江苏省高邮市重点中学2022届高三第一次诊断测试化学试题（解析版）

第第页2022届高三第一次诊断测试化学本试卷分选择题和非选择题两部分，全卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国承诺2060年前实现碳中和：碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列不利于实现“碳中和”的是A.植树造林 B.节能减排 C.焚烧秸秆 D.风力发电【答案】C【解析】【详解】A．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，A正确；B．采取节能低碳生活方式，可以减少碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，B正确；C．焚烧秸秆会产生二氧化碳，不利于实现“碳中和”，C错误；D．风能是可再生的清洁能源，不会排放二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，D正确；故选C。2.氰氨化钙是高效低毒多菌灵农药的主要原料之一。一种制备氰氨化钙的化学方程式为：，下列说法正确的是A.的电子式： B.的结构示意图为C.属于共价化合物 D.是极性分子【答案】B【解析】【详解】A．CO2分子内碳原子与每个氧原子共用2对电子对，故电子式：，故A错误；B．钙离子的质子数为20，核外电子数为18，分层排布，最外层电子数为8，其结构示意图为，故B正确；C．CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有离子键和极性键，所以CaCN2属于离子化合物，故C错误；D．H2分子正负电荷中心重合，为非极性分子，故D错误；故选：B。3.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是A.元素Z处于周期表第3周期第IIA族B.X、Y的第一电离能大小关系为：Y>XC.W与X形成的化合物中不可能含有非极性键D.X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强【答案】B【解析】【分析】W的原子半径最小，则W为H；X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C；Y的单质在空气中的体积分数最大，则Y为N；Z是金属性最强的短周期元素，则Z为Na，据此解题。【详解】A．Na位于周期表第三周期第IA族，故A错误；B．同一周期元素随核电荷数的递增，元素的第一电离能逐渐增大，故N>C，故B正确；C．C与H形成的CH2=CH2中含有C-C非极性键，故C错误；D．元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故硝酸酸性强于碳酸，故D错误；故选B。4.下列关于说法正确的是A.该反应的B.该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和C.反应生成，转移电子的数目为D.升高温度该反应正反应速率减小，逆反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A．该反应中，反应物气体计量系数为3，产物气体计量系数为2，故，A错误；B．该反应的，反应热=反应物键能和-产物键能和<0，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B错误；C．根据方程式可知，1mol氧气得到4mol电子，生成2mol二氧化氮，故反应生成，转移电子的数目为，C正确；D．升高温度，正、逆反应速率都增大，D错误；故选C。5.已知：①可与过氧化钠粉末发生化合反应生成，②能被酸性溶液氧化成。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备，下列说法不正确的是A.装置A无需加热，滴入浓硝酸就能发生反应B.装置B中铜的作用是提高NO的生成率C.装置C中装的药品可以是氢氧化钠固体D.装置E中的酸性溶液的主要作用是吸收多余的NO【答案】A【解析】【分析】本题属于常见无机物制备类的实验题，由装置A制备二氧化氮，通过装置B转化为一氧化氮，装置C除杂，在装置D中发生反应生成产品，装置E用于尾气处理，以此解题。【详解】A．浓硝酸和碳常温的时候不反应，加热的时候发生反应C+4HNO3(浓)=CO2+4NO2+2H2O，A错误；B．装置A中产生的二氧化氮，在装置B中和水反应生成硝酸和一氧化氮，其中硝酸和铜反应生成一氧化氮，这样可以提高NO的生成率，B正确；C．从装置B中出来的一氧化氮中混入了二氧化碳和水蒸气，这些都会和过氧化钠反应，需要除去，而一氧化氮不和氢氧化钠反应，二氧化碳和水蒸气可以被氢氧化钠固体吸收，C正确；D．含有一氧化氮的尾气对环境有害，由题意可知一氧化氮可以被酸性高锰酸钾溶液吸收，D正确；故选A。6.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.性质稳定，可用作某些反应的保护气B.易溶于水，可用作制冷剂C.受热易分解，可用作氮肥D.呈红棕色，可用于制备硝酸【答案】A【解析】【详解】A．氮气具有稳定性，可用作某些反应的保护气，故A正确；B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，所以可用作制冷剂，故B错误；C．碳酸氢铵含有氮元素，所以可用作氮肥，与其受热分解的性质无关，故C错误；D．二氧化氮可以和水反应生成硝酸，可用于制备硝酸，故D错误；故选A。7.是一种强温室气体，消除大气中的对于环境保护具有重要意义。国内某科研团队研究了利用氢自由基(∙H)的脱氟反应实现的降解。降解生成和有两种反应历程如图所示。下列说法不正确的是A.该降解过程为放热反应B.该降解过程为非氧化还原反应C.直接抽提反应比加成消去反应更容易发生D.若a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态3的反应速率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知该降解过程反应物能量高，生成物能量低，为放热反应，A正确；B．反应物中N为+3价，产物中N为+2价，化合价发生变化，为氧化还原反应，B错误；C．由图可知直接抽提反应的活化能更小一些，反应更容易发生，C正确；D．反应速率由活化能大的一步决定，则若a<b，则加成消去反应历程的总反应速率取决于中间体到过渡态3的反应速率，D正确；故选B。8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．铁高温的时候和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁和铝可以发生铝热反应生成单质铁，A正确；B．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，但电解氯化铝溶液无法得到单质铝，B错误；C．单质硅在加热的时候可以和氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能和水反应，C错误；D．硫在氧气点燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，D错误；故选A。9.烟气脱硫能有效减少的排放。实验室用粉煤灰(主要含等)制备碱式硫酸铝[]溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是A.“酸浸”时不宜过量太多，目的是防止溶解B.约为3.6时，溶液中存在大量的C.调节时的离子方程式：D.碱式硫酸铝溶液多次循环使用后增大的原因是部分发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，粉煤灰用硫酸溶液酸浸时，氧化铝与硫酸溶液反应生成硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到二氧化硅滤渣1和硫酸铝溶液；向硫酸铝溶液中加入碳酸钙粉末调节溶液pH为3.6，碳酸钙与过量的硫酸转化为硫酸钙，铝离子部分水解得到碱式硫酸铝，过滤得到硫酸钙滤渣2和碱式硫酸铝溶液；碱式硫酸铝溶液循环吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，加热时，部分亚硫酸受热分解，部分被氧化为硫酸，使溶液中硫酸根离子浓度增大，促进碱式硫酸铝的生成。【详解】A．二氧化硅与硫酸溶液不反应，所以酸浸时硫酸溶液不能过量太多是因为溶液pH过小，加入碳酸钙粉末调节溶液pH时，不利于铝离子水解转化为碱式硫酸铝，故A错误；B．铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，所以pH为3.6的溶液中不可能存在碳酸氢根离子，故B错误；C．调节溶液pH为3.6时发生的反应为碳酸钙与硫酸溶液反应生成硫酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+SO+2H+=CaSO4+CO2+H2O，故C错误；D．由分析可知，碱式硫酸铝溶液循环吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，加热时，部分亚硫酸受热分解，部分被氧化为硫酸，使溶液中硫酸根离子浓度增大，促进碱式硫酸铝的生成，故D正确；故选D。10.绿原酸(结构如下图)广泛存在于金银花植物中，具有抗菌、抗病毒等功效。下列有关绿原酸的说法不正确的是A.可与溶液发生显色反应B.分子中存在顺反异构现象C.绿原酸最多可与反应D.绿原酸的分子中含有4个手性碳【答案】C【解析】【详解】A．该物质含有酚羟基，因此可与溶液发生显色反应，故A正确；B．分子中有碳碳双键，存在顺反异构现象即，，故B正确；C．绿原酸含有2mol酚羟基，1mol酯基，1mol羧基，因此最多可与反应，故C错误；D．绿原酸的分子中含有4个手性碳，用“*”表示的碳原子，故D正确。综上所述，答案为C。11.某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是实验操作(室温)及实验现象①将足量的铜粉加入中，溶液呈绿色，产生红棕色气体②将足量的铜粉加入中，溶液呈蓝色，产生无色气体③将足量的铁粉加入中，溶液呈浅绿色，无气体生成A.实验①中消耗的铜粉质量大于实验②B.实验②中产生的气体可用向上排空气法收集C.实验③中铁发生了钝化D.以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关【答案】D【解析】【详解】A．实验①反应后溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，实验②反应后溶液呈蓝色，产生无色气体，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，①与②中硝酸的物质的量相等，故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；B．实验②中生成一氧化氮气体，一氧化氮易于氧气反应，故不能用排空气法收集，故B错误；C．实验③反应后溶液呈浅绿色，无气体生成，N可能被还原成更低价态，生成铵根，故C错误；D．根据实验①②可得浓硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，②③对比可知与金属活泼性有关，金属越活泼还原产物的价态越低，故D正确；故选D12.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的二次电池，有望为火星探测提供一种潜在电化学能源系统。将溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为。电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，移向电源的正极B.也可用水溶液作为电解液C.充电时，阳极的电极反应式为：D.充电时，消耗转移电子【答案】C【解析】【分析】由电池的总反应可知，放电时，钠电极是原电池的负极，钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，通入二氧化碳的镍电极是正极，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根和碳，电极反应式为3CO2+4e—=2CO+C，充电时，钠电极与直流电源的负极相连，做阴极，镍电极为阳极。【详解】A．由分析可知，放电时，钠电极是原电池的负极，通入二氧化碳的镍电极是正极，阴离子高氯酸根离子向移向负极，故A错误；B．钠易与水反应，所以不能用高氯酸钠水溶液作为电解液，故B错误；C．由分析可知，镍电极为阳极，碳在碳酸根离子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故C正确；D．由电池的总反应可知，充电时，消耗1mol碳酸钠转移2mol电子，故D错误；故选C。13.室温下，通过下列实验探究溶液的性质。实验实验操作和现象1用计测量溶液的，测得约为8.32将溶液与溶液等体积混合3向溶液逐滴加入等体积等浓度盐酸4向溶液中通入过量，溶液pH从约12下降到约9下列有关说法正确的是A.实验1可得的电离程度大于水解程度B.实验2所得溶液中：C.实验3所得溶液中：D.实验4反应过程中：逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．电离会产生氢离子，溶液显酸性，水解产生氢氧根离子，溶液显碱性，而实验1溶液显碱性，故的水解程度大于其电离程度，A错误；B．实验2所得溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒可知：，B错误；C．实验3所得溶液为等浓度的碳酸氢钠和氯化钠溶液，根据电荷守恒可知：，C错误；D．通入二氧化碳的过程中存在电荷守恒：，则，由实验4可知随着二氧化碳的通入溶液pH从约12下降到约9，则氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，钠离子浓度不变，故逐渐增大，D正确；故选D。14.氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，反应时会发生如下两个竞争反应I、II。III为分析催化剂对该反应的选择性，在密闭容器中充入和，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图。下列有关说法正确的是A.硝酸工业中，氨催化氧化时应选择低温B.A点时，反应I的平衡常数C.840K后增大的原因是反应II向正方向移动D.520K时，A点时O2的物质的量分数约为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知温度较低的时候，氨气的氧化产物是氮气，因此应该选择较高温度，A错误；B．根据反应I可知，反应I的平衡常数，B错误；C．对于反应I温度升高，催化剂活性降低，反应II，温度升高，反应速率加快，故增大；另外反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C错误；D．反应I中，A点，一氧化氮为0.2mol，则H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25molO2和0.2molNH3，反应II中，A点，氮气为0.2mol,则H2O(g)=0.6mol，消耗了0.3molO2和0.4molNH3，由此可以计算出O2的物质的量分数，D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共58分15.常应用于电池、催化剂、染料等方面。含钴废水会污染环境，须经处理后才能排放。（1）中钴离子的基态核外电子排布式为_______。（2）以废旧锂离子电池的正极材料(主要含)为原料可以制备。主要步骤如下：①碱浸：将正极材料浸没于溶液中，充分反应后过滤洗涤，取滤渣(LiCoO2)。写出该步反应的离子方程式_______。②还原：将滤渣浸入稀与的混合溶液中，该反应的化学方程式为_______，酸化用不用盐酸其主要原因：I.盐酸挥发利用率低；II._______。③沉钴：向步骤②反应后的溶液中，滴加溶液，可得。（3）氧化石墨烯/硅基杂化膜是一种主要基于“阴阳离子之间的静电吸附”处理含重金属离子废水的常用材料。利用氧化石墨烯/硅基杂化膜处理某含钴(Co2+)废水，在不同的条件下，对钴离子的吸附效果如图所示，A点吸附率比B点低原因是_______，C点吸附率比B点低的原因是_______。[]【答案】（1）[Ar]3d7（2）①.②.③.会将盐酸氧化为有毒的氯气，污染环境（3）①.H+与钴离子是竞争吸附关系，随着pH的降低，H+将先于Co2+被吸附②.随着pH升高，部分钴离子转化为氢氧化亚钴，导致吸附量下降【解析】小问1详解】CO2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d7；【小问2详解】①碱浸：将正极材料浸没于NaOH溶液中，其中Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，LiCOO2不反应，充分反应后过滤洗涤，取滤渣(LiCOO2)，则该步反应的离子方程式为：；②还原：将滤渣(LiCoO2)浸入稀H2SO4与H2O2的混合溶液中，LiCoO2和H2O2在稀H2SO4中发生氧化还原反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水，该反应的化学方程式为：；LiCoO2具有较强的氧化性可以把氯离子氧化为氯气，氯气容易污染空气，故酸化用不用盐酸其主要原因：I．盐酸挥发利用率低；II．会将盐酸氧化为有毒的氯气，污染环境；【小问3详解】pH较低的时候，氢离子浓度较大，也可能吸附在石墨烯/硅基杂化膜上，从而导致钴离子的吸附率降低，故A点吸附率比B点低原因是：H+与钴离子是竞争吸附关系，随着pH的降低，H+将先于Co2+被吸附；pH较大的时候，溶液中氢氧根离子的浓度较大，可以和钴离子形成氢氧化亚钴，从而降低了钴离子的吸附，故C点吸附率比B点低的原因是：随着pH升高，部分钴离子转化为氢氧化亚钴，导致吸附量下降。16.紫草素类化合物G具有不同程度的细胞毒作用和抗肿瘤作用，其合成路线如下图所示：（1）A中碳元素的杂化方式是_______，中含有_______键。（2）B的结构简式_______。（3）E→F的反应类型_______。（4）A到B的反应中生成一种副产物，其同分异构体满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式_______。I.能和溶液发生显色反应；II.核磁共振氢谱图显示4个吸收峰。（5）请设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。【答案】（1）①.sp2、sp3②.14（2）（3）氧化反应（4）或（5）【解析】【分析】由A和C的结构简式可知，A与发生取代反应生成B，B为。【小问1详解】由A的结构简式可知，A中含饱和碳，采取sp3杂化，含有双键碳，采取sp2杂化；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，1个分子中含有3个C-C键、1个C=C键、1个C-Br键、9个C-H键，共14个σ键，因此1mol中含14molσ键。【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为。【小问3详解】由E和F的结构简式可知，E中的羟基转变为了F中的醛基，为氧化反应。【小问4详解】副产物H(C13H20O2)的同分异构体能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含苯环和酚羟基，核磁共振氢谱图显示4个吸收峰，说明分子结构高度对称，结构简式为：或。【小问5详解】与溴单质发生1，4-加成生成，再水解得到，在二氧化锰的作用下被氧化生成，与在LDA的作用下反应得到，合成路线为：。17.硫酸亚铁铵晶体[]在制药、电镀方面有广泛的应用。采用铁粉与稀硫酸反应制备溶液，再与反应，制备硫酸亚铁铵晶体。已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。【制备溶液】将溶液加入盛有铁粉(过量)烧瓶中，保持温度在之间，至反应无明显气泡产生后，停止加热，趁热过滤，称量残余固体质量。（1）若加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量气体，可用溶液吸收生成和，该反应的化学方程式为_______。【制备】向溶液中加入等物质的量固体，在条件下溶解后，趁热倒入乙醇中，析出晶体。（2）乙醇能降低硫酸亚铁铵在水中的溶解度，其原因为_______。【产品检验】（3）请补充完整测定产品中含量的实验方案：准确称取样品，将样品溶于水中，_______，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据。(实验中须使用的试剂：的溶液、溶液、溶液)（4）现称取产品溶于稀硫酸中，然后用高锰酸钾溶液滴定，达到终点时消耗了高锰酸钾溶液。计算产品中亚铁离子的质量分数(写出计算过程)：_______。【答案】（1）（2）加入乙醇降低水溶液的极性（3）加入的溶液酸化，滴加溶液产生白色沉淀，静置，往上层清液中继续滴加溶液至不再产生白色沉淀，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加溶液不再出现浑浊（4）12.32%【解析】【分析】由题意可知，该实验目的是制备硫酸亚铁铵晶体，实验过程为铁粉与稀硫酸反应制得硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液与硫酸铵固体反应制得硫酸亚铁铵。【小问1详解】由题意可知，硫酸铜溶液与磷化氢反应生成铜、硫酸和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问2详解】乙醇是有机溶剂，能降低水溶液的极性，从而降低硫酸亚铁铵在水中的溶解度，便于晶体析出，故答案为：加入乙醇降低水溶液的极性；【小问3详解】测定产品中硫酸根离子含量的实验方案为准确称取样品，将样品溶于水中，加入的溶液酸化，滴加溶液产生白色沉淀，静置，往上层清液中继续滴加溶液至不再产生白色沉淀，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加溶液不再出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据，故答案为：加入的溶液酸化，滴加溶液产生白色沉淀，静置，往上层清液中继续滴加溶液至不再产生白色沉淀，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加溶液不再出现浑浊；【小问4详解】由题意可知，滴定时发生的反应为，由达到终点时消耗了高锰酸钾溶液可知，产品中亚铁离子的的物质的量为，所以亚铁离子的质量分数为，故答案为：12.32%。18.烟气的主要污染物为和，是造成大气污染的重要因素，其治理方法主要有液体吸收法，固体吸收法，