1、湖北省部分市州2022年元月高三年级联合调研考试化学试卷本试卷满分100分 考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Fe-56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1. 化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是A. 曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光B. 防闪爆面罩、手套主要成分芳纶属于合成纤维C. 应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于传统无机非金属材料D. 可做防寒服保暖层填充物的硅气凝胶是一种固体物质形态【答案】C【解析】【详解】A曳光弹
2、尾部的曳光剂中加入铜盐，铜的焰色反应是绿色，所以曳光弹可发出绿光，故A正确；B芳纶是聚对苯二甲酰对苯二胺，是新型高科技合成纤维，故B正确；C纳米陶瓷装甲属于新型无机非金属材料，故C错误；D硅气凝胶是一种多孔状、类似海绵结构的硅元素固体，故D正确；选C。2. “金银错”是中国传统工艺。在青铜器表面錾出凹槽，槽内嵌入金银丝。后用错(厝)石磨错，使器皿表面自然平滑。下列叙述错误的是A. 青铜的熔点低于纯铜B. “错(厝)石磨错”的过程中发生的是物理变化C. 基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1D. 青铜器表面装点少许金银错纹饰能减缓青铜器的腐蚀【答案】D【解析】【详解】A青铜为合金，合金的
3、熔点比其成分的熔点低，即青铜的熔点低于纯铜，故A说法正确；B“错(厝)石磨错”根据题意可知，该过程属于物理变化，故B说法正确；CCu元素位于第四周期IB族，电子排布式为Ar3d104s1，故C说法正确；D铜比金、银活泼，电化学腐蚀时铜作负极，容易被腐蚀，故D说法错误；答案为D。3. 中国茶文化源远流长。茶水中的儿茶素(如图)具有抗肿瘤、抗氧化等药理作用。下列有关儿茶素的说法错误的是A. 儿茶素可被酸性KMnO4溶液氧化B. 可利用茶水检测补铁剂是否变质C. 1mol儿茶素最多可与4molNa发生反应D. 1mol儿茶素最多可与6molH2发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A儿茶素中含有酚羟
4、基及醇羟基，可被酸性KMnO4溶液氧化，选项A正确；B茶水中的儿茶素含有酚羟基，可利用茶水检测补铁剂是否变质，若变质则遇茶水显紫色，选项B正确；C儿茶素中含有4个酚羟基及1个醇羟基，1mol儿茶素最多可与5molNa发生反应，选项C错误；D儿茶素中含有两个苯环，1mol儿茶素最多可与6molH2发生加成反应，选项D正确；答案选C。4. 对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是A. 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2+4H+=3+2Mn2+2H2OB. 利用MnO2与浓盐酸制备氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2OC. 铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作
5、电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：+CO2+2H2O=Al(OH)3+【答案】A【解析】【详解】ASO2使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2+4H+，A错误；B用二氧化锰与浓盐酸反应部分盐酸具有还原性，部分有酸性，反应的离子反应为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，B正确；C电解池中银作阳极，Ag失电子生成Ag+，硝酸银溶液作电镀液，由还原性：Ag+ H+，Ag+优先得电子生成Ag，反应实质为：Ag(阳极)Ag(阴极)，C正确；D偏铝酸钠溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀和，离子方程式：+CO2+
6、2H2O=Al(OH)3+，D正确；故选：D。5. 用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是A. 装置测量反应生成H2的体积B. 装置制备无水MgCl2C. 装置证明非金属性强弱：SCSiD. 装置验证Fe3+的氧化性【答案】B【解析】【详解】A装置，注射器内收集到气体的体积即反应生成H2的体积，故不选A；BMgCl2易水解，MgCl2水溶液加热蒸发后会得到Mg(OH)2，故选B；C碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，装置可证明非金属性强弱：SCSi，故不选C；D装置，滴入淀粉溶液，若变蓝色，说明Fe3+把I-氧化为I2，证明Fe3+具有氧化性，故不选D；选
7、B。6. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NAB. 过氧化钠与水反应生成0.1molO2时转移的电子数为0.2NAC. 0.1mol/L醋酸钠水溶液中CH3COO-与OH-离子数之和略大于0.1NAD. 23gCH3CH2OH中sp3-s键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A34g羟基(-16OH)的物质的量为2mol，每个羟基(-16OH)中含有8个中子，常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NA，选项A正确；B根据反应可知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，过氧化钠与水反应生成0.1molO2时转移
8、的电子数为0.2NA，选项B正确；C醋酸钠水溶液未说明体积，无法计算离子数目，选项C错误；D23gCH3CH2OH为0.5mol，每个CH3CH2OH中有6个sp3-s键，故sp3-s键数目为3NA，选项D正确；答案选C。7. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：下列相关说法中错误的是A. 溶液X中大量存在的阴离子只有Cl-B. 电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2+NCl3C. 不能利用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D. NH4Cl中阳离子的键角大于NH3的键角
9、【答案】A【解析】【详解】ANCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3、和NaCl，反应的离子方程式为：NCl3+3H2O+6=6ClO2+3Cl-+3OH-+NH3，溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-，以及未完全反应的，A错误；B电解NH4Cl和浓盐酸混合溶液，故发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2+NCl3，B正确；CClO2和氨气易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收ClO2和氨气，C正确；D由于中没有孤电子对，NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故NH4Cl中阳离子即的键角大于NH3的键角，D正确；故答案为：
10、A。8. 大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如下图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。下列说法错误的是A. 原子半径的大小：ZXYB. 基态原子未成对电子数：XYC. 此阴离子中Y、Z均不满足8电子稳定结构D. 最简单氢化物的稳定性：YXZ【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。结合离子中各元素的成键情况， 可推知X为N元素，Z为P，Y为F元素。A原子半径的大小：Z(P)X(N)Y(F)，选项A正确；BX的电子排布式为1s22s22p3，Y的电子排布式为1s22s22
11、p5，故基态原子未成对电子数：X(3)Y(1)，选项B正确；C此阴离子中Y为氟原子满足8电子稳定结构，选项C错误；D非金属性Y(F)X(N)Z(P)，故最简单氢化物的稳定性：YXZ，选项D正确；答案选C。9. 某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法错误的是A. 氢键的键能：c(R2-)c(OH-)C. 由a点经b点到c点的过程中，水的电离程度先增大后减小D. 酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2【答案】C【解析】【详解】随溶液的pH值增大，H2R的电离程度增大，溶液中c(HR-)先增大后减小，c(R2-)逐渐增大，则溶液中-lgc(HR-)先减小后增大，-lgc(R2-)一直减小
12、。Aa点时pH=0，c(H+)=1mol/L，-lgc(HR-)=4，c(HR-)=10-4，c(H2R)=0.1mol/L，Ka1=110-3，选项A正确；Bb点时，-lgc(HR-)最小，则c(HR-)最大，说明溶液中既存在HR- H+R2-，又存在HR-+H2O OH-+H2R，pH=3，溶液显酸性，则HR-电离程度大于水解程度，则c(HR-)c(R2-)c(OH-)，选项B正确；Ca点为H2R，由a点经b点到c点的过程中，溶液中溶液质变化为H2R至HR-至HR-+R2-，对水的电离抑制程度逐渐减小，水的电离程度一直在增大，选项C错误；D酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2，H2R+
13、 Na2CO3= Na2R+H2O+ CO2，选项D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4大题，共55分。16. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟其生成过程。装置C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(1)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (I)2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (II)S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (III)（1）仪器b的名称_，仪器a的进水口是_(填字母)。（2）装置D用于处理尾
14、气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_。a.蒸馏水 b.饱和NaHSO3溶液 c.饱和NaHCO3溶液 d.饱和Na2SO3溶液（4）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施是_。已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_。（6）Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，利用所给试剂设计实验验证该预测，简要说明实验操作，现象和结论：_。(供选择的试
15、剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液)【答案】（1） . 三颈烧瓶 . d （2）d （3）b （4） . 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度 . C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失 （5）若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 （6）取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明有产生【解析】【小问1详解】根据仪器的构造可知，仪器b的名称三颈烧瓶，仪器a为冷凝管，冷凝水应下进上出，则进水口是d；【小问2详解】a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但密闭环境,装置内压强增大易产生安全事故，选项a错误; b该装置吸
16、收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，选项b错误; c该装置不能吸收二氧化硫,所以无法实现实验目的，选项c错误; d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收,且防止倒吸，选项d正确。答案选d；【小问3详解】装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为了减少SO2在其中的溶解，同时防止引入杂质气体，aSO2容易溶于蒸馏水，会消耗气体，选项a错误；b饱和NaHSO3溶液不能与SO2发生反应，气体也不能溶解，选项b正确；c饱和Na2SO3溶液与SO2和水反应产生NaHSO3，导致气体被消耗，选项c错误；d由于酸性H2SO3H2CO3，所以SO2与发生饱和NaHCO3溶液反应会
17、产生CO2，产生杂质气体，选项d错误。所以在B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选b；【小问4详解】实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失；【小问5详解】为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，若SO2过量，溶液显酸性，产物分解；【小问6详解】Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂，向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，设计实验为：取
18、少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为:加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。17. 化合物H是一种用于合成-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如图：（1）B中的含氧官能团名称为硝基、_和_。（2）写出CD的反应方程式_。（3）DE的反应类型为_。（4）F中氮原子的杂化类型是_。（5）G经氧化得到H，写出G的结构简式_。（6）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应；水解产物之一是-氨基酸，另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰。（7）已知：(
19、R代表烃基，R代表烃基或H)。请写出以 和(CH3)2SO4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） . 醚键 . 酯基 （2） +HCOOH +H2O （3）取代反应 （4）sp2、sp3 （5） （6） 或 （7）【解析】【小问1详解】根据B结构简式可知，B中含氧官能团为硝基、酯基和醚键；故答案为酯基；醚键；【小问2详解】B的分子式为C9H9O5N，对比B和C的分子式，BC应是NO2NH2，C的结构简式为 ，对比C和D的结构简式，该反应为取代反应，反应方程式为+HCOOH+H2O；故答案为+HCOOH+H2O；【小问3详解】对比D和E的结构简式，CH
20、2COCH3取代D中N上的H，反应类型为取代反应；故答案为取代反应；【小问4详解】F结构简式中CH3上的C为sp3杂化，环上碳原子以及羰基上的碳原子杂化类型为sp2；故答案为sp2、sp3；【小问5详解】对比F和H的结构简式，COOCH3被CHO替代，因为GH发生氧化反应，则GH应是CH2OH被氧化成了CHO，推出G的结构简式为 ；故答案为 ；【小问6详解】能水解，产物之一为-氨基酸，说明含有 ；对比C的结构简式知，除以上结构和苯环外，还有一个碳原子和一个氧原子；另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为 、；故答案为 、 、 (任写一种)；【小问7详解】
21、根据题中所给信息以及合成路线AB可知，生成 可由与(CH3)2SO4在K2CO3反应， 是由发生还原反应得到，因此合成路线为；故答案为。18. NiSO46H2O晶体易溶于水，在280C时可完全失去结晶水。为节约和重复利用资源，从某矿渣成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等中回收NiSO4的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4在350C分解生成NH3和H2SO4。常温下Ksp(CaF2)=4.010-11。萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2+2RHNiR2+2H+。回答下列问题：（1）Ni位于元素周期表_区(填“s”、“p”、“d”或“ds”)，其基态原子的
22、核外电子有_种空间运动状态。（2）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_(写化学式)。（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.010-3mol/L)，当溶液中c(F-)=1.010-3mol/L时，除钙率为_。（4）反萃取剂X为_(填化学式)。“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。此反应的离子方程式为_。（5）操作M为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列相关说法正确的是_(填标号)。A蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热B为得到较大NiSO46H2O晶体颗粒，
23、宜用冰水快速冷却结晶C向冷却结晶后固液混合物中加入乙醇可提高产率D可通过抽滤提高过滤速度，在300C鼓风干燥，快速得到干燥晶体E用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，便于晶体的干燥【答案】（1） . d . 15 （2）SiO2 （3）96% （4） . H2SO4 . 2Ni2+ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O （5）ACE【解析】【小问1详解】已知Ni是28号元素，位于元素周期表中第四周期第VIII族，属于d区，其其基态原子的核外电子电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，电子共占用15个轨道，故有15种空间运动状态，故答案为：d；15；【小问2
24、详解】由分析可知，“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，故答案为：SiO2；【小问3详解】向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.010-3mol/L)，当溶液中c(F-)=1.010-3mol/L时，c(Ca2+)=4.010-5mol/L，则除钙率为=96%，故答案为：96%；【小问4详解】由信息萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2+2RHNiR2+2H+，可知反萃取剂X应该选用H2SO4，增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，又不引入新的杂质，“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的Ni
25、OOH，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：2Ni2+ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O，故答案为：H2SO4；2Ni2+ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O；【小问5详解】A从溶液中析出晶体的操作为：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热，冷却结晶，A正确；B用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，B错误； C向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇，减小溶液的极性，可继续析出NiSO46H2O，则可提高产率，C正确；D抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，由信息可知，NiSO46H2O在280C时已经完全失去结晶水，D错误；E由题干可知，NiSO46
26、H2O易溶于水，乙醇的极性小于水分子的，故用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，且乙醇易挥发，则便于晶体的干燥，E正确；故答案为：ACE。19. 研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.6kJ/mol。（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJ/molii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2则H2=_kJ/mol。（2）下列措施中，能提高
27、CO2转化率的是_。A. 在原料气中加入适量H2O(g)B. 从体系中不断分离出甲醇C. 循环利用原料气D. 提高原料气中CO2的体积分数（3）一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在催化剂作用下发生反应，测得5min时CO2的转化率在五种不同温度下的变化如图所示。T4温度下，反应在05min内平均反应速率v(H2)=_mol/(Lmin)。b点对应的正反应速率v(正)_c点对应逆反应速率v(逆)(填“”“”或“=”)。若反应在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=_(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。（4）TiO2基催化剂光催化还原CO2亦
28、可制得燃料甲醇，其原理如图所示。CB极的电势_VB极的电势(填“低于”或“高于”)。CB极的反应式是_。【答案】（1）-90.8 （2）BC （3） . 0.21 . . （4） . 高于 . CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O【解析】【小问1详解】aCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJ/molbCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.6kJ/mol根据盖斯定律b-a得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2 =-49.6-41.2=-90.8kJ/mol；【小问2详解】A在原料气中加入适量H2O(g)，增大水蒸气浓度
29、，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选A； B从体系中不断分离出甲醇，甲醇浓度减小，平衡正向移动，CO2转化率升高，故选B；C循环利用原料气，提高原料利用率，CO2转化率升高，故选C； D提高原料气中CO2的体积分数，增大CO2的浓度，CO2转化率降低，故不选D；选BC；【小问3详解】该反应对应方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，由图示知，T4温度下，5min时CO2的转化率为70%，即CO2的转化量=1mol70%=0.7mol，故H2的转化量=30.7mol=2.1mol，则v(H2)= =0.21mol/(Lmin)；b点温度低、甲烷的浓度小，c点温度高、甲烷的浓度大，b对应的正反应速率v(正)c点对应正反应速率v(正)，c点为平衡点v(正)= v(逆)，所以b对应的正反应速率v(正)c点对应逆反应速率v(逆)；由图示知，c点对应CO2转化率为50%，列三段式如下： 此时气体n(总)=3mol，则p(CO2)=，p(H2)=， p(CH3OH)=p(H2O)=；则Kp=，代入数据计算得Kp=；【小问4详解】在光照下，CB极表面聚集由二氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势；
