江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题

江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学材料助推了体育运动的推广和发展。下列所涉及的物质属于有机高分子化合物的是A．制作运动器材比重轻强度高的材料——钛合金B．轻便吸汗的运动服使用主要的材料——聚酯纤维C．足球比赛裁判标注点位泡沫的成分——植物油D．向软组织受伤伤口喷射药品的成分——氯乙烷2．NaClO2和NaClO混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOA．SO2的空间构型为V形 B．C．NaClO电子式为 D．中子数为8的氮原子表示为783．LiAlH4是重要的还原剂，合成方法：A．半径大小：r(Al3+)>r(NC．第一电离能：I1(Li)>I4．下列实验室制取、干燥、收集NHA．用装置甲制取NH3 C．用装置丙收集NH3 5．铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有H+、Ag(S2O3)23−、H2SO3A．铜具有良好导热性，可用作印刷电路板B．硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂C．溴化银呈淡黄色，可用于制作相机胶片D．银氨溶液具有弱氧化性，可用于制作银镜6．铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有H+、Ag(S2O3)23−、H2SO3、BA．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体B．配制Na2SC．灼烧Ag2S生成Ag和SD．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层7．铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有H+、Ag(S2O3)23−、H2SO3A．硫酸铜溶液中加入小粒金属钠：CB．用铜电极电解硫酸铜溶液：2CC．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag+2D．多余的[Ag(NH8．化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列与NH3有关的图像描述正确的是A．图①表示N2(g)+3B．图②表示N2(g)+3H2(g)⇌2NH3C．图③表示25℃时分别稀释pH=1的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅰ表示氨水D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化9．科学家利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D-Zn-NiOOH二次电池，结构如图所示，隔膜只允许OH−通过。电池反应为Zn+2NiOOH+HA．3D-Zn具有较高的表面积，有利于沉积ZnOB．放电时每沉积0.1molZnO，有C．充电时3D-Zn电极应与外接直流电源的负极相连D．充电时阳极反应为Ni10．化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：已知：X→Y的过程中，X先与HCHO发生加成，再与HCl发生取代。下列说法正确的是A．X分子中所有原子在同一平面上B．X→Y的中间产物分子式为CC．Y可以发生氧化、取代和消去反应D．1molZ最多能与2molNaOH反应11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验探究方案探究目的A向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成溶液X中含有或HCB常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴KC向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，水浴加热一段时间后冷却，向溶液中滴加碘水，观察溶液颜色淀粉未发生水解D将硫酸酸化的H2O2氧化性：HA．A B．B C．C D．D12．工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：已知：溶液中H3PO4、H2PO4−、HPA．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道C．“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺D．0.1mol/LKH2PO4溶液中：2c(13．利用γ-丁内酯制备四氢呋喃，反应过程中伴有生成1-丁醇的副反应，涉及反应如下：已知：反应Ⅰ为快速反应，反应Ⅱ、Ⅲ为慢速反应。在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下(H2A．γ-丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1B．生成四氢呋喃的速率主要决定于反应ⅠC．t1时刻D．增大H2二、综合题14．工业废渣中Ca(（1）用工业钢渣处理酸性废水工业钢渣主要含Ca(OH)2，还含有CaCO3、①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是。②随硫酸溶液逐渐加入，Ca2+浓度先增大后减小，原因是（2）以电石渣制备KCl电石渣主要成分为Ca(OH)已知：氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，①生成Ca(ClO)②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中CaCl2总质量与Ca(Cl③“转化”时向滤液中加入KCl固体将Ca(ClO3)2④该流程制得的KClO3样品中含少量KCl杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使ClO3−全部转化为Cl−，加入少量K2CrO15．有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：（1）有机物A中含氧官能团的名称为。（2）D→E的反应类型为。（3）若有机物B直接硝化，主要产物的结构简式为。（4）写出一种符合下列条件的有机物B的同分异构体的结构简式：。①能与FeCl②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。（5）已知：，写出以、CH3CH2OH和CH16．钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。已知：Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；（1）从锂钴废料(主要成分为LiCoO2①“酸溶”时不同浸出剂对应钴元素浸出率：a.HCl98.4%；b.H2SO4+N②“净化”时，加NaF固体是将Li+转化为沉淀，“净化”后溶液中c(F-)=4.0×10−2mol⋅（2）由CoCl2实验过程：称取研细的CoCl26H2O10.0g和①由CoCl2制备[Co(N②分液漏斗中液体加入到三颈烧瓶中的顺序为。（3）CoCO3有氧和无氧环境下，CoCO3热解所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验方案，取一定质量的17．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。（1）硫碘循环制氢热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：反应Ⅰ：S反应Ⅱ：2反应Ⅲ：2HI(g)=已知：2H2(g)+O（2）生物质制氢电解KIO3—葡萄糖①该装置产生氢气速率明显高于不加入KIO3直接电解葡萄糖(C②电解KIO3—葡萄糖(C③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是。（3）氢气应用最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H①当进料气中n(H2)/n(②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．金属和合金属于金属材料，A不符合题意；B．聚酯纤维为有机合成高分子材料，B符合题意；C．植物油成分中物质的相对分子质量较小，不是高分子化合物，C不符合题意；D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．金属和合金属于金属材料；B．聚酯纤维为有机合成高分子材料；C．油脂不是高分子化合物；D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物。2．【答案】A【解析】【解答】A．SO2中心S的价层电子数3，孤对电子数为1，所以其空间构型为V形，A符合题意；B．NaClO2中Na为+1价，O为-2，故Cl的化合价为+3价，B不符合题意；C．NaClO为离子型化合物，电子式为，C不符合题意；D．氮原子的质子数为7，中子数为8，质量数为15，中子数为8的氮原子表示为715故答案为：A。

【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；B．依据化合物化合价代数和为0计算；C．NaClO为离子型化合物；D．原子符号表示中，左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数。3．【答案】C【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：r(AlB．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：χ(C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：I1D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：LiOH<NaOH，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。4．【答案】D【解析】【解答】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜，防止在试管口冷凝的水倒流使试管骤冷而炸裂；装置甲不能达到制取氨气的目的，A不符合题意；B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵，因此氨气不能用浓硫酸干燥，可使用碱石灰；装置乙不能达到干燥氨气的目的，B不符合题意；C．氨气的密度小于空气，应该短导管进，使空气从长导管出；装置丙不能达到收集氨气的目的，C不符合题意；D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸，导管的末尾使用干燥管可以起到防倒吸的作用；装置丁可达到实验目的，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜；B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵；C．氨气的密度小于空气，应向下排空气法；D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸。5．【答案】D【解析】【解答】A．铜可用作印刷电路板是因为铜可以与铁离子反应，与导热性无关，故A不符合题意；B．硫酸铜溶液可用作泳池杀菌剂是因为硫酸铜具有杀菌消毒作用，与酸性无关，故B不符合题意；C．溴化银可用于制作相机胶片是因为溴化银具有感光性，与颜色无关，故C不符合题意；D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．因为铜可以与铁离子反应；B．因为硫酸铜是重金属盐，使蛋白质变性；C．因为溴化银具有感光性；D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银。6．【答案】C【解析】【解答】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，防止滤纸破损，A不符合题意；B．配制Na2SC．灼烧Ag2S生成Ag和SD．分液时，先放出水层，再从分液漏斗上口倒出含有苯和溴的有机层，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌；B．依据水解平衡的影响因素分析；C．依据化合价变化判断；D．分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。7．【答案】D【解析】【解答】ANa与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu：2Na+CuB．用惰性电极电解硫酸铜溶液：2CuC．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，银与硝酸反应生成硝酸银、水和一氧化氮：3Ag+4HD．[Ag(NH3)2故答案为：D。

【分析】A依据钠的性质分析，与盐溶液反应时“先水后盐”；B．活性电极作阳极，电极本身失去电子，发生氧化反应；C．原子和得失电子不守恒；D．[Ag(N8．【答案】A【解析】【解答】A．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(gB．A、B两点NH3的平衡含量相同，但反应体系中n(N2)n(H2)越大反应的H2的物质的量就越多，H2的转化率就越大，所以转化率：aAC．开始时溶液pH相等，溶液中c(OH-)相等，但NaOH是强电解质完全电离，而氨水中存在电离平衡，所以开始时浓度c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，当二者稀释相同倍数时，稀释使溶液中c(OH-)减小，氨水中电离平衡正向移动，最终达到平衡时氨水中c(OH-)比NaOH大，溶液pH更大，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，C不符合题意；D．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，向溶液中通入NH3，反应产生盐CH3COONH4，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电性增强，当二者恰好反应时离子浓度最大，溶液导电能力最强，后溶液中自由移动的离子浓度几乎不变，因此图示不能表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；B．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。C．相同pH的弱碱和强碱，加水稀释，强碱的pH变化大；D．导电能力强弱与离子浓度大小有关。9．【答案】B【解析】【解答】A．三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)为多孔结构，具有较高的表面积，有利于沉积ZnO，故A不符合题意；B．放电时由负极反应Zn-2e-+2OH-C．充电时3D-Zn电极做阴极，应与外接直流电源的负极相连，故C不符合题意；D．由分析知充电时阳极反应为Ni(OH)故答案为：B。

【分析】A．多孔结构，表面积大，吸附性强；B．闭合电路中，转移离子所带电荷总数等于转移的电子总数；C．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；D．充电时，阳极失电子，发生氧化反应。10．【答案】B【解析】【解答】A．X分子中含有-CHB．X→Y的中间产物为，分子式为C9HC．Y可以发生氧化、取代，但不能发生消去反应，C不符合题意；D．1molZ有2mol酯基，其中还1mol酯基水解生成酚羟基，1molZ最多能与3molNaOH反应，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；B．根据结构简式确定分子式；CD．依据官能团的性质分析；11．【答案】B【解析】【解答】A．溶液中含有亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子，滴加稀硫酸会产生二氧化硫，也可以使澄清石灰水变浑浊，A不符合题意；B．AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积KspC．淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，溶液变蓝色，淀粉可能部分水解，C不符合题意；D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，因此无法比较Fe3+和H2故答案为：B。

【分析】A．考虑亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子的干扰；B．实验设计合理；C．淀粉可能部分水解；D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性。12．【答案】D【解析】【解答】A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A不符合题意；B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B不符合题意；C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示H2PO4−，曲线C表示HPO42−，曲线D表示D．对于0.1mol/LKH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c(HPO42−)+2c(PO43−)-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)=2c(H3PO4)+c(H2PO4−)-c(PO43−)-c(OH-)，c(H+)-c(OH-)=c(K+故答案为：D。

【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；B．三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道；C．根据图中曲线，当溶液pH=4.5时，H2D．根据质子守恒和物料守恒。13．【答案】C【解析】【解答】A．根据以及有机物中碳成键特点可知，σ键和π键个数比为12∶1，故A不符合题意；B．化学反应的决速步是由慢反应决定的，生成四氢呋喃决速步为反应Ⅱ，故B不符合题意；C．以γ-丁内酯为原料，根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时γ-丁内酯消耗amol，1，4-丁二醇消耗为bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，根据图像可知，5.0×10−3−a5.0×10−3+b=0.48，a-bD．因反应在高压氢气氛围下进行，增大氢气压强，体系压强增大，平衡逆向进行，不利于四氢呋喃的生成，故D不符合题意；答案为C。

【分析】A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；B．化学反应的决速步是由慢反应决定的；C．根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量；D．根据影响化学平衡移动的因素分析。14．【答案】（1）Mg2+；开始时加入的硫酸会促进Ca(OH)2溶解，溶液中Ca2+浓度增加；随着硫酸加入量增加，SO（2）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)【解析】【解答】（1）①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是Mg②开始时加入的硫酸会促进Ca(OH)2溶解，溶液中Ca2+浓度增加；随着硫酸加入量增加，SO42-浓度增大，C（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和Ca(ClO)②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度Ca(ClO)2分解增多，使③相同温度下，KClO3的溶解度比Ca(ClO3)2④在25.00mL溶液中：n(AgNO3)=0.20mol/L×0.021L=0.0042mol，n(KCl)总=0.0042mol，n(KClO3)+n(KCl)=0.0042mol，n(KCl

【分析】（1）①依据图示分析；②依据溶解平衡和物质的性质分析；（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和Ca(②根据影响化学平衡移动的因素分析；③依据溶解度大小判断；④依据原子守恒。15．【答案】（1）酯基、硝基（2）取代（3）（4）或（5）【解析】【解答】（1）根据A的结构式可知，A中的含氧官能团为酯基、硝基；故答案为：酯基、硝基；（2）根据分析，D到E发生硝化反应，也是取代反应；故答案为：取代反应；（3）若有机物B直接硝化，则硝基取代间位的氢生成；故答案为：；（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子，则结构简式为或。故答案为：或；（5）根据分析，合成流程；

【分析】（1）根据结构简式确定官能团；（2）根据官能团的变化确定反应类型；（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。16．【答案】（1）b；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与LiCoO2会发生反应产生Cl2（2）2Co2++2+H2O2+10NH3•H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；先加浓氨水再加H2O2溶液（3）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间充分反应，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象【解析】【解答】（1）①两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，LiCoO2中Co为+3价，具有强氧化性，能将HCl中-1价的Cl氧化成Cl2，污染环境，且Na2S2O3中的S具有还原性能将三价Co还原为Co2+，因此选择b（H2SO4和Na2S2O3）；②沉淀后溶液中c(Li+)=Ksp(LiF)c(F−)=2×10−34×10（2）①H2O2、CoCl2、NH4Cl在氨水中生成Co(NH3)6Cl3，由电子转移守恒和原子守恒可得总反应离子方程式为2Co2++2+H2O2+10NH3•H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；②将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液，原因是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；（3）目的是制取Co3O4，根据图中Co3O4最高时的温度为900～1000℃且为有氧条件下；用