安徽省安慶市示范高中2023屆高三下學期4月聯(lián)考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省安慶市示范高中2023屆高三下學期4月聯(lián)考可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1?C-12?N-14?O—16?Mn—55?K—39?Cl—35.5?Fe—56?Ca-40?Na—23一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.央視欄目《國家寶藏》介紹了歷史文化知識，彰顯了民族自信、文化自信，其中也蘊含著許多化學知識。下列說法錯誤的是（）A.傳統(tǒng)鎏金士藝是將金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，鎏金工藝利用了汞的揮發(fā)性B.《呂氏春秋?別類編》中有關(guān)于青銅的記載“金(銅)柔錫柔，合兩柔則為剛”?！昂蟽扇釀t為剛”體現(xiàn)了合金的硬度通常大于各組分金屬的特點C.宋?王希孟《千里江山圖》卷中的綠色顏料銅綠的主要成分是堿式碳酸銅D.明代《本草綱目》中記載：“……，惟以糯米，或粳米，……，和曲釀甕中七日，以甑蒸取”。酒化酶將葡萄糖轉(zhuǎn)化為乙醇時，溫度越高反應速率一定越快〖答案〗D〖解析〗A．Hg常溫下為液體，易揮發(fā)，加熱除去汞利用了汞的揮發(fā)性，A正確；B．銅和錫的合金硬度較大，合兩柔則為剛體現(xiàn)了合金硬度的特點，即合金的硬度通常大于各組分金屬的硬度，B正確；C．銅綠的主要成分是堿式碳酸銅Cu2(OH)2CO3，C正確；D．溫度過高會使酶失去活性，使反應速率變慢，D錯誤；故選D。2.具有鎮(zhèn)痙效能的天然產(chǎn)物H的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，其可由乙炔等簡單有機物合成。下列有關(guān)說法錯誤的是（）A.乙炔可加聚摻雜得到具有導電性能的聚乙炔B.H的水解產(chǎn)物在一定條件下可發(fā)生縮聚反應C.H存在含萘環(huán)()結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體D.H與氧氣在銅催化反應的產(chǎn)物中含有手性碳原子〖答案〗D〖解析〗A．由于聚乙炔分子中存在單鍵、雙鍵交替結(jié)構(gòu)，故乙炔可加聚摻雜得到具有導電性能的聚乙炔，A正確；B．由題干H的結(jié)構(gòu)簡式可知，H的水解產(chǎn)物中含有羧基和羥基，兩種官能團可以在一定條件下發(fā)生酯化反應而發(fā)生縮聚反應生成聚酯高分子物質(zhì)，B正確；C．由題干H的結(jié)構(gòu)簡式可知，H的分子式為：C15H18O3，其不飽和度為7，故H存在含萘環(huán)()結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體，C正確；D．同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，結(jié)合題干H的結(jié)構(gòu)簡式可知，H與氧氣在銅催化反應的產(chǎn)物中不含有手性碳原子，D錯誤；故〖答案〗為：D。3.實驗是科學探究的重要手段。下列實驗方案正夠且能達到預期目的的是（）選項ABCD實驗操作實驗目的石油分餾時接收餾出物酸式滴定管排氣操作，排氣后記錄初始讀數(shù)證明過氧化鈉與水反應放熱鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用〖答案〗C〖解析〗A．石油分餾時，接受餾出物的錐形瓶不能塞橡膠塞，否則會因氣體體積膨脹導致氣體壓強增大而發(fā)生意外事故，故A錯誤；B．帶橡膠膠管的滴定管不是酸式滴定管，而是堿式滴定管，故B錯誤；C．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，脫脂棉燃燒能證明過氧化鈉與水的反應為放熱反應，故C正確；D．鋅與硫酸銅溶液會發(fā)生反應，所以左側(cè)燒杯中不能選用硫酸銅溶液，應選擇硫酸鋅溶液，故D錯誤；故選C。4.某鋰電池材料的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)該材料說法正確的是（）A.其中所有元素均位于元素周期表中p區(qū)B.該結(jié)構(gòu)中陰離子部分基態(tài)原子的第一電離能：F>C>O>BC.該化合物中B原子最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.1mol該化合物中有8molσ鍵〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)元素基態(tài)原子核外電子最后進入的能級將元素周期表分為5個區(qū)，其中B、C、O、F元素均位于元素周期表中p區(qū)，而Li位于s區(qū)，A錯誤；B．根據(jù)同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，ⅡA與ⅢA，ⅤA與ⅥA反?？芍?，該結(jié)構(gòu)中陰離子部分基態(tài)原子的第一電離能：F>O>C>B，B錯誤；C．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，該化合物中B原子周圍有4個共用電子對，故B最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C正確；D．已知單鍵均為σ鍵，雙鍵1個σ鍵和1個π鍵，由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，1mol該化合物中有9molσ鍵，D錯誤；故〖答案〗為：C。5.任何有機化合物的分子都是由特定碳骨架構(gòu)成的，構(gòu)建碳骨架是合成有機化合物的重要任務(wù)。某構(gòu)建碳骨架的反應歷程如圖所示，下列關(guān)于該反應的說法錯誤的是（）A.反應過程中Co的成鍵數(shù)目發(fā)生改變B.圖中所示物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化有非極性鍵的斷裂和形成C.CH3OH分子中采用sp3雜化的僅有C原子D.該構(gòu)建碳骨架的總反應為：CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，原子利用率為100%〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，反應過程中鈷原子的成鍵數(shù)目分別為4、5、6，說明成鍵數(shù)目發(fā)生改變，故A正確；B．由圖可知，反應過程中有碳碳非極性鍵的斷裂和形成，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲醇分子中飽和碳原子和飽和氧原子的雜化方式都為sp3雜化，故C錯誤；D．由圖可知，該反應的反應物為丙烯、一氧化碳和甲醇，生成物為2—甲基丙酸甲酯，催化劑為HCo(CO)3，反應的化學方程式為CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，該反應的產(chǎn)物唯一，原子利用率為100%原子利用率為100%，故D正確；故選C。6.研究微生物燃料電池不僅可以獲得高效能源，還能對工業(yè)污水等進行處理。利用微生物燃料電池處理含硫廢水并電解制備KIO3的原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.為保證制備KIO3的制備速率，需要控制左池的溫度與pHB.左池工作一段時間后，N極附近pH降低C.Q極反應式為：I2+12OH--10e-=2-+6H2OD.電路中每消耗1molO2，理論上有4.8molK+通過陽離子交換膜從Q極移向P極〖答案〗D〖祥解〗石墨電極M處，CO2在光合菌、光照條件下轉(zhuǎn)化為O2，O2在M極放電生成H2O，發(fā)生還原反應，M為正極，正極電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，N極為負極，硫氧化菌將FeSx氧化為S，硫再放電生成，負極電極反應式為S-6e-+4H2O=+8H+，H+通過質(zhì)子交換膜由右室移向左室；鉑電極P為陰極，鉑電極Q為陽極，陰極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陽極反應式為I2+12OH--10e-=2+6H2O，陰極生成氫氧根離子，而陽極生成的比消耗的OH-少，溶液中K+通過陽離子交換膜從Q極移向P極，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼.由于光合菌和硫氧化菌均為細菌，其活性受溫度和pH的影響，故為保證制備KIO3的制備速率，需要控制左池的溫度與pH，A正確；B.由分析可知，左池N極為負極，負極電極反應式為S-6e-+4H2O=+8H+，則左池工作一段時間后，N極附近pH降低，B正確；C.由分析可知，Q極反應式為：I2+12OH--10e-=2-+6H2O，C正確；D.由分析可知，電路中每消耗1molO2，則電路上通過的電子為4mol，則理論上有4molK+通過陽離子交換膜從Q極移向P極，D錯誤；故〖答案〗為：D。7.甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分數(shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖，下列說法錯誤的是（）A.該回收利用的原理是R3N粒子對HCOO-的靜電吸附B.pH=5的廢水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，則甲酸電離平衡常數(shù)K的數(shù)量級為10-4C.廢水初始2.4<pH<5時，隨pH上升回收率下降的原因是離子交換樹脂活性成分R3NH+含量下降D.廢水初始pH<2.4時，甲酸的電離程度對回收率影響顯著〖答案〗A〖解析〗A．R3N分子不帶電，不能與HCOO-產(chǎn)生靜電作用，故該回收利用的原理是R3N與H+形成的R3NH+粒子對HCOO-的靜電吸附，A錯誤；B．pH=5的廢水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，則甲酸電離平衡常數(shù)K==1.8×10-4，即其Ka的數(shù)量級為10-4，B正確；C．廢水初始2.4<pH<5時，活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H+R3NH+，隨pH上升溶液中H+濃度減小，則R3N與H+結(jié)合形成的R3NH+濃度減小，R3NH+與HCOO-的靜電作用減弱，導致甲酸或甲酸鹽的回收率下降，C正確；D．由題干圖示信息可知，廢水初始pH<2.4時，廢水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOHHCOO-+H+平衡逆向移動，則HCOO-數(shù)目減少，即甲酸的電離程度對回收率影響顯著，D正確；故〖答案〗為：A。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。8.某化學實驗小組探究草酸鹽的性質(zhì)。（1）文獻表明：相同條件下，的還原性強于Fe2+。為驗證此結(jié)論，小組同學完成了如下實驗：向10mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中緩慢加入0.5mol·L-1K2C2O4溶液至過量，充分反應后得到翠綠色溶液和翠綠色晶體。已知：[K3Fe(C2O4)3·3H2O]為翠綠色晶體Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-K=1.6×1020=1\*GB3①取少量翠綠色晶體，洗凈配成溶液，滴加KSCN溶液，不變紅，繼續(xù)加入硫酸，溶液變紅。解釋溶液變紅的原因：____________________________________________________。②經(jīng)檢驗反應后的翠綠色溶液中無Fe2+，解釋和Fe3+未發(fā)生氧化還原反應的可能原因：__________________________________________________________________________。③某同學利用電化學原理來比較Fe2+和的還原性強弱：閉合開關(guān)K，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過一段時間后，_____________________________________________(填操作與現(xiàn)象)，則證明的還原性大于Fe2+，該裝置的優(yōu)點是____________________________________。（2）利用Na2C2O4測定某KMnO4粗產(chǎn)品的純度，實驗步驟如下：①稱取KMnO4粗產(chǎn)品，配成50mL溶液。②稱取Na2C2O4，置于錐形瓶中，加蒸餾水使其溶解，再加入過量的硫酸。③將錐形瓶中溶液加熱到75°C~80°C，恒溫，用①中所配溶液滴定至終點，消耗①中溶液VmL。進行滴定時，①中所配溶液應置于______________中(填寫儀器名稱)，步驟③中滴定終點的現(xiàn)象是_____________________________________________________________________________，粗產(chǎn)品中KMnO4的質(zhì)量分數(shù)表達式為______________________?！即鸢浮剑?）①加硫酸，H+和反應，c()減小，F(xiàn)e3++3[Fe(C2O4)3]3-逆向移動，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅②Fe3+與生成[Fe(C2O4)3]3-的反應速率快且反應限度大③取U形管左側(cè)溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀避免發(fā)生Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-，干擾氧化還原反應的發(fā)生（2）酸式滴定管當?shù)稳胱詈笠坏?半滴)KMnO4溶液時，溶液從無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色〖解析〗（1）存在平衡Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-，加入H+消耗導致平衡逆向，F(xiàn)e3+增多與SCN-顯色。Fe3+與氧化還原反應速度慢，而Fe3+與產(chǎn)生[Fe(C2O4)3]3-反應速度快且限度大。還原性：強于Fe2+，即Fe3+能被還原為Fe2+，利用加K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+有藍色晶體。該裝置Fe3+與分開避免了Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-的干擾?！即鸢浮綖椋杭恿蛩?，H+和反應，c()減小，F(xiàn)e3++34?[Fe(C2O4)3]3-逆向移動，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅；Fe3+與產(chǎn)生[Fe(C2O4)3]3-反應速度快且限度大；取U形管左側(cè)溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀；避免發(fā)生Fe3++3?[Fe(C2O4)3]3-，干擾氧化還原反應的發(fā)生；（2）KMnO4溶液強氧化性對橡膠有腐蝕性，應裝于酸式滴定管中。用KMnO4滴定時由于KMnO4與Na2C2O4發(fā)生反應而呈無色，當Na2C2O4反應完全后加入KMnO4溶液呈紅色。由升降守恒得到關(guān)系式為2KMnO4~5Na2C2O4，計算n(Na2C2O4)=。VmL中n(KMnO4)=，則agKMnO4。粗品中質(zhì)量分數(shù)為?！即鸢浮綖楫?shù)稳胱詈笠坏?半滴)KMnO4溶液時，溶液從無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色；。9.電解錳渣中含有很多重金屬[主要含有MnSO4、PbSO4、CaSO4、Fe2(SO4)3、MnO2、SiO2]會造成環(huán)境污染。電解錳渣的資源化利用既能解決污染問題又能取得較好的經(jīng)濟效益。下面是某課題組研究的工藝流程：（1）“還原酸浸”時氧化產(chǎn)物是S，MnO2被還原的離子方程式為__________________。（2）操作X的名稱是____________。（3）“沉鉛”時若用同濃度的(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，會生成Pb2(OH)2CO3，原因是__________________________________________________________。（4）調(diào)pH所加的試劑Y，可選擇____________(填標號)。a．CaOb．MnCO3?c．CaCO3d．Al2O3?e．氨水（5）寫出“除鈣”時發(fā)生反應離子方程式：_____________________________________；若“除鈣”后溶液中c(Mn2+)=0.53mol/L，則應控制溶液中c(F-)的范圍為___________________________________(當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol/L，可以認為該離子沉淀完全。已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10，。（6）硫酸錳晶體的溶解度曲線如圖，則“系列操作”為_________________________、_______________________、洗滌、干燥?！即鸢浮剑?）MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O（2）過濾（3）更易水解生成OH-，從而易生成Pb2(OH)2CO3（4）abc（5）MnF2+Ca2+=Mn2++CaF23.87×10-3mol/L<c(F-)<0.1mol/L（6）在40°C以上進行蒸發(fā)濃縮趁熱過濾〖祥解〗本題是一道從電解錳渣中回收制備硫酸錳晶體的工業(yè)流程題，首先在硫酸的酸性條件下用硫化鉛還原錳渣中的二氧化錳，得到錳離子，再通過除鐵，除鈣后得到硫酸錳溶液，處理后得到產(chǎn)品，以此解題?！驹斘觥浚?）根據(jù)流程可知，“還原酸浸”時PbS被氧化為單質(zhì)硫，二氧化錳被還原為錳離子，則方程式為：MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O；（2）操作X之后得到濾渣和濾液，故其名稱為過濾；（3）(NH4)2CO3中碳酸根離子水解能力較強，溶液中氫氧根離子濃度較大，故生成Pb2(OH)2CO3原因是更易水解生成OH-，從而易生成Pb2(OH)2CO3；（4）加入試劑Y調(diào)節(jié)pH時，不能引入新的雜志，該工藝流程制備的是硫酸錳，并且在隨后的流程中除去了鈣離子，在該步驟中除去了鐵，故可以選擇的試劑為：abc；（5）根據(jù)流程可知，加入MnF2和溶液中鈣離子反應生成CaF2，離子方程式為：MnF2+Ca2+=Mn2++CaF2，當該離子沉淀完全時，此時c(F-)=，當c(Mn2+)=0.53mol/L時，c(F-)=，故其范圍為：3.87×10-3mol/L<c(F-)<0.1mol/L；（6）根據(jù)硫酸錳晶體的溶解度曲線可知，從其溶液中得到該晶體的方法為：在40°C以上進行蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌，干燥。10.乙烯是重要的有機化學原料，工業(yè)上可利用乙烷脫氫制備乙烯。（1）乙烷裂解為乙烯為自由基反應，其可能的引發(fā)反應及對應化學鍵的解離能如下：可能的引發(fā)反應有關(guān)鍵的解離能(kJ/mol)C2H6(g)→C2H5·(g)+H·(g)410C2H6(g)→2CH3·(g)368根據(jù)表格信息，乙烷裂解引發(fā)的反應主要為________________________________。（2）經(jīng)過引發(fā)的后續(xù)反應歷程為(已略去鏈終止過程)：……ΔH1ΔH2①C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)的ΔH=_______________________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。②上述歷程中“……”所代表的反應為____________________________________。（3）CH3·中的單電子不能占據(jù)雜化軌道，則CH3·中碳原子的雜化方式為___________。（4）乙烷裂解中主要發(fā)生的反應及其在不同溫度下的平衡常數(shù)如下表：反應1100K1300K1500KI．C2H6C2H4+H21.618.972.0II．C2H6C2H4+CH460.9108.7165.8III．C2H4C2H2+H20.0150.333.2IV．C2H22C+H26.5×1071.5×1061.0×105=1\*GB3①當裂解反應達到平衡狀態(tài)時，體系將會產(chǎn)生大量積碳。由表中數(shù)據(jù)分析，平衡時混合氣體中____________(填化學式)的百分含量最大，原因是______________________________。②為提高乙烯的產(chǎn)率，工業(yè)生產(chǎn)的適宜反應條件為______(填標號)。A．高溫?較長的反應時間B．高溫?較短的反應時間C．低溫?較長的反應時間D．低溫?較短的反應時間③在某溫度下投入molC2H6發(fā)生上述反應，平衡時混合體系的壓強為p，其中C2H6、C2H4、CH4的物質(zhì)的量分別為mmol、nmol、rmol，未檢測出C2H2。則此溫度下反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp____________(以分壓表示，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))。（5）工業(yè)上制備乙烯常使用Ni-Cr-Fe合金爐，某Ni-Cr-Fe合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，表示Ni原子，表示Fe原子，由4個Ni原子和2個Fe原子所形成的八面體空隙中心的一半填充Cr原子(如圖中位置)，則該合金可表示為___________(填化學式)?！即鸢浮剑?）（2）①-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2②（3）sp2（4）①H2反應IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應，體系主要得到碳和氫氣，其他氣體含量很少②B③（5）Ni2Cr3Fe2〖解析〗（1）解離能越小，發(fā)生的可能性越大，所以乙烷裂解引發(fā)的反應主要為，〖答案〗為：；（2）①ΔH1②ΔH2，由蓋斯定律①+②得，所以，ΔH=-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2，〖答案〗為：-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2；②由解離能得大小可判斷主要生成甲基自由基，所以甲基自由基要轉(zhuǎn)化為乙基自由基才能使反應生成乙烯，所以歷程中“……”所代表的反應為；（3）CH3·結(jié)構(gòu)中中心原子周圍有3對電子對，雜化方式為sp2，〖答案〗為：sp2；（4）①反應IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應，體系主要得到碳和氫氣，其他氣體含量很少，所以平衡時混合，氣體中H2的百分含量最大，〖答案〗為：H2，反應IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應，體系主要得到碳和氫氣，其他氣體含量很少；②工業(yè)生產(chǎn)I、II反應生成乙烯，溫度升高平衡常數(shù)增大所以需要高溫，又因為III、IV會消耗乙烯所以時間不宜過長，故選B；③根據(jù)氫元素守恒：，，=，〖答案〗為：；（5）晶胞中Fe原子個數(shù)是2，Ni原子個數(shù)是，Ni、Fe所形成的八面體空隙中心共有6個（)，由于只填充了一半的空隙，因此該合金可表示為Ni2Cr3Fe2。11.新冠特效藥Paxlovid有效成分奈瑪特韋(Nirmatrelvir)的重要中間體—卡龍酸(H)的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A的化學名稱是____________，B中官能團的名稱是____________。（2）AB的反應中若HCHO過量，會生成一種含六個碳的副