，尿素存在酰胺键，在酸性和碱性条件下均可水解，得到碳酸铵。为防止碳酸铵继续水解得到的CO2气体逸出，在沉淀过程中须将尿素分批缓慢加入，促进CoCO3的形成。本题给出的几种试剂是必须使用的试剂，在实际实验过程中，为保证CO与Co2+的充分反应，还可在尿素加热水解的过程中加入少量氨水。即使反应生成碱式碳酸钴，也可在后续加热过程中分解，不影响产品纯度；洗涤过程须检验是否洗涤干净；灼烧过程温度控制在题干提供温度500℃。所以实际方案可描述为：边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol·L-1B