江苏省百校大联考高三年级第二次考试化学试卷(考试时间:75分钟 满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 S32 Co59 Zn65 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。1.2021年世界环境日主题是“人与自然和谐共生”。下列行为符合该主题的是A.推广植树造林计划B.提倡秸秆就地焚烧C.实施远海废水排放D.填埋法处理废电池2.实验室制备Na2S2O3的反应原理:2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是A.SO2为非极性分子B.Na2S的电子式为Na+]2-Na+C.C为三角锥形D.基态O原子的轨道表示式:3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Na、K具有强还原性,Na、K合金可作原子反应堆的导热剂B.NaClO有氧化性,可用于漂白织物C.NaHCO3易分解,用于治疗胃酸过多D.Na2CO3易溶于水,可用于清洗油污4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子2p轨道上有2个未成对电子,Y是地壳中含量最高的元素,金属元素Z的第一电离能大于同周期下一主族元素,0.05mol·L-1的W的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=1。下列说法正确的是A.工业上常用电解盐溶液的方法冶炼Z单质B.原子半径:r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)C.X氢化物的沸点都比Y的低D.W元素在自然界的存在形式既有游离态又有化合态
阅读下列资料,完成5~7题。海洋约占地球表面积的71%,是生命的摇篮,不仅有浩瀚的水资源,而且蕴藏着宝贵的化学资源。其中Cl、Na、Mg、S、Ca、K、Br、C、Sr、B、F等11种元素含量超过其总含量的11%。海水的开发利用具有十分巨大的潜力。5.一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.物质X常选用NaClB.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+COC.MgCl2溶液中含有Fe3+,可以加入NaOH调节pH除去D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸干可得到无水MgCl26.实验室从海带中提取碘的过程如下:下列说法正确的是A.步骤①⑤分别用装置丙、甲完成B.装置乙使用时先放出下层水溶液,再从上口倒出有机层C.海带中含有的硫酸盐在步骤③中实现与碘的分离D.过程⑦酸化时发生反应的离子方程式:5I-+I+6H+3I2+3H2O7.工业上可通过反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-114.4kJ·mol-1将HCl转化为Cl2,下列有关说法正确的是A.使用催化剂能缩短该反应达到平衡的时间B.升高温度和增大压强均能提高反应中HCl的平衡转化率C.反应的平衡常数可表示为K=D.其他条件相同,增大,HCl的转化率上升
8.东南大学王金兰课题组提出合成氨的“表面氢化机理”如图,在较低的电压下实现氮气还原合成氨。已知:第一步:*+H+e-H(快)(吸附在催化剂表面的物种用*表示);第二步:N2+2*H中间体(吸附在催化剂表面)(慢);第三步:(快)。下列说法不正确的是A.上述三步中的决定速率步骤为第二步B.第三步可表示为2*NH+4H++4e-2NH3C.该法在合成氨的过程中能量的转化形式是电能转化为化学能D.该法较传统工业合成氨法,具有能耗小、环境友好的优点9.甲氧苄啶是一种广谱抗菌药,其合成路线中的一步反应如下。下列说法中正确的是X Y A.X分子中含有6个sp2杂化的碳原子B.Y分子中含1个手性碳原子C.Y分子不存在顺反异构体D.X→Y分两步进行,则先发生加成反应,后发生消去反应10.碳纳米点是一种新型碳纳米材料,我国化学家研究的一种新型复微合光催化剂[碳纳米点/(氮化碳纳米复合物)]可以利用太阳光实现高效分解水,其原理如图所示。下列说法正确的是A.水分解过程中H2O2作催化剂B.H2O2分子为非极性分子
C.若反应Ⅱ是放热反应,则反应Ⅰ一定是吸热反应D.催化剂中两种纳米材料均为含碳化合物11.某兴趣小组同学为研究Cu与Fe3+的反应进行如下实验(已知CuCl为白色固体,微溶于水):序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡,加入2mL蒸馏水充分振荡,加入2mL蒸馏水充分振荡,加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余,溶液黄色褪去,变成蓝色,加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A.3个实验中消耗的铜粉的量不完全一样B.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均发生了反应2Fe3++CuCu2++2Fe2+C.Ⅱ中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl-2CuCl↓D.上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量12.GeorgeA.Olah教授和其合作者使用Ru-PNPpincer络合物作催化剂,用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳,可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇,反应可能的过程如图所示。下列叙述正确的是A.多聚胺是中间产物B.step1只有非极性键的断裂和形成
C.总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2OD.该转化过程,原子利用率为100%13.室温下,通过下列实验探究亚硫酸盐的性质。已知:Ka1(H2SO3)=1.54×1、Ka2(H2SO3)=1.02×1实验实验操作和现象1向10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入11.2mL(标准状况)SO2,测得pH约为92向10mL0.10mol·L-1NaOH溶液通入SO2至溶液pH=73向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液通入22.4mL(标准状况)SO2,测得pH约为34取实验3所得溶液1mL,加入1mL0.01mol·L-1Ba(OH)2溶液,产生白色沉淀下列说法正确的是A.实验1得到的溶液中有:c(S)+c(HS)+c(H+)<c(OH-)B.实验2得到的溶液中有:c(S)<c(HS)C.实验3得到的溶液中有:c(H+)+c(Na+)<c(HS)+2c(H2SO3)D.实验4中可知:Ksp(BaSO3)<5×10-514.在一定的温度和压强下,将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165kJ·mol-1 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ·mol-1催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间,测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。 CH4选择性=×100%下列有关说法正确的是A.在260℃~320℃间,以Ni-CeO2为催化剂,升高温度CH4的产率不变B.延长W点的反应时间,一定能提高CO2的转化率
C.选择合适的催化剂,有利于提高CO2的转化率D.高于320℃后,以Ni为催化剂,随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动二、非选择题:共4题,共58分。15.(15分)纳米微晶碱式碳酸锌是一种新型的碱式碳酸锌,在医药行业可用作皮肤保护剂。工业级硫酸锌(主要成分为ZnSO4·7H2O,含少量Fe2+、Cu2+、Cd2+、Co2+、Ni2+)制备纳米微晶碱式碳酸锌[Zn4CO3(OH)6]。回答下列各步转化涉及的问题:(1)氧化除杂:向ZnSO4溶液中加H2O2除去溶液中Fe2+。Fe2+的电子排布式为 ▲ 。 (2)还原除杂:除Cu2+、Cd2+后,再加入Zn粉和少量Sb2S3,形成锑锌微电池,提高除Co2+、Ni2+的反应速率。则该条件下Zn2+、Ni2+、Sb3+的氧化性强弱顺序: ▲ (用离子符号表示)。 (3)沉锌:加入NH4HCO3溶液、MgSO4·7H2O(只用于控制晶粒大小),过滤、洗涤得纳米微晶。①生成纳米微晶碱式碳酸锌的离子方程式为 ▲ 。 ②实验测得在一段时间内加入等量NH4HCO3所得纳米微晶质量随反应温度的变化如图所示,分析曲线下降可能的原因: ▲ 。 (4)用乙二胺四乙酸(俗称EDTA,H2Y2-表示乙二胺四乙酸根离子)滴定法测样品中锌的含量,反应原理为Zn2++H2Y2-ZnY2-+2H+。取1.840g纳米微晶碱式碳酸锌样品,溶于pH为5~6的乙酸-乙酸钠缓冲溶液中配成100mL溶液,滴入少量的铬黑T作指示剂,取25.00mL置于锥形瓶中,向锥形瓶中加入过量的10.00mL2.000mol·L-1EDTA,振荡。用1.000mol·L-1锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗锌标准溶液16.00mL。则样品中Zn元素的含量为 ▲ 。(写出计算过程) 16.(14分)β-内酰胺类药物是一类用途广泛的抗生素药物,其中一种药物F的合成路线如下(一些反应条件未标出):
已知:—COOH—COCl(1)B中所含官能团的名称为 ▲ 。 (2)X的分子式为C7H8S,写出X的结构简式: ▲ 。 (3)D的一种芳香族同分异构体满足下列条件,则该同分异构体的结构简式为 ▲ 。 ①能发生银镜反应;②核磁共振氢谱中有3个吸收峰,峰面积比为1∶2∶6。(4)E→F的反应类型为 ▲ 。 (5)写出以和合成的反应路线: ▲ 。(无机试剂和2碳及2碳以下有机物任用,合成路线流程图示例见本题题干) 17.(14分)CoC2O4是制备金属钴的原料,利用含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下:已知:①Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15;②氧化性:Co2O3>O2>Cl2;③部分金属离子沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00mol·计算):金属离子Fe3+Fe2+Al3+Co2+开始沉淀的pH1.56.33.06.4沉淀完全的pH2.88.35.09.2
④CoC2O4·2H2O热分解曲线如下:固体残留率=×100%回答下列问题:(1)“500℃焙烧”的目的是 ▲ 。 (2)“滤渣1”的主要成分是 ▲ 。 (3)“净化除杂2”可将钙、镁离子沉淀除去,当c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时,溶液中Ca2+是否沉淀完全 ▲ (填“是”或“否”)。[已知Ksp(MgF2)=7.42×10-11、Ksp(CaF2)=1.46×10-10] (4)“沉钴”时,用草酸铵,而不用草酸钠的原因是 ▲ 。 (5)从环保角度考虑,以含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3)制备Co3O4的实验方案为 ▲ 。(可选试剂:1.000mol·L-1H2SO4溶液,1.000mol·L-1H2O2溶液,1.000mol·L-1HCl,0.1000mol·L-1NaOH溶液,1.000mol·L-1(NH4)2C2O4溶液) 18.(15分)烟气中含有的高浓度SO2、氮氧化物有害物质及酸性废水中的N,在排放前必须进行脱硫、脱硝、脱氮处理。图1(1)H2Y2-是乙二胺四乙酸根离子,与Fe2+形成的络合物FeY2-可用于吸收烟气中的NO。其吸收原理:FeY2-(aq)+NO(g)FeY2-(NO)(aq) ΔH<0。将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2-溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图1所示。时间越长,NO吸收率越低的原因是 ▲ 。 (2)H2O2在催化剂α-FeOOH的表面上,分解产生·OH。·OH较
H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图2所示。①写出·OH氧化NO反应的化学方程式: ▲ 。 ②当H2O2浓度一定时,NO的脱除效率与温度的关系如图3所示。升温至80℃以上,大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是 ▲ ,温度高于180℃,NO的脱除效率降低的原因是 ▲ 。 (3)用H2消除酸性废水中的N是一种常用的电化学方法。其反应原理如图4所示。图4请结合上述反应过程用合适的文字描述Fe(Ⅲ)、Fe(Ⅱ)在其中的作用: ▲ 。
江苏省百校大联考高三年级第二次考试化学试卷参考答案一、单项选择题:本题包括14小题,每小题3分,共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.【答案】A【解析】A.推广造林计划,有利于减碳。2.【答案】B【解析】A.SO2为V形的极性分子;B.Na2S为离子化合物,由Na+和S2-构成;C.C为平面三角形;D.电子应优先占据能量相同的不同轨道。3.【答案】B【解析】A.Na、K合金可作原子反应堆的导热剂,利用了Na、K导热性,不是还原性;B.NaClO具有强氧化性,能氧化漂白有机色素;C.NaHCO3能与酸反应,用于治疗胃酸过多;D.Na2CO3溶液呈碱性,可用于清洗油污。4.【答案】D【解析】X为C,Y为O,Z为Mg,W为S。A.工业上常用电解法熔融MgCl2的方法冶炼Mg;B.原子半径:r(Mg)>r(S),r(C)>r(O);C.随C原子数的增加氢化物的沸点升高,可能比H2O的高;D.S元素在自然界中既有游离态又有化合态。5.【答案】B【解析】A.物质X常选用Ca(OH)2,或碱性物质;B.据流程知:“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO;C.MgCl2溶液中含有Fe3+,加入NaOH调节pH会引入Na+,应用MgO等;D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,得MgCl2溶液直接加热蒸干彻底水解得到Mg(OH)Cl、Mg(OH)2等,而得不到无水MgCl2。6.【答案】D【解析】A.步骤①灼烧在坩埚中进行,步骤⑤为萃取、分液,应用装置乙分液漏斗。B.CCl4密度大于水,应先放出下层有机层,再从上口倒出水层。C.海带中含有的硫酸盐在萃取时,即步骤⑤中实现与碘的分离。D.氢氧化钠溶液溶液反萃取时,3I2+6OH-5I-+I+3H2O,过程⑦酸化时发生反应的离子方程式:5I-+I+6H+3I2+3H2O,实现I2的富集。7.【答案】A【解析】A.使用合适的催化剂能缩短该反应到达平衡的时间;B.正反应为放热反应,升高温度,HCl的平衡转化率减小;C.平衡常数表达式中缺少反应物和生成物的幂;D.增大,HCl的转化率下降。
8.【答案】B【解析】A.连续反应由慢反应决定整个反应的反应速率;B.第三步的方程式为:*N2H2+4H++4e-2NH3;C.该法在低电压条件下合成氨,电能转化为化学能;D.该法较传统的高温高压条件合成氨能耗小、对环境友好。9.【答案】D【解析】A.X分子中—CHO中碳原子和苯环碳均为sp2杂化;B.Y分子中不含手性碳原子;C.X分子存在双键,且双键两端基团不同,存在顺反异构;D.X→Y分两步进行,则—CHO先与酯基和氰基中间的α-H发生加成反应生成-OH,后-OH再与α-H发生消去反应。10.【答案】C【解析】A.H2O2是水分解过程中中间产物;B.H2O2分子结构是不对称的,为极性分子;C.水分解的总反应是吸热反应,根据盖斯定律,若反应Ⅱ是放热反应,则反应I一定是吸热反应;D.碳纳米点是单质。11.【答案】D【解析】A.实验Ⅱ中Cu部分转化为Cu(I)消耗的铜粉多于其它两个实验;B.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色均褪去,推测都发生了反应2Fe3++CuCu2++2Fe2+;C.Ⅱ中加水后生成白色沉淀,根据元素种类推测应为CuCl,可能的离子反应Cu2++Cu+2Cl-2CuCl↓;D.实验Ⅱ、Ⅲ均加入过量的铜,后者未产生白色沉淀,表明能否形成白色沉淀由Cu的量和Cl-的浓度共同决定。12.【答案】C【解析】A.多聚胺step1消耗后,在step4又生成,是反应的催化剂;B.step1CO2分子中的C-O极性键的断裂;C.二氧化碳与氢气转化为甲醇和水,总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O;D.该转化过程,除了生成甲醇还生成水,原子利用率<100%。13.【答案】D【解析】A.实验1得到Na2SO3溶液中,有2c(H2SO3)+c(HS)+c(H+)=c(OH-),2c(H2SO3)<c(S),所以c(S)+c(HS)+c(H+)>c(OH-);B.Ka2(H2SO3)==1.02×10-7,实验2得到的溶液pH=7,即c(H+)=1.0×10-7,=1.02中,有c(S)>c(HS);C.实验3得到NaHSO3溶液,c(H+)+c(Na+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),由Kh(HS)==<Ka(HS),溶液呈酸性c(H+)>c(OH-),且c(S)>c(H2SO3),可知:c(H+)+c(Na+)>c(HS)+2c(H2SO3)+c(OH-)>c(HS)+2c(H2SO3);D.实验4中产生白色沉淀,可知:Q(BaSO3)=5×10-5>Ksp(BaSO3)。
14.【答案】C【解析】A.在260℃~320℃间,升高温度CH4的选择性基本不变,但CO2的转化率在上升,所以CH4的产率上升;B.W点可能是平衡点,延长时间不一定能提高CO2的转化率;C.由图可知,使用不同的催化剂,CO2的转化率不同;D.图示对应的时间内以Ni为催化剂,明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率,一定未达平衡,高于320℃后,随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大,反应速率加快。二、非选择题:共4题,共58分。15.(15分)(1)[Ar]3d6(2分)(2)Sb3+>Ni2+>Zn2+(3分)(3)①4Zn2++8HCZn4CO3(OH)6↓+7CO2↑+H2O(3分)②温度过高,碳酸氢铵分解,碳酸氢铵浓度降低,沉淀质量减少(3分)(4)56.52%(4分)【解析】(1)Fe→Fe2+过程中失去4s的两个电子。(2)加入Zn粉和少量Sb2S3,能形成锑锌微电池,说明Sb3+能氧化Zn,生成Zn2+和Sb,其氧化性强于Zn2+,Co2+、Ni2+又能在溶液中被还原,说明Ni2+的氧化性强与Zn2+弱于Sb3+。(3)①4Zn2++8HC=Zn4CO3(OH)6↓+7CO2↑+H2O②温度过高,碳酸氢铵分解,碳酸氢铵浓度降低,沉淀质量减少。(4)n(EDTA)=2.000mol·L-1×10.00mL×10-3L·mL-1=2.000×10-2moL与标准溶液反应的EDTA:n(EDTA)=1.000mol·L-1×16.00mL×10-3L·mL-1=1.600×10-2 moL(1分)样品中锌有:n(Zn2+)=(2.000×10-2-1.600×10-2)moL=4.000×10-3moL(1分)产品中锌元素的质量分数=××100%=56.52%。(2分)16.(14分)(1)羧基、氯原子(2分)(2)(3分)(3)、(3分)(4)加成反应(2分)(5)(4分)【解析】(1)ClCH3COOH中含有羧基、氯原子(2)X的分子式为C9H8S,结合B→C的反应产物,X的结构简式为(3)D的Ω=5,能发生银镜反应,含有-CHO;核磁共振氢谱中有3个吸收峰,峰面积比为1︰2︰6,同分异构为:
(4)C=C与C=N发生加成反应成环(5)(4分)17.(14分)(1)除去C和有机物(2分)(2)CaSO4(2分)(3)否(2分)(4)Na2C2O4溶液的碱性强于(NH4)2C2O4,防止碱性过强形成Co(OH)2沉淀(3分)(5)向含钴废料中加入1.000mol·L-1H2SO4溶液,充分搅拌,加入1.000mol·L-1H2O2溶液,待反应完全后滴加0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液,调节溶液的pH在5.0~6.4之间,静置过滤,取滤液,加入1.000mol·L-1(NH4)2C2O4溶液,待充分沉淀后,静置过滤,将滤渣在385℃条件下加热至恒重(5分)【解析】(1)焙烧将C和有机物转化成气体除去。(2)CaSO4微溶,形成滤渣。(3)c(Ca2+)=×c(Mg2+)=1.97×10-5mol·L-1>10-5mol·L-1,Ca2+未沉淀完全。(4)Na2C2O4溶液的碱性强于(NH4)2C2O4,防止碱性过强形成Co(OH)2沉淀(5)基本思路:仿照原流程,先将废料溶于酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+,再将Co3+还原为Co2+后,调节pH沉淀除去Fe3+、Al3+,然后沉钴得到CoC2O4沉淀,从CoC2O4·2H2O热分解曲线推知:CoC2O4受热分解,通过计算确定温度为385℃可得Co3O4,温度更高,得到的是CoO。试剂选择:H2O2既有氧化性,又有还原性,已知氧化性:Co2O3>O2>Cl2,但题目要求从环保角度考虑,用盐酸产生有毒气体Cl2,H2O2被氧化O2,所以选择H2O2做还原剂。实验方案为:向含钴废料中加入1.000mol·L-1H2SO4溶液,充分搅拌,加入1.000mol·L-1H2O2溶液待反应完全后滴加0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液,调节溶液的pH在5.0~6.4之间,静置过滤,取滤液,加入1.000mol·L-1(NH4)2C2O4溶液,待充分沉淀后,静置过滤,将滤渣在385℃条件下加热至恒重,得到Co3O4。18.(15分)(1)反应放热,温度升高,不利于NO的吸收;随着反应进行,FeY2-浓度降低(3分)(2)①3·OH+NOHNO3+H2O(3分)②汽化的H2O2与催化剂的接触更充分,产生更多的·OH,·OH浓度增大,与NO混合更充分,NO的脱除效率显著提高(3分);180℃以后,·OH分解成O2和H2O,·OH的浓度下降,NO的脱除效率下降(3分)(3)H2在Pd表面失去电子,传递给Fe3O4,其中的Fe(Ⅲ)得到电子,被还原为Fe(Ⅱ),Fe(Ⅱ)又失去电子,将电子传递给N,N被还原为N2,Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)之间相互转化过程中起到了传递电子的作用(3分)【解析】(1)①反应放热,温度升高,不利于NO的吸收,且随着反应进行,FeY2-浓度降低,NO的吸收率降低。(2)①由色谱图可知:NO被·OH氧化生成N,反应为:3·OH+NOHNO3+H2O
②汽化的H2O2与催化剂的接触更充分,产生更多的更易与NO发生反应的·OH,·OH浓度增大,与NO混合更充分,NO的脱除效率显著提高;180℃以后,·OH分解成O2和H2O,·OH的浓度下降,NO的脱除效率下降。(3)H2在Pd表面失去电子,传递给Fe3O4,其中的Fe(Ⅲ)得到电子,被还原为Fe(Ⅱ),Fe(Ⅱ)又失去电子,将电子传递给N,N被还原为N2,Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)之间相互转化过程中起到了传递电子的作用。
