第第頁2022屆高三第一次診斷測試化學本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，全卷滿分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、單項選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個選項最符合題意。1.我國承諾2060年前實現碳中和：碳中和是指通過植樹造林、節能減排等形式，抵消自身產生的二氧化碳排放量，實現二氧化碳“零排放”。下列不利于實現“碳中和”的是A.植樹造林 B.節能減排 C.焚燒秸稈 D.風力發電【答案】C【解析】【詳解】A．植樹造林增加綠色植被可以吸收二氧化碳，對實現“碳中和”具有直接貢獻，A正確；B．采取節能低碳生活方式，可以減少碳的排放，對實現“碳中和”具有直接貢獻，B正確；C．焚燒秸稈會產生二氧化碳，不利于實現“碳中和”，C錯誤；D．風能是可再生的清潔能源，不會排放二氧化碳，對實現“碳中和”具有直接貢獻，D正確；故選C。2.氰氨化鈣是高效低毒多菌靈農藥的主要原料之一。一種制備氰氨化鈣的化學方程式為：，下列說法正確的是A.的電子式： B.的結構示意圖為C.屬于共價化合物 D.是極性分子【答案】B【解析】【詳解】A．CO2分子內碳原子與每個氧原子共用2對電子對，故電子式：，故A錯誤；B．鈣離子的質子數為20，核外電子數為18，分層排布，最外層電子數為8，其結構示意圖為，故B正確；C．CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有離子鍵和極性鍵，所以CaCN2屬于離子化合物，故C錯誤；D．H2分子正負電荷中心重合，為非極性分子，故D錯誤；故選：B。3.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大，W的原子半徑最小，X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，Y的單質在空氣中的體積分數最大，Z是金屬性最強的短周期元素。下列說法中正確的是A.元素Z處于周期表第3周期第IIA族B.X、Y的第一電離能大小關系為：Y>XC.W與X形成的化合物中不可能含有非極性鍵D.X的最高價氧化物的水化物酸性比Y的強【答案】B【解析】【分析】W的原子半徑最小，則W為H；X的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，則X為C；Y的單質在空氣中的體積分數最大，則Y為N；Z是金屬性最強的短周期元素，則Z為Na，據此解題。【詳解】A．Na位于周期表第三周期第IA族，故A錯誤；B．同一周期元素隨核電荷數的遞增，元素的第一電離能逐漸增大，故N>C，故B正確；C．C與H形成的CH2=CH2中含有C-C非極性鍵，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強，元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故硝酸酸性強于碳酸，故D錯誤；故選B。4.下列關于說法正確的是A.該反應的B.該反應中反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和C.反應生成，轉移電子的數目為D.升高溫度該反應正反應速率減小，逆反應速率增大【答案】C【解析】【詳解】A．該反應中，反應物氣體計量系數為3，產物氣體計量系數為2，故，A錯誤；B．該反應的，反應熱=反應物鍵能和-產物鍵能和<0，則反應物的鍵能總和小于生成物的鍵能總和，B錯誤；C．根據方程式可知，1mol氧氣得到4mol電子，生成2mol二氧化氮，故反應生成，轉移電子的數目為，C正確；D．升高溫度，正、逆反應速率都增大，D錯誤；故選C。5.已知：①可與過氧化鈉粉末發生化合反應生成，②能被酸性溶液氧化成。某興趣小組設計了如下圖所示的裝置制備，下列說法不正確的是A.裝置A無需加熱，滴入濃硝酸就能發生反應B.裝置B中銅的作用是提高NO的生成率C.裝置C中裝的藥品可以是氫氧化鈉固體D.裝置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】本題屬于常見無機物制備類的實驗題，由裝置A制備二氧化氮，通過裝置B轉化為一氧化氮，裝置C除雜，在裝置D中發生反應生成產品，裝置E用于尾氣處理，以此解題?！驹斀狻緼．濃硝酸和碳常溫的時候不反應，加熱的時候發生反應C+4HNO3(濃)=CO2+4NO2+2H2O，A錯誤；B．裝置A中產生的二氧化氮，在裝置B中和水反應生成硝酸和一氧化氮，其中硝酸和銅反應生成一氧化氮，這樣可以提高NO的生成率，B正確；C．從裝置B中出來的一氧化氮中混入了二氧化碳和水蒸氣，這些都會和過氧化鈉反應，需要除去，而一氧化氮不和氫氧化鈉反應，二氧化碳和水蒸氣可以被氫氧化鈉固體吸收，C正確；D．含有一氧化氮的尾氣對環境有害，由題意可知一氧化氮可以被酸性高錳酸鉀溶液吸收，D正確；故選A。6.下列氮及其化合物的性質與用途具有對應關系的是A.性質穩定，可用作某些反應的保護氣B.易溶于水，可用作制冷劑C.受熱易分解，可用作氮肥D.呈紅棕色，可用于制備硝酸【答案】A【解析】【詳解】A．氮氣具有穩定性，可用作某些反應的保護氣，故A正確；B．液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用，所以可用作制冷劑，故B錯誤；C．碳酸氫銨含有氮元素，所以可用作氮肥，與其受熱分解的性質無關，故C錯誤；D．二氧化氮可以和水反應生成硝酸，可用于制備硝酸，故D錯誤；故選A。7.是一種強溫室氣體，消除大氣中的對于環境保護具有重要意義。國內某科研團隊研究了利用氫自由基(?H)的脫氟反應實現的降解。降解生成和有兩種反應歷程如圖所示。下列說法不正確的是A.該降解過程為放熱反應B.該降解過程為非氧化還原反應C.直接抽提反應比加成消去反應更容易發生D.若a<b，則加成消去反應歷程的總反應速率取決于中間體到過渡態3的反應速率【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知該降解過程反應物能量高，生成物能量低，為放熱反應，A正確；B．反應物中N為+3價，產物中N為+2價，化合價發生變化，為氧化還原反應，B錯誤；C．由圖可知直接抽提反應的活化能更小一些，反應更容易發生，C正確；D．反應速率由活化能大的一步決定，則若a<b，則加成消去反應歷程的總反應速率取決于中間體到過渡態3的反應速率，D正確；故選B。8.下列物質的轉化在給定條件下能實現的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．鐵高溫的時候和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，四氧化三鐵和鋁可以發生鋁熱反應生成單質鐵，A正確；B．氧化鋁和鹽酸反應生成氯化鋁，但電解氯化鋁溶液無法得到單質鋁，B錯誤；C．單質硅在加熱的時候可以和氧氣反應生成二氧化硅，但是二氧化硅不能和水反應，C錯誤；D．硫在氧氣點燃生成的是二氧化硫不是三氧化硫，D錯誤；故選A。9.煙氣脫硫能有效減少的排放。實驗室用粉煤灰(主要含等)制備堿式硫酸鋁[]溶液，并用于煙氣脫硫。下列說法正確的是A.“酸浸”時不宜過量太多，目的是防止溶解B.約為3.6時，溶液中存在大量的C.調節時的離子方程式：D.堿式硫酸鋁溶液多次循環使用后增大的原因是部分發生氧化反應【答案】D【解析】【分析】由題給流程可知，粉煤灰用硫酸溶液酸浸時，氧化鋁與硫酸溶液反應生成硫酸鋁，二氧化硅與硫酸溶液不反應，過濾得到二氧化硅濾渣1和硫酸鋁溶液；向硫酸鋁溶液中加入碳酸鈣粉末調節溶液pH為3.6，碳酸鈣與過量的硫酸轉化為硫酸鈣，鋁離子部分水解得到堿式硫酸鋁，過濾得到硫酸鈣濾渣2和堿式硫酸鋁溶液；堿式硫酸鋁溶液循環吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫與水反應生成亞硫酸，加熱時，部分亞硫酸受熱分解，部分被氧化為硫酸，使溶液中硫酸根離子濃度增大，促進堿式硫酸鋁的生成?！驹斀狻緼．二氧化硅與硫酸溶液不反應，所以酸浸時硫酸溶液不能過量太多是因為溶液pH過小，加入碳酸鈣粉末調節溶液pH時，不利于鋁離子水解轉化為堿式硫酸鋁，故A錯誤；B．鋁離子和碳酸氫根離子在溶液中發生雙水解反應，不能大量共存，所以pH為3.6的溶液中不可能存在碳酸氫根離子，故B錯誤；C．調節溶液pH為3.6時發生的反應為碳酸鈣與硫酸溶液反應生成硫酸鈣、二氧化碳和水，反應的離子方程式為CaCO3+SO+2H+=CaSO4+CO2+H2O，故C錯誤；D．由分析可知，堿式硫酸鋁溶液循環吸收二氧化硫，溶于水的二氧化硫與水反應生成亞硫酸，加熱時，部分亞硫酸受熱分解，部分被氧化為硫酸，使溶液中硫酸根離子濃度增大，促進堿式硫酸鋁的生成，故D正確；故選D。10.綠原酸(結構如下圖)廣泛存在于金銀花植物中，具有抗菌、抗病毒等功效。下列有關綠原酸的說法不正確的是A.可與溶液發生顯色反應B.分子中存在順反異構現象C.綠原酸最多可與反應D.綠原酸的分子中含有4個手性碳【答案】C【解析】【詳解】A．該物質含有酚羥基，因此可與溶液發生顯色反應，故A正確；B．分子中有碳碳雙鍵，存在順反異構現象即，，故B正確；C．綠原酸含有2mol酚羥基，1mol酯基，1mol羧基，因此最多可與反應，故C錯誤；D．綠原酸的分子中含有4個手性碳，用“*”表示的碳原子，故D正確。綜上所述，答案為C。11.某興趣小組探究金屬與硝酸的還原產物，進行了下列三組實驗，下列說法正確的是實驗操作(室溫)及實驗現象①將足量的銅粉加入中，溶液呈綠色，產生紅棕色氣體②將足量的銅粉加入中，溶液呈藍色，產生無色氣體③將足量的鐵粉加入中，溶液呈淺綠色，無氣體生成A.實驗①中消耗的銅粉質量大于實驗②B.實驗②中產生的氣體可用向上排空氣法收集C.實驗③中鐵發生了鈍化D.以上實驗說明硝酸的還原產物與硝酸的濃度及金屬的活潑性有關【答案】D【解析】【詳解】A．實驗①反應后溶液呈綠色，產生紅棕色氣體，發生反應Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，實驗②反應后溶液呈藍色，產生無色氣體，發生反應3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，①與②中硝酸的物質的量相等，故實驗①中消耗的銅粉質量小于實驗②，故A錯誤；B．實驗②中生成一氧化氮氣體，一氧化氮易于氧氣反應，故不能用排空氣法收集，故B錯誤；C．實驗③反應后溶液呈淺綠色，無氣體生成，N可能被還原成更低價態，生成銨根，故C錯誤；D．根據實驗①②可得濃硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，②③對比可知與金屬活潑性有關，金屬越活潑還原產物的價態越低，故D正確；故選D12.我國科學家研發了一種室溫下“可呼吸”的二次電池，有望為火星探測提供一種潛在電化學能源系統。將溶于有機溶劑作為電解液，鈉和負載碳納米管的鎳網分別作為電極材料，電池的總反應為。電池的工作原理如圖所示，下列說法正確的是A.放電時，移向電源的正極B.也可用水溶液作為電解液C.充電時，陽極的電極反應式為：D.充電時，消耗轉移電子【答案】C【解析】【分析】由電池的總反應可知，放電時，鈉電極是原電池的負極，鈉失去電子發生氧化反應生成鈉離子，電極反應式為Na—e—=Na+，通入二氧化碳的鎳電極是正極，二氧化碳在正極得到電子發生還原反應生成碳酸根和碳，電極反應式為3CO2+4e—=2CO+C，充電時，鈉電極與直流電源的負極相連，做陰極，鎳電極為陽極?！驹斀狻緼．由分析可知，放電時，鈉電極是原電池的負極，通入二氧化碳的鎳電極是正極，陰離子高氯酸根離子向移向負極，故A錯誤；B．鈉易與水反應，所以不能用高氯酸鈉水溶液作為電解液，故B錯誤；C．由分析可知，鎳電極為陽極，碳在碳酸根離子作用下失去電子發生氧化反應生成二氧化碳，電極反應式為，故C正確；D．由電池的總反應可知，充電時，消耗1mol碳酸鈉轉移2mol電子，故D錯誤；故選C。13.室溫下，通過下列實驗探究溶液的性質。實驗實驗操作和現象1用計測量溶液的，測得約為8.32將溶液與溶液等體積混合3向溶液逐滴加入等體積等濃度鹽酸4向溶液中通入過量，溶液pH從約12下降到約9下列有關說法正確的是A.實驗1可得的電離程度大于水解程度B.實驗2所得溶液中：C.實驗3所得溶液中：D.實驗4反應過程中：逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A．電離會產生氫離子，溶液顯酸性，水解產生氫氧根離子，溶液顯堿性，而實驗1溶液顯堿性，故的水解程度大于其電離程度，A錯誤；B．實驗2所得溶液為碳酸鈉溶液，根據物料守恒可知：，B錯誤；C．實驗3所得溶液為等濃度的碳酸氫鈉和氯化鈉溶液，根據電荷守恒可知：，C錯誤；D．通入二氧化碳的過程中存在電荷守恒：，則，由實驗4可知隨著二氧化碳的通入溶液pH從約12下降到約9，則氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，鈉離子濃度不變，故逐漸增大，D正確；故選D。14.氨的催化氧化是工業制硝酸的基礎，反應時會發生如下兩個競爭反應I、II。III為分析催化劑對該反應的選擇性，在密閉容器中充入和，測得有關產物的物質的量與溫度的關系如圖。下列有關說法正確的是A.硝酸工業中，氨催化氧化時應選擇低溫B.A點時，反應I的平衡常數C.840K后增大的原因是反應II向正方向移動D.520K時，A點時O2的物質的量分數約為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知溫度較低的時候，氨氣的氧化產物是氮氣，因此應該選擇較高溫度，A錯誤；B．根據反應I可知，反應I的平衡常數，B錯誤；C．對于反應I溫度升高，催化劑活性降低，反應II，溫度升高，反應速率加快，故增大；另外反應II為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，C錯誤；D．反應I中，A點，一氧化氮為0.2mol，則H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25molO2和0.2molNH3，反應II中，A點，氮氣為0.2mol,則H2O(g)=0.6mol，消耗了0.3molO2和0.4molNH3，由此可以計算出O2的物質的量分數，D正確；故選D。二、非選擇題：共4題，共58分15.常應用于電池、催化劑、染料等方面。含鈷廢水會污染環境，須經處理后才能排放。（1）中鈷離子的基態核外電子排布式為_______。（2）以廢舊鋰離子電池的正極材料(主要含)為原料可以制備。主要步驟如下：①堿浸：將正極材料浸沒于溶液中，充分反應后過濾洗滌，取濾渣(LiCoO2)。寫出該步反應的離子方程式_______。②還原：將濾渣浸入稀與的混合溶液中，該反應的化學方程式為_______，酸化用不用鹽酸其主要原因：I.鹽酸揮發利用率低；II._______。③沉鈷：向步驟②反應后的溶液中，滴加溶液，可得。（3）氧化石墨烯/硅基雜化膜是一種主要基于“陰陽離子之間的靜電吸附”處理含重金屬離子廢水的常用材料。利用氧化石墨烯/硅基雜化膜處理某含鈷(Co2+)廢水，在不同的條件下，對鈷離子的吸附效果如圖所示，A點吸附率比B點低原因是_______，C點吸附率比B點低的原因是_______。[]【答案】（1）[Ar]3d7（2）①.②.③.會將鹽酸氧化為有毒的氯氣，污染環境（3）①.H+與鈷離子是競爭吸附關系，隨著pH的降低，H+將先于Co2+被吸附②.隨著pH升高，部分鈷離子轉化為氫氧化亞鈷，導致吸附量下降【解析】小問1詳解】CO2+的基態核外電子排布式為[Ar]3d7；【小問2詳解】①堿浸：將正極材料浸沒于NaOH溶液中，其中Al和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，LiCOO2不反應，充分反應后過濾洗滌，取濾渣(LiCOO2)，則該步反應的離子方程式為：；②還原：將濾渣(LiCoO2)浸入稀H2SO4與H2O2的混合溶液中，LiCoO2和H2O2在稀H2SO4中發生氧化還原反應生成硫酸鋰、硫酸鈷、氧氣和水，該反應的化學方程式為：；LiCoO2具有較強的氧化性可以把氯離子氧化為氯氣，氯氣容易污染空氣，故酸化用不用鹽酸其主要原因：I．鹽酸揮發利用率低；II．會將鹽酸氧化為有毒的氯氣，污染環境；【小問3詳解】pH較低的時候，氫離子濃度較大，也可能吸附在石墨烯/硅基雜化膜上，從而導致鈷離子的吸附率降低，故A點吸附率比B點低原因是：H+與鈷離子是競爭吸附關系，隨著pH的降低，H+將先于Co2+被吸附；pH較大的時候，溶液中氫氧根離子的濃度較大，可以和鈷離子形成氫氧化亞鈷，從而降低了鈷離子的吸附，故C點吸附率比B點低的原因是：隨著pH升高，部分鈷離子轉化為氫氧化亞鈷，導致吸附量下降。16.紫草素類化合物G具有不同程度的細胞毒作用和抗腫瘤作用，其合成路線如下圖所示：（1）A中碳元素的雜化方式是_______，中含有_______鍵。（2）B的結構簡式_______。（3）E→F的反應類型_______。（4）A到B的反應中生成一種副產物，其同分異構體滿足以下條件，寫出該同分異構體的結構簡式_______。I.能和溶液發生顯色反應；II.核磁共振氫譜圖顯示4個吸收峰。（5）請設計以和為原料制備的合成路線(無機試劑任用，合成路線示例見本題題干)_______。【答案】（1）①.sp2、sp3②.14（2）（3）氧化反應（4）或（5）【解析】【分析】由A和C的結構簡式可知，A與發生取代反應生成B，B為?！拘?詳解】由A的結構簡式可知，A中含飽和碳，采取sp3雜化，含有雙鍵碳，采取sp2雜化；單鍵為σ鍵，雙鍵為1個σ鍵、1個π鍵，1個分子中含有3個C-C鍵、1個C=C鍵、1個C-Br鍵、9個C-H鍵，共14個σ鍵，因此1mol中含14molσ鍵?！拘?詳解】由分析可知，B的結構簡式為?！拘?詳解】由E和F的結構簡式可知，E中的羥基轉變為了F中的醛基，為氧化反應。【小問4詳解】副產物H(C13H20O2)的同分異構體能和FeCl3溶液發生顯色反應，說明含苯環和酚羥基，核磁共振氫譜圖顯示4個吸收峰，說明分子結構高度對稱，結構簡式為：或?！拘?詳解】與溴單質發生1，4-加成生成，再水解得到，在二氧化錳的作用下被氧化生成，與在LDA的作用下反應得到，合成路線為：。17.硫酸亞鐵銨晶體[]在制藥、電鍍方面有廣泛的應用。采用鐵粉與稀硫酸反應制備溶液，再與反應，制備硫酸亞鐵銨晶體。已知：硫酸亞鐵銨晶體在空氣中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇?！局苽淙芤骸繉⑷芤杭尤胧⒂需F粉(過量)燒瓶中，保持溫度在之間，至反應無明顯氣泡產生后，停止加熱，趁熱過濾，稱量殘余固體質量。（1）若加入的鐵粉不純，反應過程中會產生少量氣體，可用溶液吸收生成和，該反應的化學方程式為_______。【制備】向溶液中加入等物質的量固體，在條件下溶解后，趁熱倒入乙醇中，析出晶體。（2）乙醇能降低硫酸亞鐵銨在水中的溶解度，其原因為_______?！井a品檢驗】（3）請補充完整測定產品中含量的實驗方案：準確稱取樣品，將樣品溶于水中，_______，將沉淀移入坩堝，灼燒至恒重，記錄數據。(實驗中須使用的試劑：的溶液、溶液、溶液)（4）現稱取產品溶于稀硫酸中，然后用高錳酸鉀溶液滴定，達到終點時消耗了高錳酸鉀溶液。計算產品中亞鐵離子的質量分數(寫出計算過程)：_______?！敬鸢浮浚?）（2）加入乙醇降低水溶液的極性（3）加入的溶液酸化，滴加溶液產生白色沉淀，靜置，往上層清液中繼續滴加溶液至不再產生白色沉淀，過濾，洗滌沉淀，直至向洗滌液中滴加溶液不再出現渾濁（4）12.32%【解析】【分析】由題意可知，該實驗目的是制備硫酸亞鐵銨晶體，實驗過程為鐵粉與稀硫酸反應制得硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液與硫酸銨固體反應制得硫酸亞鐵銨?！拘?詳解】由題意可知，硫酸銅溶液與磷化氫反應生成銅、硫酸和磷酸，反應的化學方程式為，故答案為：；【小問2詳解】乙醇是有機溶劑，能降低水溶液的極性，從而降低硫酸亞鐵銨在水中的溶解度，便于晶體析出，故答案為：加入乙醇降低水溶液的極性；【小問3詳解】測定產品中硫酸根離子含量的實驗方案為準確稱取樣品，將樣品溶于水中，加入的溶液酸化，滴加溶液產生白色沉淀，靜置，往上層清液中繼續滴加溶液至不再產生白色沉淀，過濾，洗滌沉淀，直至向洗滌液中滴加溶液不再出現渾濁，將沉淀移入坩堝，灼燒至恒重，記錄數據，故答案為：加入的溶液酸化，滴加溶液產生白色沉淀，靜置，往上層清液中繼續滴加溶液至不再產生白色沉淀，過濾，洗滌沉淀，直至向洗滌液中滴加溶液不再出現渾濁；【小問4詳解】由題意可知，滴定時發生的反應為，由達到終點時消耗了高錳酸鉀溶液可知，產品中亞鐵離子的的物質的量為，所以亞鐵離子的質量分數為，故答案為：12.32%。18.煙氣的主要污染物為和，是造成大氣污染的重要因素，其治理方法主要有液體吸收法，固體吸收法，