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

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1安徽省安慶市示范高中2023屆高三下學(xué)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(xué)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”。“合兩柔則為剛”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(yīng)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(yīng)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(dǎo)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(yīng)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(yīng)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(dǎo)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(yīng)而發(fā)生縮聚反應(yīng)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(yīng)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(xué)探究的重要手段。下列實驗方案正夠且能達到預(yù)期目的的是（）選項ABCD實驗操作實驗?zāi)康氖头逐s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(yīng)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(dǎo)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(yīng)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(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；D．鋅與硫酸銅溶液會發(fā)生反應(yīng)，所以左側(cè)燒杯中不能選用硫酸銅溶液，應(yīng)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反常可知，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(yīng)歷程如圖所示，下列關(guān)于該反應(yīng)的說法錯誤的是（）A.反應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)的反應(yīng)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(yīng)的化學(xué)方程式為CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，該反應(yīng)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(yīng)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(yīng)，M為正極，正極電極反應(yīng)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(yīng)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(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陽極反應(yīng)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(yīng)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(yīng)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(dǎo)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(xué)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(xué)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(yīng)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(yīng)后的翠綠色溶液中無Fe2+，解釋和Fe3+未發(fā)生氧化還原反應(yīng)的可能原因：__________________________________________________________________________。③某同學(xué)利用電化學(xué)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(yīng)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(yīng)，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(yīng)速率快且反應(yīng)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(yīng)的發(fā)生（2）酸式滴定管當(dāng)?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(dǎo)致平衡逆向，F(xiàn)e3+增多與SCN-顯色。Fe3+與氧化還原反應(yīng)速度慢，而Fe3+與產(chǎn)生[Fe(C2O4)3]3-反應(yīng)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。〖答案〗為：加硫酸，H+和反應(yīng)，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(yīng)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(yīng)的發(fā)生；（2）KMnO4溶液強氧化性對橡膠有腐蝕性，應(yīng)裝于酸式滴定管中。用KMnO4滴定時由于KMnO4與Na2C2O4發(fā)生反應(yīng)而呈無色，當(dāng)Na2C2O4反應(yīng)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?dāng)?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(biāo)號)。a．CaOb．MnCO3?c．CaCO3d．Al2O3?e．氨水（5）寫出“除鈣”時發(fā)生反應(yīng)離子方程式：_____________________________________；若“除鈣”后溶液中c(Mn2+)=0.53mol/L，則應(yīng)控制溶液中c(F-)的范圍為___________________________________(當(dāng)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。〖答案〗（1）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(yīng)生成CaF2，離子方程式為：MnF2+Ca2+=Mn2++CaF2，當(dāng)該離子沉淀完全時，此時c(F-)=，當(dāng)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(xué)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(yīng)，其可能的引發(fā)反應(yīng)及對應(yīng)化學(xué)鍵的解離能如下：可能的引發(fā)反應(yīng)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(yīng)主要為________________________________。（2）經(jīng)過引發(fā)的后續(xù)反應(yīng)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(yīng)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(yīng)及其在不同溫度下的平衡常數(shù)如下表：反應(yīng)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(dāng)裂解反應(yīng)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(xué)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(yīng)條件為______(填標(biāo)號)。A．高溫?較長的反應(yīng)時間B．高溫?較短的反應(yīng)時間C．低溫?較長的反應(yīng)時間D．低溫?較短的反應(yīng)時間③在某溫度下投入molC2H6發(fā)生上述反應(yīng)，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(yīng)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(xué)式)?！即鸢浮剑?）（2）①-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2②（3）sp2（4）①H2反應(yīng)IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應(yīng)，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(yīng)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(yīng)生成乙烯，所以歷程中“……”所代表的反應(yīng)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(yīng)IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應(yīng)，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(yīng)IV的平衡常數(shù)遠大于其它反應(yīng)，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(yīng)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(xué)名稱是____________，B中官能團的名稱是____________。（2）AB的反應(yīng)中若HCHO過量，會生成一種含六個碳的副