1、2023届高三年级第一次调研测试化学注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页。满分为100 分，考试时间为75分钟。考试结束后。请将答题卡交回。2.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、考试号等用黑色字迹的0.5亳米签字笔填写在答题卡上规定的位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名。准考证号与本人是否相符4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题。必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线
2、条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16F 19C1 35.5Fe 56Se 79Sr 88一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是A棉布B羊毛C维生素D油脂2亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是A氧原子的结构示意图为BCsF的电子式为CFNO的空间构型为直线形DCsNO3中含有离子键与共价键3工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是A键能大小：E(C-C)E(Si-Si)B电离能
3、大小：I1(Si) I1(O)C电负性大小：x(O) x(C) D酸性强弱：H2CO30，下列说法正确的是A已知该反应在加热条件下能自发进行，则其S0B上述反应的平衡常数K=C上述反应中消耗1 mol H2S，生成22.4 L水蒸气D实际应用中，通过增加H2S的量来提高CO2转化率，能有效减少碳排放11室温下，下列实验方案能得出相应结论的是选项方案结论A将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生木炭在加热条件下能与浓硝酸反应B用pH计分别测定0.1 molL-1NaClO溶液和0.1molL-1CH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者HClO酸性强于CH3COOHC向Fe(NO3)2和K
4、SCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液振荡，溶液颜色变红氧化性: Ag+Fe3+D向Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去Na2SO3溶液中存在水解平衡AABBCCDD12工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25时，NH3H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8,下列说法正确的是A向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3) c(NH3H2O)+c (SO)B向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)c (NH) c(H+)= c(OH-)C
5、反应NH3H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21107DNO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO13CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) H1=-53.7kJmol-1反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g)H2=+41kJmol-1若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的
6、选择性=下列说法正确的是A其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大B其他条件不变，T236时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱C一定温度下，增大n始(CO2):n始(H2)可提高CO2平衡转化率D研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性二、非选择题：共4题，共61分。14锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_“转化”中维持反应温度70且控制氨水过量，氨水过
7、量的主要原因是_该工艺流程中，可循环利用物质是_ (填化学式) 。(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_。(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_。已知 =3.210-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_molL-
8、1。15康普瑞汀磷酸二钠(H)可减少肿瘤血流量并引起肿瘤坏死，其人工合成路线如下：(1)B分子式C9H11O3Br，其结构简式为_ 。(2)设计AB目的是_(3)EF反应类型为_。(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：_分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子。能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色。(5)已知:RCHO+CH3CHO；写出以、CH3OCH2Cl和HCHO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) 。16实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提
9、取硒，部分实验过程如下：(1)“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为_(2)H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是_ (填名称)。(3)H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有_(填化学式)(4)以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，_，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 molL-1NaOH溶液)(5)实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配
10、成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 molL-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 molL-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200molL-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数_ (写出计算过程)。17铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载
11、量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_。实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_。(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_， NH3与H+结合为进入溶液。引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显
12、提高，可能原因是_其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_。1A【详解】A棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A正确；B羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B错误；C维生素属于有机化合物，是人体必需的有氧物质营养物，不属于糖类，C错误；D油脂不属于糖类，D错误；故答案为：A。2D【详解】A O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；B CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；
13、C FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；D CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D正确；故选D。3B【详解】A同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)E(Si-Si)，A错误；B同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族VIA族IVA族，故I1(C) I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si) I1(C)，故I1(Si) I1(O)，B正确；C同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C
14、)0，所以S0，A正确；B由反应方程式，结合平衡常数含义可知，上述反应的平衡常数K=，B错误；C没有指明具体条件，不能确定气体的体积，C错误；D减少碳排放是指减少二氧化碳的生成，D错误； 故选A。11D【详解】A浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热条件下能与浓硝酸反应的结论，A错误；B用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B错误；C酸化的AgNO3中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明
15、氧化性Ag+Fe3+，C错误；D，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，加入BaCl2后Ba2+与反应生成BaSO3，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D正确；故答案选D。12C【详解】A向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3H2O)，因为NH3H2O的Kb=l.7x10-5小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2
16、，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，故c(H2SO3)()+c(NH3H2O)，A错误；B向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()c()，B错误；C反应NH3H2O + H2SO3=+ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-),解得K= 2.21107，C正确；DNO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D错误；故答案为：C。13B【详解】A从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；B温度升高，反应化学平衡逆向移动，反应化学平衡正
17、向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B正确；C增大n始(CO2):n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；D研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D错误；故答案选B。14(1) 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 氨水(2) 1200 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应(3) 12 【分析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿
18、粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。【详解】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，答案：；氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反
19、应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用，故答案为：氨水；（2）随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200，答案：1200；SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；（3）由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 molL-1，则
20、molL-1，所以，得，所以氟离子浓度为molL-1，答案：。15(1)(2)保护酚羟基(3)取代反应(4)(5)【分析】根据图示结合B分子式C9H11O3Br ，可知AB发生的取代反应，B结构简式为，BC发生取代反应，DE三键发生加成反应，EF过程中-CH2OCH3被氢原子取代，故该反应类型是取代反应，据此分析。【详解】（1）根据上述分析可知，B结构简式为；答案为： ；（2）防止酚羟基发生反应，转变为其它官能团，故答案为：保护酚羟基；（3）根据上述分析可知，EF发生取代反应，答案为：取代反应；（4）C的一种同分异构体能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色，
21、说明该有机物中有酯基，且是甲酸和苯酚形成的酯基，又分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子，可以推知C的同分异构体的结构简式为：；答案为：；（5）；答案为：。16(1)3Se+4NO+4H+H2O=3H2SeO3+4NO(2)浓盐酸(3)HSeO、SeO、OH-(4)在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1molL1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥(5)n(Fe2+)=0.06molL1 25.001
22、0-3L=1.510-3mol 硒的质量分数为：=94.05%【分析】含硒废料加NaNO3溶液用硫酸酸浸，硒氧化得H2SeO3，H2SeO4溶液，加浓盐酸得H2SeO3溶液，缓缓通入SO2气体，硒元素又被还原得硒单质。【详解】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H+H2O=3H2SeO3+4NO；故答案为：3Se+4NO+4H+H2O=3H2SeO3+4NO；（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生
23、成氯气。故答案为：浓盐酸；（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1molL1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单
24、质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1molL1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；（5）n(Fe2+)=0.06molL1 25.0010-3L=1.510-3mol 硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06molL1 25.0010-3L=1.510-3mol 硒的质量分数为：=94.05%。17(1) Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反
25、应速率） 因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱(2) 吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads) 由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2 pH在46范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，
26、使硝酸盐去除率降低 pH在8.510范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高【详解】（1）根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；（2）H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H
27、(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；pH在46范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.510范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
