1、（江苏专用）2021年秋季高三化学开学摸底考试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5Fe 56 Se 79 Cu64选择题部分(共42分)一、 选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)1. 在抗击新冠肺炎疫情行动中，化学知识起了重要作用，下列有关说法正确的是A. N95型口罩的主要材料是聚丙烯，属于无机非金属材料B. 测量体温、保持适当社交距离是防空新冠肺炎的重要举措C. 将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好D. 防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好【答案】B【解析】A N9
2、5型口罩的主要材料是聚丙烯，聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到的，属于有机高分子材料，故A错误；B测量体温、保持适当社交距离可以有效降低感染新冠肺炎风险，是防空新冠肺炎的重要举措，故B正确；C 将“84”消毒液主要成分是NaClO，能将酒精氧化，产生有毒气体，不仅消毒效果降低，还会引起中毒，故C错误；D 防控新冠病毒所用的酒精，浓度小，杀菌效果差，其浓度越大，渗透性差，只使表面的蛋白质分子发生变性，一般使用75%酒精，故D错误；2. 2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将New Sat9-18卫星送入预定轨道，提供动力的化学反应为：C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O.下列说
3、法错误的是A. N2的电子式：B. CO2的空间充填模型：C. 氧化性：N2O4CO2D. 电负性大小：ON【答案】B【解析】AN2的结构式为NN，每个原子均满足8电子的稳定结构，其电子式为：，故A正确；B二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，但实际碳原子半径大于氧原子半径，故B错误；C反应C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O中N2O4为氧化剂，生成的CO2是氧化产物，氧化性：N2O4CO2故C正确；D元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：ON，则电负性：ON，故D正确；3.下列实验装置不能达到相应实验目的的是A. 用甲装置验证N
4、H3在水中的溶解度大B. 用乙装置验证牺牲阳极保护法C. 用丙装置将CuC12溶液蒸干制备CuC12D. 用丁装置验证溴乙烷的消去产物是乙烯【答案】C【解析】A氨气极易溶于水，挤压甲装置中的胶头滴管，气球会膨胀，故A正确；B乙装置为原电池装置，酸性条件下，Zn作负极，Fe作正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，正极区域无明显现象，故B正确；C氯化铜为挥发性酸的强酸弱碱盐，直接加热蒸干时会发生水解反应，最终得到氧化铜固体，故C错误；D溴乙烷在NaOH的醇溶液中，加热时发生消去反应，生成乙烯，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；4.下列叙述不正确的是A. 油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠盐常用于生产肥皂
5、B. 乙醇可与水任意比例混溶是因为乙醇与水形成了氢键C. 在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物均为葡萄糖【答案】C【解析】A肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐常用于生产肥皂，故A正确；B乙醇分子中的羟基能与水分子形成氢键，使乙醇在水中的溶解性增强，可与水任意比例混溶，故B正确；C在浓硫酸作用下，醇共热发生消去反应生成烯烃，故C错误；D淀粉和纤维素都属于多糖，在无机酸做催化剂作用下，都能发生水解反应，最终产物均为葡萄糖，故D正确；阅读下列资料，完成56题。工业上利用炭和水蒸气反应：C
6、(s)H2O(g)CO(g)H2(g)、CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)生成的H2为原料合成氨。在饱和食盐水中先通NH3，后通CO2，由于HCO能形成多聚体，所以容易析出NaHCO3，过滤后热分解得纯碱。5. 下列有关说法正确的是()A. 增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率B. NaHCO3溶液中，HCO能形成多聚体是因为氢键的作用C. 若反应体系中，c(CO)a molL1，c(CO2)b molL1，则c(H2)(ab) molL1D. 析出NaHCO3的反应属于氧化还原反应【答案】B【解析】A增大压强，C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)平衡逆向移动，不利于提高焦
7、炭的利用率，故A错误；BO吸引电子能力强，HCO离子间能形成氢键，所以HCO能形成多聚体，故B正确；C若反应体系中，c(CO)=a molL-1，c(CO2)=b molL-1，根据氧原子守恒，则c(H2)=(a2b) molL-1，故C错误；D氯化钠、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；6. 甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生如下两步反应：反应：CH3OH(g)=CO(g)2H2(g)；H1反应： CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)；H2根据能量变化示意图，下列说法不正确的是()A. 总反应的热化学方程式为CH3OH(
8、g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g)；HH1H2B. 1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)的总键能大于1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)的总键能C. 甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应的速率D. 催化剂在反应中改变了活化能，加快了反应速率【答案】B【解析】A根据盖斯定律，由+得总反应的热化学方程式为CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g)；H=H1H2，A正确；B由图中信息可知反应：CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)；H20，故1molCO(g)和1molH2(g)的总键能小于1molCO2(g)和1molH2(g)的总键能，B
9、错误；C反应的活化能较高，反应较慢，故甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于慢反应，即反应，C正确；D催化剂在反应中改变了活化能，使反应物的活化能降低，加快了反应速率，D正确；故选B。7.TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。 TiCl4熔点为25 ，沸点为136.4 。制取TiO2的反应为 2FeTiO37Cl23C=2TiCl42FeCl33CO2、 TiCl4O2=TiO22Cl2。下列说法正确的是()A. 基态Ti原子核外价电子排布式为3d24s2 B. CCl4、CO2中C的杂化方式相同C. TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4 D. 生成1 mol FeC
10、l3转移电子的物质的量为14 mol【答案】A【解析】ATi的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A正确；BCO2中的C为sp杂化， CCl4中的C为sp3杂化，故B错误； CTiCl4的熔点为-25 ，沸点为136.4 ，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体，C错误；D反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的化合价由0价降至-1价，生成2molFeCl3转移14mol电子，则生成1molFeCl3转移电子物质的量为7mol，D错误；8.X、
11、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25时，其最高价氧化物对应水化物的溶液浓度均为0.01molL-1的pH和原子半径大小的关系如下图所示。下列有关说法不正确的是A. M元素一定位于第三周期第IA族B. X与Z的简单气态氢化物反应生成的化合物中含有离子键和极性键C. Z、W的气态氢化物的热稳定性：ZNaB【答案】B【解析】AKa(HA)为10-4.8，数量级为10-5，A正确；B0.2molL-1NaOH溶液和0.2molL-1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在：，则且，又因为=10-3.3=、，所以可以得到：，求得=10-5.85mol/L，则HB溶液中的pH为
12、8.15，B错误；C反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为= =10-1.5，C正确；D=10-4.8=10-3.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A-水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D正确；13.一定温度下，10 mL 0.40 molL1H2O2在MnO2作用下发生反应 ：2H2O2 (aq)=2H2O(l)O2(g)H 0, 不同时刻测定生成O2的物质的量如下表所示 ：t/min03610n(O2)/mol0.00.000 80.0010.001 2下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A升高温度，可加快H2O2 的分解速率B若增大溶液起始浓度，则收集到 0.000 8
13、 mol O2 的时间会小于3 minC反应至 6 min 时，溶液中 c(H2O2)0.2 molL1D反应至 12 min 时，H2O2分解率为 65%【答案】D【解析】A.升高温度，反应速率加快，所以升高温度，可加快H2O2 的分解速率，A正确；B.若增大溶液起始浓度，反应速率加快，则收集到 0.000 8 mol O2 的时间会小于3 min，B正确；C.反应至 6 min 时，收集到0.001 mol氧气，根据反应方程式，消耗的H2O2为0.002 mol，所以溶液中 c(H2O2) 0.2 molL1，C正确；D.反应至12 min时，若H2O2分解率为65%，则生成氧气的物质的量
14、为 0.001 3 mol。从第6 min到10 min，生成氧气的物质的量为(0.001 20.00 1)mol0.000 2 mol，而从第10 min到第12 min，生成氧气的物质的量为0.001 3 mol0.001 2 mol0.000 1 mol，即第6 min到10 min和第10 min到第12 min两个时间段的速率相等，但随着反应进行，H2O2浓度降低，反应速率应该减慢，所以反应至12 min时，H2O2分解率应小于65%，D错误。14.我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法
15、不正确的是（ ）A. 过程吸收热量B. 过程涉及极性键的断裂和形成C. 结合过程，过程的方程式为*C+2*OH+6HCH4+2H2OD. 整个过程中制得1molCH4转移电子的物质的量为6mol【答案】D【解析】A由图示知，过程涉及*CO2中化学键的断裂，需要吸收能量，A正确；B由图示知，过程涉及*CO中极性键断裂和生成物*OH中极性键的形成，B正确；C由图示知，过程对应方程式为：*CO+*O+2H*C+2*OH，过程反应物为*C、*OH、H，生成物为CH4和H2O，根据过程知*C、*OH反应比例为1:2，故过程方程式为：*C+2*OH+6HCH4+2H2O，C正确；DCO2转化为CH4，碳元
16、素化合价由+4价降低为-4价，得关系式：CO2CH48e-，故1 mol CH4生成转移电子为8 mol，D错误；非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15(16分) 钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵(NH4)2MoO4部分工艺流程如图：请回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有_。MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为_。(2)向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为57，加热到6570过滤除硅。则滤渣2的成分为_。(3)为了提高原料的利
17、用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到_操作。(4)“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是_。(5)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加人HNO3调节pH为1.53，其原因是_。(6)Na2MoO42H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO42H2O的化学方程式是_。(7)工业上钼精矿在酸性条件下，加入溶液，也可以制备钼酸钠，该法的优点是_。【答案】 (1) . 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) （2分） MoO3+CO=MoO+CO2 （2分） (2) H2SiO3 （2分） (3) .
18、 浸出 （2分） (4) . 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离） （2分） (5) .增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 （2分） (6) . (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO42H2O+2NH3H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO42H2O+2NH3（2分） (7).工艺简单或能耗低，节约能源（2分） 【解析】(1)“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫
19、元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2；(2)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为57，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到6570过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；(4)根据流程图分析，“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质
20、分离)；(5)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.53，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；(6)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO42H2O+2NH3H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO42H2O+2NH3。(7)工业上钼精矿在酸性条件下，加入溶液，也可以制备钼酸钠，该法的优点是工艺简单或能耗低，节约能源，16.(14分)工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，某小组同学用如下图装置(略去加热仪器等)模拟生产
21、过程。已知：i. 烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g)=Na2SO3(aq)H2S(aq)(a)2H2S(aq)SO2(g)=3S(s)2H2O(l)(b)S(s)Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)(c)ii. Na2S和Na2SO3能被空气中的O2氧化。(1) 模拟实验的操作步骤(说明：仪器中旋塞或玻璃塞的开或关不必叙述)：检查装置的气密性，并按图示加入试剂；向A烧瓶中分步滴加足量浓硫酸，_，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥后即得到产品。(2) 为提高产品纯度，理论上应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2S
22、O3物质的量之比为_。(3) Na2S2O3常用作脱氯剂。 S2O离子的空间构型为_。 Na2S2O3溶液与足量Cl2反应的离子方程式为_。(4) Na2S2O3可以用于测定粗硒中硒的含量的操作步骤如下：. 用浓H2SO4将样品中的Se氧化为SeO2；. 用KI溶液还原SeO2为Se，同时生成I2；. 以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定中生成的I2(I22S2O=2IS4O)。实验中准确称量0.400 0 g粗硒样品，滴定中消耗0.800 0 molL1的Na2S2O3溶液20.00 mL，则粗硒样品中硒的质量分数为_(写出计算过程)。【答案】(1) 待装置中产生SO2气体一段时间后
23、，向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加热C装置，充分反应，直至烧瓶C中 溶液变澄清为止 （3分） (2) 21 （2分） (3) 四面体 （2分） S2O4Cl25H2O=10H2SO8Cl- （3分） (4) 79.00% （4分） 【分析】浓硫酸和亚硫酸钠在A中反应产生二氧化硫，利用二氧化硫将装置内空气排尽，防止氧气氧化硫化钠、亚硫酸钠和硫代硫酸钠，用B防止二氧化硫在C中发生反应引起倒吸，二氧化硫、硫化钠、亚硫酸钠在C中反应制得硫代硫酸钠，过量的二氧化硫用E吸收，D用作安全瓶，防止倒吸，实验结束取出C中混合物，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥后即得到产品。【解析】(1)
24、该实验步骤为：检查装置的气密性，并按图示加入试剂；向A烧瓶中分步滴加足量浓硫酸，待装置中产生SO2气体一段时间后，向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加热C装置，充分反应，直至烧瓶C中溶液变澄清为止，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥后即得到产品，故答案为：待装置中产生SO2气体一段时间后，向C中烧瓶加入Na2S和Na2SO3混合溶液，加热C装置，充分反应，直至烧瓶C中溶液变澄清为止；(2)由烧瓶C中发生反应如下：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g)=Na2SO3(aq)H2S(aq)(a)2H2S(aq)SO2(g)=3S(s)2H2O(l)(b)S(s)Na2S
25、O3(aq)Na2S2O3(aq)(c)可知，Na2S和Na2SO3反应的总方程式为2Na2S+Na2SO33SO2= 3Na2S2O3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为21恰好完全反应，故答案为：21；(3)中心原子是一个S原子，sp3杂化，另一个S原子和3个O原子也是sp3杂化，所以S2O离子的空间构型为四面体，故答案为：四面体；氯气具有强氧化性，可将硫代硫酸根氧化成硫酸根，自身转化成氯离子，所以Na2S2O3溶液与足量Cl2反应的离子方程式为S2O4Cl25H2O=10H2SO8Cl-，故答案为：S2O4Cl25H2O=10H2SO8Cl-；(4) 根据关系式法得出：，
26、x=0.3160 g，w=79.00%，故答案为：79.00%。17.（14分）磷酸氯喹可由氯喹( )和磷酸在一定条件下制得。氯喹的合成路线如下：已知：R-NO2R-NH2(1) 反应 AB 中须加入的试剂a为_(2)C10H6NO3Cl的结构简式是_(3)CD反应类型为_(4)产物氯喹中N的杂化方式为_(5)M是H的一种同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式_(不考虑立体异构，只需写出2种)分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；能使溴水褪色；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1。(6)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_【答案】（1） 浓硫酸
27、、浓硝酸 （2分） （2）（2分） （3）还原反应（2分） （4）sp2 sp3（2分） （5） 或 （2分） （6） ，与 （4分） 【解析】(1)反应 AB 是苯生成硝基苯，则须加入的试剂a为浓硫酸、浓硝酸；（2）结合流程中的物质F和G，C10H6NO3Cl含有苯环、氯原子、羟基和羧基，结构简式是；（3）还原反应（4）sp2 sp3(5)M是H的一种同分异构体，分子式是 ，分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；能使溴水褪色，则含有碳碳双键或者碳碳三键，并有-CN存在；核磁共振氢谱有4组峰，有四种等效氢，峰面积之比为2：1：1：1，则结构为对称结构，结构式是：或；(6)有分析
28、可知，甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)：，与。18.（14分）含NO烟气需要处理后才能排放。(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。该反应的离子方程式为_。向NaClO2溶液中加入Fe3，会发生反应：Fe3ClO=Fe2ClO2。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_。ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，N
29、O的氧化率更高，原因是_。iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60后，NO氧化率下降，试解释其原因_。(2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为_。按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是_。【答案】 (1) . 2H2O3ClO4NO=4NO3Cl-4H+ （3分） NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，
30、NO氧化率增大（2分） Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 （2分） ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 （2分） (2) . 4NH34NOO2 4N26H2O （3分） 超过200后，NH3与O2生成NO（2分） 【解析】(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，根据元素和电荷守恒，该反应离子方程式为：2H2O3ClO4NO=4NO3Cl-4H+；i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化N
31、O速率越快，NO氧化率增大；ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是：Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快；iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60后，NO氧化率下降，其原因：ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低；(2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2；在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，参与反应的为NH3、NO、O2，产物为：N2、H2O，总反应的化学方程式为：4NH34NOO2 4N26H2O；按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是：超过200后，NH3与O2生成NO。
