安徽省宣城市2021-2022学年高三化学上学期期末调研试卷（Word版含解析）

安徽省宣城市2021～2022学年高三上学期期末调研测试理科综合化学试题考生注意：。1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。2.答题前，考生先将自己的姓名、考号在答题卡指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内作答，超出答题区城书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.考试结束时，务必将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64第I卷选择题(共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.近年来，我国科技取得了举世瞩目成就。下列有关说法正确的是A.国产大飞机C919使用的铝锂合金属于金属材料B.“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C.我国光缆线路总长超过三千万公里，光缆中光导纤维的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”返回舱外表面使用的绝热层的主要成分是玻璃质复合材料【答案】A【解析】【详解】A．合金属于金属材料，故国产大飞机C919使用的铝锂合金属于金属材料，A正确；B．“天宫二号”使用的碳纤维是碳元素形成的一种单质，不是一种新型有机高分子材料，B错误；C．我国光缆线路总长超过三千万公里，光缆中光导纤维的主要成分是二氧化硅，C错误；D．“神舟十一号”返回舱外表面使用的绝热层的主要成分是高温结构陶瓷的主要成分是氮化硅等新型无机非金属材料，不是硅酸盐等玻璃质复合材料，D错误；故答案为：A。2.已知：K12CN+H14CNK14CN+H12CN。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A充分反应后，体系中只含有K14CN和H12CN B.KCN的电子式为C.67g39Kl4C14N所含中子数为35NAD.1molHl2CN中含有共价键数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．反应为可逆反应，充分反应后，反应物和生成物共存，A错误；B．KCN为离子化合物，电子式为，B错误；C．67g39Kl4C14N的物质的量为1mol，含中子数为35NA，C正确；D．1molHl2CN中含有共价键4mol，数目为4NA，D错误；答案选C。3.由于锂资源匮乏，钠电池研究将成为新的方向，某新型钠电池反应原理：2Na+2AlCl3+NiCl2Ni+2NaAlCl4，下列有关该电池说法错误的是A.在经过“负载"的外电路中，电子由b流向aB.为节约成本，“润湿网”润湿用水比煤油好C.放电时a为正极，充电时c为正极D.放电时，电极a的反应为：NiCl2+2AlCl3+2e-=2AlCl+Ni【答案】B【解析】【分析】根据总反应可知，放电时Na被氧化，所以b电极为负极，a电极为正极，则充电时b电极为阴 极，a电极为阳极。【详解】A．原电池工作时，电子由负极经过导线向正极移动，即电子由b经过“负载”流向a，A正确；B．Na是活泼金属，能与水反应，“润湿网”润湿不能用水，B错误；C．放电时a为正极，b为负极，充电时原电池的正负极与电源的正负极相接，即c为电源正极，C正确；D．根据总反应可知，放电时，电极a上NiCl2被还原为Ni，电极反应为NiCl2+2AlCl3+2e-=2AlCl+Ni，D正确；综上所述答案为B。4.大马酮是玫瑰花香味的来源之一；其结构简式如下图所示。下列有关大马酮的说法错误的是A.分子式为C13H18OB.分子中存在2种官能团C.所有碳原子一定共平面D.可发生加成、取代和氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C13H18O，A正确；B．分子中含有碳碳双键、羰基两种官能团，B正确；C．该物质中存在4个C原子连接再同一饱和碳原子上的结构，根据甲烷的结构可知，该物质中不可能所有碳原子共面，C错误；D．该物质含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应，甲基可以在一定条件下与卤素单质发生取代反应，D正确；综上所述答案为C。【点睛】5.根据下列实验和现象得出的实验结论正确的是选项实验现象实验结论A某溶液中滴加适量稀硝酸后，再滴出现白色沉淀该溶液中一定含有 加少量BaCl2溶液SO、SO、HSO中的一种或几种B将NH3和CO的混合气体通入灼热的CuO粉末黑色粉末逐渐变为红色可除去NH3中的COC左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性Cl2＞Br2＞I2D左边试管中溶液变为红色，右边试管中有蓝色沉淀生成试样a中既含有Fe3+，又含有Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．若原溶液中含有Ag+，也会出现白色沉淀，A错误；B．CO与灼热CuO反应会生成CO2，引入新杂质，B错误；C．氯气与溴化钠反应后可能有剩余，剩余的氯气也可以氧化I-，所以无法确定Br2和I2的氧化性强弱，C错误；D．Fe3+遇到KSCN溶液会变红，而Fe2+遇到K3Fe(CN)6会生成蓝色沉淀，D正确；综上所述答案为D。6.已知W、X、Y、Z四种元素分别属于三个短周期，且原子序数依次增大，由它们组成的化合物E、Q可以发生如下图的反应。化合物M是有机合成重要的中间体，M中阴离子为48电子微粒，下列说法错误的是 A.E易液化，是因为可形成分子间氢键B.Q是导致温室效应的成分之一C.简单离子的半径：Y＜ZD.M的阴阳离子中均含有极性共价键【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种元素分别属于三个短周期，且原子序数依次增大，W为H；由E、Q的结构可知Y为N、X为C、Z为O或S；M中阴离子为48电子微粒，1×2+7+6+8×2+1=32不符合，1×2+7+6+16×2+1=48符合，可知Z只能为S，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，E为NH3，其易液化，说明其沸点较高，是因为可形成分子间氢键，A正确；B．由分析可知，Q是CS2，故不是导致温室效应的成分之一，B错误；C．由分析可知，Y、Z分别为N和S，故简单离子的半径大小为N3-＜S2-即Y＜Z，C正确；D．由题干信息可知，M的阴离子中含有N-H、C-N、C-S极性键，阳离子中含有H-N极性共价键，D正确；故答案为：B。7.已知25℃时，饱和H2S溶液浓度约为0.1mol·L-1，相关数据如下表。下列说法错误的是H2SFeSCuSKa1=1.0×10-7Ka2=7.1×10-15Ksp=6.3×10-18Ksp=6.3×10-36A.25℃时，NaHS溶液呈碱性B.25℃时，饱和H2S溶液的pH约为4C.H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)D.反应FeS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Fe2+(aq)正向进行，需满足＞1018【答案】D【解析】【详解】A．25℃时，NaHS溶液中HS-的水解常数为Kh=1.0×10-7>Ka2，故水解大于电离，NaHS呈 碱性，A正确；B．已知25℃时，饱和H2S溶液浓度约为0.1mol·L-1，H2S以第一步电离为主，设电离出氢离子浓度为x因电离程度较小，0.1-x≈0.1mol/L，则Ka1=1.0×10-7，x=10-4mol/L，则pH约为4，B正确；C．由电荷守恒可知，H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，C正确；D．反应FeS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=，当Qc<K时，反应正向进行，需满足<1018，D错误；故选D。第II卷非选择题(共174分)注意事项：须用黑色墨水签字笔在答题卷上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题-第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)8.胆矾(CuSO4•5H2O)可用于治疗风痰、癫痫等疾病，工业上用铜镍矿石(主要成分：CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)生产胆矾的流程如下：已知有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，却不能萃取Ni2+，其萃取原理如下(org为有机相)：Cu2+(aq)+2(HR)org(CuR2)org+2H+(aq)，据此回答下列问题：（1）焙烧前粉碎的目的是___________；为减少污染，焙烧产生的烟气可用酸性KMnO4溶液吸收，写出吸收反应的离子方程式：___________。 （2）“氧化”的目的是___________（3）25℃时，“调节pH”后滤液中c(Fe3+)=10-8mol·L-1，且滤渣2已有Fe(OH)3沉淀，则该滤液的pH为___________；若在滤渣2中未检测出Cu(OH)2沉淀，则滤液中c(Cu2+)≤___________mol·L-1。已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Cu(OH)2]=5.2×10-20；Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15；lg5≈0.7。（4）最佳试剂X为___________(填化学式)。（5）操作I需要用到的主要玻璃仪器是___________（6）为测定产品纯度，取2.00g样品，溶于锥形瓶中，加入过量KI溶液，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，之后用0.50mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述实验两到三次，测得平均消耗Na2S2O3标准液15.00mL，则产品的纯度为___________%。(滴定反应为：2S2O+I2=S4O+2I-)【答案】（1）①.增加与氧气的接触面积，使反应更充分②.（2）将亚铁离子转化为铁离子，便于生成氢氧化铁沉淀，利于铁元素的分离（3）①.4.3②.1.3（4）H2SO4（5）分液漏斗、烧杯（6）93.75%【解析】【分析】由流程可知，铜镍矿石焙烧和空气中氧气反应将金属硫化物转化为金属氧化物；加入稀硫酸，二氧化硅等杂质不反应过滤分离出滤渣；金属离子进入滤液，加入过氧化氢氧化，加入氧化铜调节溶液的pH，除去铁；通过萃取和反萃取从溶液中分离出铜，通过操作Ⅱ最终得到产品胆矾。【小问1详解】焙烧前粉碎的目的是增加与氧气的接触面积，使反应更充分；焙烧产生的烟气中含有硫元素生成的二氧化硫，可用酸性KMnO4溶液吸收，反应为；【小问2详解】“氧化”的目的是将亚铁离子转化为铁离子，便于生成氢氧化铁沉淀，利于铁元素的分离。【小问3详解】已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，25℃时，“调节pH”后滤液中c(Fe3+)=10-8mol·L-1，则c(OH-)=2×10-10mol·L-1，c(H+)=5×10-5mol·L-1，故pH=4.3；Ksp[Cu(OH)2]=5.2×10-20，则溶液铜离子浓度最大为mol·L-1，若在滤渣2中未检测出Cu(OH)2沉淀，则滤液中c(Cu2+)≤1.3mol·L- 1。【小问4详解】已知，萃取原理：Cu2+(aq)+2(HR)org(CuR2)org+2H+(aq)，则要反萃取得到铜离子并最终生成硫酸铜，则需要加入酸性试剂，使平衡逆向移动，故最佳试剂X为H2SO4。【小问5详解】操作I为分液操作，需要用到的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯。【小问6详解】2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O+I2=S4O+2I-，由反应可知，Cu2+～S2O，则n(CuSO4•5H2O)=n(Na2S2O3)=0.50mol•L-1×15.00×10-3L=7.5×10-3mol，故产品的纯度为。9.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂。下图为制备亚氯酸钠的装置图(夹持装置省略)。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO2●3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题：（1）装置A用来制取ClO2，发生反应的离子方程式为___________（2）装置B的作用是___________（3）研究测得C装置吸收液中c(NaOH)、对粗产品中NaClO2含量的影响如下图所示。则最佳条件为c(NaOH)=_________mol·L-1，=_________ （4）C装置中生成NaClO2的反应，n(氧化剂)∶n(还原剂)=___________；C装置采用“冰水浴"防止温度过高的目的是___________（5）充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：___________→___________→___________→干燥(填字母序号)。________a趁热过滤b．50℃水洗涤c．加热蒸发结晶d．冰水洗涤e．55℃恒温减压蒸发结晶【答案】（1）（2）防止倒吸（3）①.4②.0.8（4）①.2:1②.防止NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时防止过氧化氢分解加快（5）eab【解析】【分析】装置A用来制取二氧化氯，过氧化氢与氯酸钠发生氧化还原反应，装置B用作安全瓶，生成的二氧化氯与装置C中的过氧化氢和氢氧化钠反应制得亚氯酸钠，装置D用来处理尾气，防止污染空气。【小问1详解】装置A用来制取二氧化氯，过氧化氢与氯酸钠发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：。【小问2详解】由图可知，装置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用。【小问3详解】由图像所示信息可知，氢氧化钠的浓度由4mol/L增大到5mol/L时对亚氯酸钠的含量没有影响，所以最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，由0.8到0.9对亚氯酸钠的含量没有影响，所以=0.8。【小问4详解】装置C中发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，其中二氧化氯是氧化剂，过氧化氢是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：2:1；由已知信息可知，NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出 NaClO2●3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时过氧化氢受热分解加快，所以装置C采取“冰水浴”防止温度过高的目的是：防止NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同时防止过氧化氢分解加快。【小问5详解】由分析可知，充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作顺序为：55℃恒温减压蒸发结晶→趁热过滤→50℃水洗涤→干燥，因此答案为eab。10.二氧化碳加氢制备甲醇既可以实现二氧化碳的转化利用，又可以有效缓解温室效应问题。已知：反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H1=akJ·mol-1Kp1反应II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=bkJ·mol-1Kp2反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3Kp3（1）∆H3=___________kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)（2）上述反应平衡常数的自然对数lnKp(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)随温度的变化如下图所示：①反应I、II、III中属于吸热反应的是反应___________(填I、II、III)。②若图中A点时发生反应IV：CH3OH(g)+CO2(g)2CO(g)+H2(g)+H2O(g)Kp4，则图中A点的lnKp4=___________(填数值)。③若T0℃时，在密闭容器中加入6molH2、4molCO2只发生反应III，维持压强为P0kPa不变，达到平衡时 H2的转化率是50%，则该温度下反应III的平衡常数Kp3=___________（3）反应II的反应历程如下图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。①该反应历程中决速步的能垒为___________eV。②虚线框内发生的反应达到平衡后，升高温度，正反应速率___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。【答案】（1）a+b（2）①.I②.0③.（3）①.0.8②.小于【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，∆H3=∆H1+△H2=(a+b)kJ·mol-1【小问2详解】①由图可知，反应I中lnKp随温度升高而变大，说明温度升高，平衡常数变大，反应正向进行，属于吸热反应，故属于吸热反应的是反应I。②Kp1，Kp2；A点时由图可知Kp1=Kp2，则Kp4，故A点的lnKp4=0。③若T0℃时，在密闭容器中加入6molH2、4molCO2只发生反应III，维持压强为P0kPa不变，达到平衡时H2的转化率是50%，则反应氢气的物质的量为3mol； 则反应后总的物质的量为3+3+1+1=8mol，反应后CO2的分压为P0kPa，同理H2、CH3OH、H2O分压分别为、、，该温度下反应的平衡常数Kp3=。【小问3详解】①过渡态物质总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，该历程中最大能垒为该反应历程中决速步的能垒，为-0.1-(-0.9)=0.8eV。②由图可知，虚线框内发生反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，反应逆向进行，则正反应速率小于逆反应速率。(二)选考题(共45分。请考生在给出的2道物理题、2道化学题2道生物题中每科任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.铬(Cr)是人体必须的微量元素。（1）Cr的基态原子价电子排布式为___________（2）已知：K2Cr2O7+4H2O2+H2SO4=2CrO5(蓝色)+5H2O+K2SO4，该反应可用于检验H2O2，且该反应也是典型的过氧键转移的反应，化合价未发生变化。则1molCrO5中存在___________mol过氧键。H2O2中的氧采用___________杂化，H2O2属于___________分子(填“极性”或“非极性”)（3）一定条件下，CrCl3溶于水可得到紫色溶液，经检测溶液中存在配离子[Cr(H2O)6]3+(结构如图甲)。向溶液中加入NH3●H2O和NH4Cl混合物，[Cr(H2O)6]3+中的H2O逐渐被NH3取代，分别形成[Cr(NH3)2(H2O)4]3+、[Cr(NH3)3(H2O)3]3+等，NH3可代替H2O的原因是___________，其中[Cr(NH3)4(H2O)2]3+有___________种空间结构。NH3参与形成[Cr(NH3)6]3+后，如图乙，键角大小关系为___________β(填“＞”、“=”或“＜”) （4）某种Cr、Fe合金如图丙形式堆积，其中，A层为Cr层，B、C层均为Fe层，这种堆积形式称为___________；金属Fe存在体心立方堆积的晶型(如图丁)，其空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。【答案】（1）3d54s1（2）①.2②.sp3③.极性（3）①.NH3中N原子上也有孤电子对，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位键②.2③.＜（4）①.面心立方最密堆积②.【解析】【小问1详解】已知Cr是24号元素，故Cr的基态原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；【小问2详解】由题干信息可知，K2Cr2O7+4H2O2+H2SO4=2CrO5(蓝色)+5H2O+K2SO4，该反应可用于检验H2O2，且该反应也是典型的过氧键转移的反应，化合价未发生变化，已知1molH2O2中含有1mol过氧键，反应中消耗4molH2O2生成2molCrO5，则1molCrO5中存在2mol过氧键，已知H2O2中O原子周围的价层电子对数为：2+=4，故H2O2中的氧采用sp3杂化，由于H2O2易溶于水，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知H2O2属于极性分子，故答案为：2；sp3；极性； 【小问3详解】一定条件下，CrCl3溶于水可得到紫色溶液，经检测溶液中存在配离子[Cr(H2O)6]3+(结构如图甲)。向溶液中加入NH3●H2O和NH4Cl混合物，[Cr(H2O)6]3+中的H2O逐渐被NH3取代，分别形成[Cr(NH3)2(H2O)4]3+、[Cr(NH3)3(H2O)3]3+等，由于H2O中的O原子上有孤电子对，可与Cr3+形成配位键，而NH3中N原子上也有孤电子对，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位键，由题干信息可知，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+呈现八面体结构，故其中[Cr(NH3)4(H2O)2]3+有2种空间结构，即两个H2O在对角线上和在一条边上两种，由于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，NH3参与形成[Cr(NH3)6]3+后在NH3中的孤电子对就变为成键电子对，排斥作用减弱，故如图乙，键角大小关系为＜β，故答案为：NH3中N原子上也有孤电子对，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位键；2；＜；【小问4详解】某种Cr、Fe合金如图丙形式堆积，其中，A层为Cr层，B、C层均为Fe层，ABC型堆积方式是面心立方最密堆积，金属Fe存在体心立方堆积的晶型(如图丁)，一个晶胞中含有的原子个数为：=2，设铁原子的半径为r，晶胞的边长为d，则有4r=，则r=，故其空间利用率为=，故答案为：面心立方最密堆积；。12.环戊烷通过一系列反应得到化合物E()，合成路线如下图：已知：i.+ii.CH3CH2=CH2CH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOHiii.反应⑤由2分子的C反应得到1分子的D（1）反应①的条件是___________，该反应属于___________反应(填反应类型)， （2）A的名称___________，A在酸性KMnO4作用下生成的有机物结构简式为___________（3）B→C的化学反应方程式为___________（4）D的结构简式___________。（5）写出一种满足下列要求的E的同分异构体的结构简式___________①1mol该有机物可以与足量NaHCO3反应生成4molCO2②核磁共振氢谱显示有3组峰（6）以为原料，设计路线合成，无机试剂任选___________。【答案】（1）①.氯气，光照②.取代（2）①.环戊烯②.HOOCCH2CH2CH2COOH（3）+2KOH+2KBr+2H2O（4）（5）（6）【解析】【分析】由分析可知，反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应②是发生消去反应生成A，反应③为与溴单质发生加成反应生成B，反应④为发生消去反应生成C，反应⑤是C发生信息i中的加成反应生成D，C为，而反应⑤是2分子的C反应得到1分子的D，D为，反应⑥是D发生信息 ii中氧化反应生成E。【小问1详解】由分析可知，反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成。【小问2详解】由分析可知，A为，名称是环戊烯，环戊烯在酸性高锰酸钾溶液的作用下发生氧化反应，生成的有机物的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2COOH。【小问3详解】B→C发生消去反应，化学方程式为：+2KOH+2KBr+2H2O。【小问4详解】由分析可知，D的结构简式为：。【小问5详解】1mol该有机物可以与足量NaHCO3反应生成4molCO2，说明含有4个羧基，核磁共振氢谱显示有3组峰，存在对称结构，符合条件的同分异构体有：。【小问6详解】