安徽省安庆市示范高中2023届高三化学下学期4月联考试题（Word版附解析）

安庆示范高中2023届高三联考理科综合能力测试化学试题考生注意：1．本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H—1 C-12 N-14 O—16 Mn—55 K—39 Cl—35.5 Fe—56 Ca-40 Na—23第I卷(共126分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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.央视栏目《国家宝藏》介绍了历史文化知识，彰显了民族自信、文化自信，其中也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A.传统鎏金士艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，鎏金工艺利用了汞的挥发性B.《吕氏春秋•别类编》中有关于青铜的记载“金(铜)柔锡柔，合两柔则为刚”。“合两柔则为刚”体现了合金的硬度通常大于各组分金属的特点C.宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜D.明代《本草纲目》中记载：“……，惟以糯米，或粳米，……，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取”。酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快【答案】D【解析】【详解】A．Hg常温下为液体，易挥发，加热除去汞利用了汞的挥发性，A正确；B．铜和锡的合金硬度较大，合两柔则为刚体现了合金硬度的特点，即合金的硬度通常大于各组分金属的硬度，B正确；C．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，C正确；D．温度过高会使酶失去活性，使反应速率变慢，D错误；故选D。2.具有镇痉效能的天然产物H的分子结构如图所示，其可由乙炔等简单有机物合成。下列有关说法错误的是 A.乙炔可加聚掺杂得到具有导电性能的聚乙炔B.H的水解产物在一定条件下可发生缩聚反应C.H存在含萘环()结构的同分异构体D.H与氧气在铜催化反应的产物中含有手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由于聚乙炔分子中存在单键、双键交替结构，故乙炔可加聚掺杂得到具有导电性能的聚乙炔，A正确；B．由题干H的结构简式可知，H的水解产物中含有羧基和羟基，两种官能团可以在一定条件下发生酯化反应而发生缩聚反应生成聚酯高分子物质，B正确；C．由题干H的结构简式可知，H的分子式为：C15H18O3，其不饱和度为7，故H存在含萘环()结构的同分异构体，C正确；D．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干H的结构简式可知，H与氧气在铜催化反应的产物中不含有手性碳原子，D错误；故答案为：D。3.实验是科学探究的重要手段。下列实验方案正够且能达到预期目的的是选项ABCD 实验操作实验目的石油分馏时接收馏出物酸式滴定管排气操作，排气后记录初始读数证明过氧化钠与水反应放热盐桥中的阳离子向右池迁移起形成闭合回路的作用A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．石油分馏时，接受馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体体积膨胀导致气体压强增大而发生意外事故，故A错误；B．带橡胶胶管的滴定管不是酸式滴定管，而是碱式滴定管，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，脱脂棉燃烧能证明过氧化钠与水的反应为放热反应，故C正确；D．锌与硫酸铜溶液会发生反应，所以左侧烧杯中不能选用硫酸铜溶液，应选择硫酸锌溶液，故D错误；故选C。4.某锂电池材料的结构如图所示，下列有关该材料说法正确的是A.其中所有元素均位于元素周期表中p区B.该结构中阴离子部分基态原子的第一电离能：F>C>O>BC.该化合物中B原子最外层满足8电子稳定结构D.1mol该化合物中有8molσ键【答案】C 【解析】【详解】A．根据元素基态原子核外电子最后进入的能级将元素周期表分为5个区，其中B、C、O、F元素均位于元素周期表中p区，而Li位于s区，A错误；B．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常可知，该结构中阴离子部分基态原子的第一电离能：F>O>C>B，B错误；C．由题干结构示意图可知，该化合物中B原子周围有4个共用电子对，故B最外层满足8电子稳定结构，C正确；D．已知单键均为σ键，双键1个σ键和1个π键，由题干结构示意图可知，1mol该化合物中有9molσ键，D错误；故答案为：C。5.任何有机化合物的分子都是由特定碳骨架构成的，构建碳骨架是合成有机化合物的重要任务。某构建碳骨架的反应历程如图所示，下列关于该反应的说法错误的是A.反应过程中Co的成键数目发生改变B.图中所示物质间的转化有非极性键的断裂和形成C.CH3OH分子中采用sp3杂化的仅有C原子D.该构建碳骨架的总反应为：CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，原子利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应过程中钴原子的成键数目分别为4、5、6，说明成键数目发生改变，故A正确；B．由图可知，反应过程中有碳碳非极性键的断裂和形成，故B正确；C．由结构简式可知，甲醇分子中饱和碳原子和饱和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，故C错误； D．由图可知，该反应的反应物为丙烯、一氧化碳和甲醇，生成物为2—甲基丙酸甲酯，催化剂为HCo(CO)3，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+CO+CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，该反应的产物唯一，原子利用率为100%原子利用率为100%，故D正确；故选C。6.研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法错误的是A.为保证制备KIO3的制备速率，需要控制左池的温度与pHB.左池工作一段时间后，N极附近pH降低C.Q极反应式为：I2+12OH--10e-=2-+6H2OD.电路中每消耗1molO2，理论上有4.8molK+通过阳离子交换膜从Q极移向P极【答案】D【解析】【分析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，据此分析解题。【详解】A.由于光合菌和硫氧化菌均为细菌，其活性受温度和pH的影响，故为保证制备KIO3的制备速率，需要控制左池的温度与pH，A正确；B.由分析可知，左池N极为负极，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，则左池工作一段时间后， N极附近pH降低，B正确；C.由分析可知，Q极反应式为：I2+12OH--10e-=2-+6H2O，C正确；D.由分析可知，电路中每消耗1molO2，则电路上通过的电子为4mol，则理论上有4molK+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，D错误；故答案为：D。7.甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图，下列说法错误的是A.该回收利用的原理是R3N粒子对HCOO-的静电吸附B.pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K的数量级为10-4C.废水初始2.4<pH<5时，随pH上升回收率下降的原因是离子交换树脂活性成分R3NH+含量下降D.废水初始pH<2.4时，甲酸的电离程度对回收率影响显著【答案】A【解析】【详解】A．R3N分子不带电，不能与HCOO-产生静电作用，故该回收利用的原理是R3N与H+形成的R3NH+粒子对HCOO-的静电吸附，A错误；B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18：1，则甲酸电离平衡常数K==1.8×10-4，即其Ka的数量级为10-4，B正确；C．废水初始2.4<pH<5时，活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H+R3NH+，随pH上升溶液中H+浓度减小，则R3N与H+结合形成的R3NH+浓度减小，R3NH+与HCOO-的静电作用减弱，导致甲酸或甲酸盐的回收率下降，C正确； D．由题干图示信息可知，废水初始pH<2.4时，废水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOHHCOO-+H+平衡逆向移动，则HCOO-数目减少，即甲酸的电离程度对回收率影响显著，D正确；故答案为：A。第II卷(共174分)三、非选择题：本题共14小题，共174分。(说明：物理部分为第22～26题，共62分；化学部分为第27～30题，共58分；生物部分为第31～35题，共54分)8.某化学实验小组探究草酸盐的性质。（1）文献表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向10mL0.5mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1K2C2O4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。已知：[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-K=1.6×1020①取少量翠绿色晶体，洗净配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。解释溶液变红的原因：________。②经检验反应后的翠绿色溶液中无Fe2+，解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因：__。③某同学利用电化学原理来比较Fe2+和的还原性强弱：闭合开关K，电流表指针发生偏转，经过一段时间后，_______(填操作与现象)，则证明的还原性大于Fe2+，该装置的优点是____________________________。（2）利用Na2C2O4测定某KMnO4粗产品的纯度，实验步骤如下：①称取KMnO4粗产品，配成50mL溶液。②称取Na2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。③将锥形瓶中溶液加热到75°C~80°C，恒温，用①中所配溶液滴定至终点，消耗①中溶液VmL。进行滴定 时，①中所配溶液应置于__________中(填写仪器名称)，步骤③中滴定终点的现象是_________，粗产品中KMnO4的质量分数表达式为__________________。【答案】（1）①.加硫酸，H+和反应，c()减小，Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红②.Fe3+与生成[Fe(C2O4)3]3-的反应速率快且反应限度大③.取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀④.避免发生Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-，干扰氧化还原反应的发生（2）①.酸式滴定管②.当滴入最后一滴(半滴)KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色③.【解析】小问1详解】存在平衡Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-，加入H+消耗导致平衡逆向，Fe3+增多与SCN-显色。Fe3+与氧化还原反应速度慢，而Fe3+与产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大。还原性：强于Fe2+，即Fe3+能被还原为Fe2+，利用加K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+有蓝色晶体。该装置Fe3+与分开避免了Fe3++3[Fe(C2O4)3]3-的干扰。答案为：加硫酸，H+和反应，c()减小，Fe3++34⇌[Fe(C2O4)3]3-逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；Fe3+与产生[Fe(C2O4)3]3-反应速度快且限度大；取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；避免发生Fe3++3⇌[Fe(C2O4)3]3-，干扰氧化还原反应的发生；【小问2详解】KMnO4溶液强氧化性对橡胶有腐蚀性，应装于酸式滴定管中。用KMnO4滴定时由于KMnO4与Na2C2O4发生反应而呈无色，当Na2C2O4反应完全后加入KMnO4溶液呈红色。由升降守恒得到关系式为2KMnO4~5Na2C2O4，计算n(Na2C2O4)=。VmL中n(KMnO4)=，则agKMnO4。粗品中质量分数为。答案为当滴入最后一滴(半滴)KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；。 9.电解锰渣中含有很多重金属[主要含有MnSO4、PbSO4、CaSO4、Fe2(SO4)3、MnO2、SiO2]会造成环境污染。电解锰渣的资源化利用既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。下面是某课题组研究的工艺流程：（1）“还原酸浸”时氧化产物是S，MnO2被还原的离子方程式为__________________。（2）操作X的名称是____________。（3）“沉铅”时若用同浓度的(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会生成Pb2(OH)2CO3，原因是______。（4）调pH所加的试剂Y，可选择____________(填标号)。a．CaOb．MnCO3 c．CaCO3d．Al2O3 e．氨水（5）写出“除钙”时发生反应离子方程式：_____________；若“除钙”后溶液中c(Mn2+)=0.53mol/L，则应控制溶液中c(F-)的范围为_________________________________________(当溶液中金属离子浓度小于10-5mol/L，可以认为该离子沉淀完全。已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10，。（6）硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为_________、_______、洗涤、干燥。【答案】（1）MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O（2）过滤（3）更易水解生成OH-，从而易生成Pb2(OH)2CO3（4）abc（5）①.MnF2+Ca2+=Mn2++CaF2②.3.87×10-3mol/L<c(F-)<0.1mol/L（6）①.在40°C以上进行蒸发浓缩②.趁热过滤【解析】 【分析】本题是一道从电解锰渣中回收制备硫酸锰晶体的工业流程题，首先在硫酸的酸性条件下用硫化铅还原锰渣中的二氧化锰，得到锰离子，再通过除铁，除钙后得到硫酸锰溶液，处理后得到产品，以此解题。小问1详解】根据流程可知，“还原酸浸”时PbS被氧化为单质硫，二氧化锰被还原为锰离子，则方程式为：MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O；【小问2详解】操作X之后得到滤渣和滤液，故其名称为过滤；【小问3详解】(NH4)2CO3中碳酸根离子水解能力较强，溶液中氢氧根离子浓度较大，故生成Pb2(OH)2CO3原因是更易水解生成OH-，从而易生成Pb2(OH)2CO3；【小问4详解】加入试剂Y调节pH时，不能引入新的杂志，该工艺流程制备的是硫酸锰，并且在随后的流程中除去了钙离子，在该步骤中除去了铁，故可以选择的试剂为：abc；【小问5详解】根据流程可知，加入MnF2和溶液中钙离子反应生成CaF2，离子方程式为：MnF2+Ca2+=Mn2++CaF2，当该离子沉淀完全时，此时c(F-)=，当c(Mn2+)=0.53mol/L时，c(F-)=，故其范围为：3.87×10-3mol/L<c(F-)<0.1mol/L；【小问6详解】根据硫酸锰晶体的溶解度曲线可知，从其溶液中得到该晶体的方法为：在40°C以上进行蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥。10.乙烯是重要的有机化学原料，工业上可利用乙烷脱氢制备乙烯。（1）乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下：可能的引发反应有关键的解离能(kJ/mol)C2H6(g)→C2H5·(g)+H·(g)410C2H6(g)→2CH3·(g)368根据表格信息，乙烷裂解引发的反应主要为________________________。（2）经过引发的后续反应历程为(已略去链终止过程)： ……ΔH1ΔH2①C2H4(g)+H2(g)→C2H6(g)的ΔH=________________________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。②上述历程中“……”所代表的反应为____________________________________。（3）CH3·中的单电子不能占据杂化轨道，则CH3·中碳原子的杂化方式为________________________。（4）乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表：反应1100K1300K1500KI．C2H6C2H4+H21.618.972.0II．C2H6C2H4+CH460.9108.7165.8III．C2H4C2H2+H20.0150.333.2IV．C2H22C+H26.5×1071.5×1061.0×105①当裂解反应达到平衡状态时，体系将会产生大量积碳。由表中数据分析，平衡时混合气体中____________(填化学式)的百分含量最大，原因是______________。②为提高乙烯的产率，工业生产的适宜反应条件为______(填标号)。A．高温 较长的反应时间B．高温 较短的反应时间C．低温 较长的反应时间D．低温 较短的反应时间③在某温度下投入molC2H6发生上述反应，平衡时混合体系的压强为p，其中C2H6、C2H4、CH4的物质的量分别为mmol、nmol、rmol，未检测出C2H2。则此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp____________(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（5）工业上制备乙烯常使用Ni-Cr-Fe合金炉，某Ni-Cr-Fe合金的晶胞结构如图所示，表示Ni原子，表示Fe原子，由4个Ni原子和2个Fe原子所形成的八面体空隙中心的一半填充Cr原子(如图中位置)，则该合金可表示为__________(填化学式)。 【答案】（1）（2）①.-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2②.（3）sp2（4）①.H2②.反应IV的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少③.B④.（5）Ni2Cr3Fe2【解析】【小问1详解】解离能越小，发生的可能性越大，所以乙烷裂解引发的反应主要为，答案为：；【小问2详解】①ΔH1②ΔH2，由盖斯定律①+②得，所以，ΔH=-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2，答案为：-(ΔH1+ΔH2)或-ΔH1-ΔH2；②由解离能得大小可判断主要生成甲基自由基，所以甲基自由基要转化为乙基自由基才能使反应生成乙烯，所以历程中“……”所代表的反应为；【小问3详解】CH3·结构中中心原子周围有3对电子对，杂化方式为sp2，答案为：sp2；【小问4详解】①反应IV的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少，所以平衡时混合，气体中H2的百分含量最大，答案为：H2，反应IV的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少；②工业生产I、II反应生成乙烯，温度升高平衡常数增大所以需要高温，又因为III、IV会消耗乙烯所以时间不宜过长，故选B； ③根据氢元素守恒：，，=，答案为：；【小问5详解】晶胞中Fe原子个数是2，Ni原子个数是，Ni、Fe所形成的八面体空隙中心共有6个（)，由于只填充了一半的空隙，因此该合金可表示为Ni2Cr3Fe2。11.新冠特效药Paxlovid有效成分奈玛特韦(Nirmatrelvir)的重要中间体—卡龙酸(H)的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是____________，B中官能团的名称是____________。（2）AB的反应中若HCHO过量，会生成一种含六个碳的副产物，试写出其结构简式：_______。（3）CD及GH的反应类型分别为_______________、________________。（4）写出EF的化学方程式：_____________________________。（5）写出两种能同时满足下列条件的卡龙酸同分异构体的结构简式：____________。ⅰ．含有三元环状结构；ⅱ．核磁共振氢谱显示有四组峰；ⅲ．1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应理论上产生2mol二氧化碳。 （6）卡龙酸有多种合成方法，试根据所学知识以菊酸乙酯()为原料用不超过三步的路线合成卡龙酸：________________________________。(已知：，无机试剂任选)。【答案】（1）①.2-甲基丙烯(或异丁烯)②.碳碳双键、羟基（2）（3）①.取代反应②.氧化反应（4）+NaOH→+（5）、、（6）【解析】【分析】A和甲醛发生已知反应生成B：CH2=C(CH3)CH2CH2OH；C中含有羟基，能和甲醇发生取代反应生成D；D转化为E，E发生碱性水解生成F，F酸化得到G，G氧化将羟基转化为羧基得到H；【小问1详解】由A结构可知，A的化学名称是2-甲基丙烯(或异丁烯)；B为CH2=C(CH3)CH2CH2OH，B中官能团的名称是碳碳双键、羟基；【小问2详解】AB的反应中若HCHO过量，则另一个甲基也会参与反应，生成一种含六个碳的副产物，其结构简式为：；【小问3详解】C中含有羟基，能和甲醇发生取代反应生成D，CD为取代反应；G氧化将羟基转化为羧基得到H，GH的反应类型为氧化反应；【小问4详解】 E中含有酯基，发生碱性水解生成F，故EF的化学方程式：+NaOH→+；【小问5详解】卡龙酸为，分子不饱和度为3、含有4个氧、7个碳；能同时满足下列条件的卡龙酸同分异构体：ⅰ．含有三元环状结构；ⅱ．核磁共振氢谱显示有四组峰，则存在4种氢；ⅲ．1mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应理论上产生2mol二氧化碳，则含有2个羧基；结构简式可以为：、、；【小问6详解】被高锰酸钾氧化碳碳双键为羧基，在和氢氧化钠反应，羧基、酯基均反应转化为，酸化得到产物，故流程为：。