安徽省江淮十校2023届高三化学下学期5月联考试题（Word版附解析）

江淮十校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：H1　C12　N14　O16　Na23　Cl35.5　Fe56第I卷(选择题共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.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.烟花燃放过程中，硫燃烧产生三氧化硫污染环境B.使用加酶洗衣粉能提高洗涤真丝织品的效果C.地沟油可用于制取肥皂，但禁止食用D.Ba2＋对人体无害，医学上可用BaSO4作钡餐【答案】C【解析】【详解】A．硫燃烧只能产生二氧化硫，故A错误；B．真丝中含蛋白质，酶能导致蛋白质发生水解，因此不能用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，故B错误；C．地沟油含有油脂，可回收利用皂化反应制取肥皂，但不能食用，故C正确；D．Ba2＋属于重金属离子，对人体有害，故D错误；故选：C。2.化合物1具有抗疟活性，在一定条件下可以实现如下转化：下列叙述正确的是A.化合物1分子中的所有原子可能共平面B.化合物2能与氢氧化钠溶液反应 C.化合物1不能发生氧化反应D.化合物1和化合物2互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．由化合物1的结构可知，其含有多个饱和碳原子，饱和碳为四面体结构，所有原子不可能共面，故A错误；B．化合物2中含有酯基，能在碱性条件下发生水解，故B正确；C．化合物1含有碳碳双键易被氧化，故C错误；D．两者所含官能团不同，不互为同系物，故D错误；故选：B。3.能正确表示下列反应的离子方程式的是A.小苏打溶液与过量盐酸混合：+2H+=CO2↑+H2OB.用铁电极电解饱和食盐水：2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.Fe(NO3)3溶液中通入足量SO2：Fe3++3+5SO2+4H2O=Fe2++3NO↑+5+8H+D.硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2【答案】C【解析】【详解】A．小苏打为碳酸氢钠，离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故A错误；B．铁作阳极时铁失电子，则电解反应为：Fe+2H2OH2↑+Fe(OH)2，故B错误；C．Fe(NO3)3溶液中通入二氧化硫，溶液显酸性，表现强氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸根离子，同时二氧化硫也能将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式正确，故C正确；D．硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故D错误；故选：C。4.下列实验装置正确且能达到实验目的的是 A.蒸发结晶B.制备乙酸乙酯C.比较酸性：硼酸>D.制备无水氯化铁【答案】D【解析】【详解】A．蒸发结晶应在蒸发皿中进行，故A错误；B．制备乙酸乙酯导管不能伸入液面一下，否则会引起倒吸，故B错误；C．硼酸与碳酸钠反应生成二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，可证明硼酸>，故C错误；D．HCl可抑制铁离子的水解，浓硫酸可防止水进入试管中，图中装置可制备无水氯化铁，故D正确；故选：D。5.DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是A.Co3+的配体只有两种，配位数为6B.1molDACP中含有20molσ键C.NH3和中心原子的杂化方式不同D.NH3与中的键角是前者大于后者【答案】A【解析】【详解】A．Co3+配体为NH3和N，配位数为6，A正确；B．NH3分子中有3个σ键，N有2个σ键，ClO有4个σ键，配位键有6个，共3×4+2×2+4+6=26，B错误； C．NH3和ClO都是sp3杂化，C错误；D．NH3中心原子是sp3杂化，空间构型为三角锥形，N与CO2互为等电子体，其中心原子是sp杂化，空间构型为直线型，键角前者小于后者，D错误；故选：A。6.天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)所示。下列说法错误的是A.Ni2P电极的电势比In/In2O3-x电极的高B.In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成C.电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移D.电路中转移2mol电子时，阴极区溶液质量增加44g(不考虑气体的溶解)【答案】D【解析】【分析】由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。【详解】A．根据分析，Ni2P电极为阳极，连接电源的正极，电势比In/In2O3-x电极的高，A正确；B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，也可能发生2H2O+2e-═2OH-+H2↑，B正确；C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，C正确；D．阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，当电路中有2mol电子转移时，阴极区液体质量增加1molCO2的质量，同时减少2molOH-的质量，则阴极区溶液质量增加44g-34g=10g，D错误；故选：D。 7.25℃时，分别向25mL浓度均为1.0mol·L-1的HA、NaA溶液中逐滴加入浓度均为1.0mol·L-1的NaOH、HCl溶液VmL。溶液的pH与lgY[Y=或］的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线①中的B.当pH=4.74时，一定存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)C.当滴入体积V=12.5mL时，溶液pH>4.74D.25℃时，1.0mol·L-1的NaA溶液的pH=9.37【答案】B【解析】【分析】pH增大，c(H+)减小，促进HA电离，抑制A-水解，因此pH增大，减小，增大，所以曲线①中Y=，曲线②中Y=；当pH=4.74时，①②相交，=，则，所以Ka=，Kh=，据此分析解答，【详解】A．由以上分析可知曲线①中Y=，故A正确；B．NaA溶液中滴加HCl溶液时，根据电荷守恒，溶液中一定存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-)，故B错误；C．当滴入体积V=12.5mL时，溶液中HA和NaA的物质的量均相等，因此Ka>Kh，因此，由于Ka不变，此时，溶液pH>4.74，故C正确；D．25℃时，1.0mol·L-1的NaA溶液的c(OH-)=xmol/L，则根据可知，c(OH-)==xmol/L，Kh==，解得：x≈，所以， pH=9.37，故D正确；故选：B。第II卷(非选择题共174分)三、非选择题：共174分。8.二氯异氰尿素钠(NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g·mol-1)是一种高效广谱杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为2NaClO+C3H3N3O3NaC3N3O3Cl2+NaOH+H2O。请选择下列部分装置制备二氯异氰尿素钠并探究其性质。回答下列问题：（1）写出仪器X的名称：_______；导管Y的作用是______。（2）若装置D中Ca(ClO)2用KMnO4代替，则发生反应的离子方程式为______。（3）选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为________(填小写字母)。（4）反应结束后，A中浊液经____、_____，干燥，得到粗产品mg。（5）粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密闭在暗处静置5min。用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗VmLNa2S2O3溶液(假设杂质不与KI反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-、I2+2=2I-+)。①产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液时，需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要___________。②滴定操作可分解为如下几步，按实验操作先后排序为___________(填标号)。A．用标准溶液润洗滴定管2～3次B．固定盛有标准溶液的滴定管，排出尖嘴处气泡C．用标准溶液滴定至终点，读数D．取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处E．调节液面至0刻度线以下，读数③样品中NaC3N3O3Cl2的质量百分含量为___________(用含m、c、v的代数式表示)。 【答案】（1）①.三颈烧瓶②.平衡气压，使浓盐酸易于滴下（2）10C1-+2+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O（3）fghabe（4）①.过滤②.冷水洗涤（5）①.100mL容量瓶、胶头滴管②.ADBEC③.【解析】【分析】通过D装置利用浓盐酸与次氯酸钙反应制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，然后通入A装置中，氯气与二氯异氰尿素钠(NaC3N3O3Cl2反应生成NaC3N3O3Cl2，过量的氯气用C氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【小问1详解】由仪器的构造可知A为三颈烧瓶；导管Y连接分液漏斗和蒸馏烧瓶，可以平衡气压，便于浓盐酸顺利流入蒸馏烧瓶中；【小问2详解】具有强氧化性，1mol得5mol电子生成Mn2+，1molC1-失1mol电子生成氯气，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应离子方程式：10C1-+2+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；【小问3详解】通过D装置制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，然后通入A装置中，过量的氯气用C吸收，因此接口顺序为：fghabe；【小问4详解】反应结束后，A中浊液先过滤得到NaC3N3O3Cl2，再结合NaC3N3O3Cl2难溶于冷水的性质，用冷水洗涤NaC3N3O3Cl2；【小问5详解】①配制成100mL溶液，还需用到100mL容量瓶和胶头滴管；②滴定操作实验操作先后排序为：先用标准溶液润洗滴定管2～3次，取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处，固定盛有标准溶液的滴定管，排出尖嘴处气泡，调节液面至0刻度线以下，读数；用标准溶液滴定至终点，读数，故滴定顺序为：ADBEC；③由反应方程式得关系式：C3N3O3Cl→2I2→4；n(NaC3N3O3Cl2)=4n(Na2S2O3)=4cV×10-3mol，样品中NaC3N3O3Cl2的质量百分含量为=。 9.锰酸锂(LiMn2O4)是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2))为原料制备锰酸锂的流程如下：已知：i．25℃时，相关物质的Ksp或Kb如下表：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ca(OH)2NH3·H2OKsp或Kb2×10-135×10-171×10-391×10-326×10-62×10-5ii．离子浓度低于1x10-5mol·L-1时即为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）能加快步骤①反应速率和提高锰元素浸取率的措施有___________(任写一种)。（2）滤液1中主要含有的金属离子是___________，步骤②中加入MnO2的作用是___________（3）为了使A13＋沉淀完全，步骤③中pH至少调至___________；反应Al3+(aq)+3NH3·H2O(aq)Al(OH)3(s)+3NH(aq)平衡常数K=___________。（4）步骤④反应未见气体生成，则反应的离子方程式为___________。步骤⑤发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（5）某铁氮化合物晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为___________；若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。【答案】（1）粉碎方锰矿(或升温、适当提高硫酸浓度等)（2）①.Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+②.将Fe2+氧化成Fe3+（3）①.5②.8×1017（4）①.2Mn2++3+2H2O=MnCO3·Mn(OH)2↓+2②.3：4（5）①.Fe4N②.【解析】【分析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1 中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2，滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3，碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂，据此分析解答。【小问1详解】能加快步骤①反应速率和提高锰元素浸取率的措施有：粉碎方锰矿(或升温、适当提高硫酸浓度等)；【小问2详解】由以上分析可知滤液1中含相应金属的硫酸盐，主要含有的金属离子Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，步骤②中加入MnO2将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；【小问3详解】由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10-9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10-6mol/L，则溶液的nH范围为5~8，pH至少调至5；由方程式可知，反应的平衡常数K==8×1017；【小问4详解】步骤④中加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，反应未见气体生成，可知生成碳酸氢根离子，反应离子方程式为：2Mn2++3+2H2O=MnCO3·Mn(OH)2↓+2；步骤⑤发生的反应，反应中氧化剂为氧气，还原剂为MnCO3·Mn(OH)2，两者物质的量之比为3：4；【小问5详解】由晶胞结构可知Fe位于顶点和面心，个数为：；N位于体心个数为1，则Fe：N=4：1，化学式为：Fe4N；晶胞中距离最近的两个铁原子距离为面对角线的一半，为apm，则晶胞边长apm，晶胞的质量=g，晶胞体积=cm3，则晶胞密度=。10.我国明确提出2060年“碳中和”目标，意味着需要通过工艺改造、节能等措施减少在能源的产生、转 换、消费过程中二氧化碳的排放。回答下列问题：Ⅰ．利用CO2和CH4制备合成气(CO、H2)，该反应分两步进行：反应①：CH4(g)C(ads)+2H2(g)反应②：C(ads)+CO2(g)2CO(g)。上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，有关物质的相对能量与反应历程的变化如图1所示。（1）总反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g))能自发进行的条件为___________；研究表明，总反应速率由反应①决定，请结合图1与碰撞理论说明原因：______。Ⅱ．将C催化还原，是目前处理CO2的重要方法。i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1<0ii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2（2）已知CO和H2的燃烧热分别为-283kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1，H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44kJ·mol-1，则ΔH2=___________kJ·mol-1（3）恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1：3的CO2和H2，发生反应i达到平衡，下列有关叙述正确的是___________(填标号)。A升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小B.按相同比例再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率同时增大C.加入合适的催化剂可提高CO2的平衡转化率D.其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量（4）在一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生反应i，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，T2时，若起始压强为10atm，则Kp=___________atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。Ⅲ．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图3所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成N2、CH4混合气体匀速通入恒温反应器，流出气体各组分的气体流速随时间变化如图4所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 （5）t1~t3，n(H2)比n(CO)多，可能发生副反应的化学方程式为___________。（6）t2后CO、CH4流速如图4变化的原因可能是___________。【答案】（1）①.高温②.反应①活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小（2）+41.2（3）ABD（4）2.4（5）CH4C+2H2（6）t2~t3反应②中随着CaCO3的量的减少，CaCO3与反应物的接触面越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3后因发生副反应，催化剂表面被积碳遂步覆，点盖至失效，副反应减弱直至停止，故CH4逐渐增大至不变【解析】【小问1详解】由图1可知该反应为吸热反应，即，且正向气体分子数增加，即，高温条件下反应可自发进行；结合图1反应①活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小，而慢反应决定总反应速率的快慢；【小问2详解】CO和H2的燃烧热分别为-283kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1，可得热化学方程式：Ⅰ．CO(g)+O2(g)CO2(g)ΔHⅠ=-283kJ·mol-1；Ⅱ．H2(g)+O2(g)H2O(1)ΔHⅡ=-285.8kJ·mol-1；Ⅲ．H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44kJ·mol-1，根据盖斯定律可知反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可由Ⅱ-Ⅰ+Ⅲ得到ΔH2=ΔHⅡ-ΔHⅠ+ΔH3=(-285.8kJ·mol-1)-(-283kJ·mol-1)+(+44kJ·mol-1)=+41.2kJ·mol-1；【小问3详解】A．升高温度，反应速率增加，又因反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；B．按相同比例再加入一定量的CO2和H2，等同于增大压强，平衡正向移动，则CO2和H2的转化率同时 增大，B正确；C．加入合适的催化剂只加快反应速率，对平衡无影响，则不能提高CO2的平衡转化率，C错误；D．其他条件不变，改为恒温恒压，结合正向气体分子数减少，则恒压相当于是在恒容基础上压缩容器体积，则平衡正向移动，可以提高平衡时CH3OH百分含量，D正确；故答案为ABD；【小问4详解】结合已知信息列三段式：平衡时气体总物质的量为4.8mol，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时，=6atm，Kp=atm-2；【小问5详解】若只发生总反应则生成的H2和CO的物质的量相同，则t1~t3，n(H2)比n(CO)多，是因为发生生成氢气的副反应，结合题中信息可能为CH4C+2H2；【小问6详解】t2~t3反应②中随着CaCO3的量的减少，CaCO3与反应物的接触面越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3后因发生副反应，催化剂表面被积碳遂步覆，点盖至失效，副反应减弱直至停止，故CH4逐渐增大至不变。11.化合物G是合成某抗帕金森病药物的中间体，某研究小组利用如下线路合成G： 已知：R-Cl+X-→R-X+Cl-(X-=OH-、CN-、CH3O-)。回答下列问题：（1）化合物G的分子式为______，B中含有官能团的名称为_____。（2）D→E的反应类型为_____，A→B的反应试剂、条件为______。（3）F的结构简式为______。（4）C+M→D的化学方程式为_____。（5）写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______(任写两种)。①属于芳香族化合物，且苯环上有-Cl；②1mol该分子最多能与2molNaHCO3反应；③分子中不同化学环境的氢原子个数比为2：2：2。（6）设计从甲苯合成A的路线，用流程图表示：___________(无机试剂任选)。【答案】（1）①.C16H24N3O2Cl②.羧基、硝基和碳氯键（2）①.还原反应②.浓硫酸、浓硝酸，加热（3）（4）++HCl（5）、、（6） 【解析】【分析】甲苯与氯气在氯化铁催化作用下生成，与氯气光照条件下反应生成，与-CN发生取代反应生成，水解得到；与浓硝酸发生取代反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，被LiAlO4还原为E，在Fe催化下与HCl发生还原反应，硝基被还原为氨基得到F，与NH2OH·HCl反应生成G，据此分析解答。【小问1详解】由G的结构简式可知G的分子式：C16H24N3O2Cl，B为，含有羧基、硝基和氯原子三种官能团；【小问2详解】 D→E的过程中羰基脱氧，反应类型为还原反应，A→B发生硝化反应，硝化反应条件为浓硫酸、浓硝酸、加热；【小问3详解】由上述分析F的结构简式为；【小问4详解】与发生取代反应生成和HCl，反应方程式：+→+HCl；【小问5详解】①属于芳香族化合物，且苯环上有-Cl；②1mol该分子最多能与2molNaHCO3反应，说明结构中含有2个羧基；③分子中不同化学环境的氢原子个数比为2：2：2，说明结构对称；则符合要求的结构：、、；【小问6详解】