安徽省江南十校2023年届高三下学期3月一模联考理综化学试卷及答案

20233考理综化学试题留意事项：12、请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择题1106日晚，2023年诺贝尔化学奖授予BenjaminListDavidW.C．MacMillan，以嘉奖他们“对于有机小分子不对称催化的重要奉献”。不对称催化剂具有选择性。以下说法错误的选项是A．催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子B．不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率C．催化剂在反响前后的质量和性质不变原物(杂质)除杂试剂除杂方法A CO2(H原物(杂质)除杂试剂除杂方法A CO2(H2S)CuSO4溶液洗气B碳粉(MnO2)浓盐酸加热后过滤C 乙酸(乙醇)饱和Na2CO3溶液蒸馏D硝基苯(NO2)NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D以下化学反响的离子方程式书写正确的选项是A．工业制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O4向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH稀溶液：NH+OH-=NH3·H2O4向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液：2MnO+5C2O2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O4 4向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液：2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)“葛根汤”，其中活性物质葛根素的构造简式如下图。以下说法错误的选项是21 20 该物质的分子式为C H O21 20 21mol该物质与足量的金属钠反响可以产生67.2LH2该物质能够使溴水褪色D．该物质苯环上的一氯代物有4种短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为20，仅X、Y、Z为同周期相邻元素。以下说法正确的选项是常温下，W单质肯定为空气的主要成分B．Z的最高价含氧酸肯定是强酸C．XZ形成化合物时，其原子最外层电子均满足8电子稳定构造D．X、Y、Z的简洁氢化物中至少有一种物质可以存在氢键我国某公司开发的“刀片电池”外观上类似一般干电池，但内部构造看上去像一堆排列整齐的裁芯串联而成的模组。该电池本质上还是磷酸铁锂电池，电池的总反响方程式为：LiM FePO+6C1-x x 4充电 M FePO+LiC，其装置工作原理如下图。以下说法错误的选项是1-x x 4 6放电1-x该电池工作时，负极的电极反响式为：LiM1-x

FePOx

-e-=M4

1-x

FePOx

+Li+4该电池中的聚合物隔膜是阳离子交换膜，在充电时，阳离子由左向右移动该电池充电时阴极的电极反响式为：CLi +xLi++xe-=CLi6 1-x 6刀片电池可以搭载在能源汽车上，作为动力来源H3A是一种多元酸，25℃时，向1mol·L-1H，A溶液中逐滴参加NaOH稀溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲线如下图。以下表达正确的选项是A．1mol·L-1H3A溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)B．25℃时H3A10-3C．1mol·L-1NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(H2A-)>c(HA2-)D．NaH2A溶液中存在：c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)二、工业流程题某工厂废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO24

等离子，可以通过“降温结晶-化学沉淀-溶剂萃取”的方法对金属离子分别进展分别和回收，图1展现了试验开发的金属回收工艺。答复以下问题：取200mL废水置于烧杯中水浴加热至60搅拌的同时依据化学计量数之比参加硫酸铵固体待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，其化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，发生反响的化学方程式为 。降温结晶除掉了废水中大局部铝元素，还需将剩余铝、铁元素去除，故降温结晶、过滤后，向滤液中参加X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再调整pH为4.9。依据题意可推知X的电子式为 ；滤渣1的主要成分是 (填化学式)。工业上常承受有机磷酸类萃取剂P2O4来回收硫酸锌。假设没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响 滤渣2的主要成分 填化学Al(OH3在强碱溶液中生且滤渣2性质类似Al(OH)3，请写出滤渣2与强碱溶液反响的离子方程式 。为提高资源利用率，水相经过滤得到的废液可在试验工艺流程中 步骤循环使用。三、试验题乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的有机化学中间体，具有极其活泼的化学性质和广泛的用途，常温下易溶于水，微溶于酒精，其有多种制备方法，如硝酸氧化法、过氧化氢氧化法和电解法等。I.硝酸氧化法40的乙二醛78.5m30的盐酸30mL；550℃2.5g60℃，缓慢分批滴加质量分数为40的硝酸溶液47mL(23分钟加完230分钟反响完毕；第三步：降温结晶、过滤、洗涤，得到产品。装置a、b的名称分别为 。在催化剂亚硝酸钠的作用下，可用浓硝酸氧化乙二醛(OHC-CHO)制取乙醛酸，该反响的化学方程式为 。其次步通入氧气的目的是 (用化学方程式并结合简洁文字说明)；硝酸需要缓慢分批参加的缘由是 。第三步中洗涤产品所用的最正确试剂为 。II.过氧化氢氧化法乙二醛硝酸氧化法具有原料易得及反响条件温顺等优点，但也存在明显缺乏。因此用过氧化氢代替硝酸制取乙醛酸的理由是 。II.电解法乙醛酸溶液可以由草酸(HOOC-COOH) 。四、原理综合题“”2030年前“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”CO2CO2成为科研热点。答复以下问题：CO2合成淀粉。2023年9月23日，中国科学院召开闻公布会，介绍我国科学家历时6年多科研攻关世界上首次在试验室中实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成提纯含有氯化钠杂质的淀粉溶液的方法为 。CO2合成二甲醚存在反响：I.CO2(g)+H2(g)II.2CO2(g)+6H2(g)

CO(g)+H2O(g)ΔH1CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH2①在肯定条件下，仅发生反响II5L1:3的CO2和H2混合气体，在不同催化剂作用下合成二甲醚，一样时间内CO2的转化率随温度变化如下图。其中在催化剂 (填“A”“B”或“C”)作用下，可使该反响的活化能最小。假设无视温度对催化剂的影响，则ΔH2 0(填“>”或“＜”)，理由是 。②肯定温度下，向填充有催化剂的恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2和H2，同时发生反响I和反响II，15min末反响到达平衡。测得反响前容器内压强为Po，平衡时二甲醚气体的分压为P1，氢气的分压为P2。(I)以下事实能说明容器内反响均到达平衡状态的是 。A．氢氢键不再断裂 B．CO2与H2的个数之比不再转变C．容器内气体的压强不再转变 D．容器内气体的密度不再转变(II)二氧化碳的平衡转化率为 (用含Po、P1、P2的代数式表示)。(III)该温度下，反响II的平衡常数KP= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，用含P0、P1、P2的代数式表示)。③二甲醚常用作燃料电池的燃料，假设使用了1kg二甲醚，则理论上电路中通过的电量为 库仑(保存两位有效数字，e=1.60×10-19C)。CO2制甲醇(MT)和二甲醚(DME)我国科研团队争论觉察使用GaZrOx双金属氧化物催化剂实现CO2加氢制甲醇(MT)和二甲醚(DME)的活性明显优于纯Ga2O3和ZrO2催化剂，其反响机理如下图。以下有关表达正确的选项是 。a→b有化学键的断裂和形成中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇(MT)和二甲醚(DME)反响过程中Ga的成键数目保持不变氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，速率越快五、构造与性质CuaSnbSc属于三元化合物，是一种重要的半导体和非线性光学材料，具有出色的热学、光学和机械等性质，因而备受人们的广泛关注。答复以下问题：CuaSnbSc中Cu元素有＋1和＋2两种价态，从构造上分析基态Cu+、Cu2+中 更稳定，缘由是 ；其中Cu2+可与CN-形成配离子［Cu(CN)4]2-，1mol该配离子中含有σ键的物质的量为 mol。该三元化合物的四方相晶体构造如图(a)所示，其化学式为 。CuaSnbSc的四方相晶体构造中Cu+离子在晶胞中的配位数是 ，S原子的杂化类型是 。锡有白锡和灰锡两种单质，白锡晶体中锡原子为六方最密积存，如图(b)所示，灰锡晶体的构造类似于金刚石如图(c)所示则白锡晶体和灰锡晶体晶胞中原子空间利用率之比为 位有效数字)，其中一个白锡晶胞中存在 个四周体空隙(四周体空隙：由四个球体围成的空隙)。六、有机推断题艾拉莫德J是一种治疗急、慢性关节炎的药物，具有抗炎镇痛的作用，在医药工业中的一种合方法如下：(i)+(i)++HO2(ii)+CH3CH2Cl→+HCl答复以下问题：A具有的官能团名称是 (不考虑苯环)。写出反响②的化学方程式 。(3)设计①、⑤两步的缘由是 。反响⑥的反响类型是 ，写出H的构造简式 。G的化学名称是 ，它的同分异构体中，既能发生水解反响，又能发生银镜反响的化合物共有 种(O和Cl不能直接相连)。参考答案：1．C【详解】A．催化剂种类很多，题干说嘉奖他们“对于有机小分子不对称催化的重要奉献”，催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子，故A正确；B．不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率是不对称催化剂具有选择性的应用，故B正确；C．催化剂在反响前后的质量和化学性质不变，物理性质有可能转变，故C错误；D．“不对称有机催化”对医药争论和绿色化学有极为重要的意义，故D正确；故答案为C2．C【详解】A．CuSO4溶液与二氧化碳不反响，与硫化氢反响生成硫化铜沉淀，可到达目的，A正确；B．浓盐酸和碳粉不反响，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分别出碳粉，可到达目的，B正确；C．乙酸和碳酸钠反响生成乙酸钠，想保存的物质反响了，不能到达目的，C错误；D．NaOH溶液和硝基苯不反响，和二氧化氮反响生成盐溶液，分液分别出硝基苯，能到达目的，D正确；应选C。3．D【详解】A．工业制取漂白粉为氯气和氢氧化钙浊液反响生成氯化钙和次氯酸钙和水：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，A错误；向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH稀溶液，氢氧根离子和铝离子反响生成氢氧化铝沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，B错误；草酸为弱酸，反响为5H

CO2 2

+2MnO-+6H+=10CO4

+2Mn2++8H

O，C错误；2向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液：2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)正确；应选D。4．B【详解】

2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，D由题干信息可知，该物质的分子式为C21H20O9，A正确；H21mol该物质与足量的金属钠反响可以产生H2的体积，B错误；D．依据等效氢原理可知，该物质苯环上的一氯代物有4种，如下图：，DD．依据等效氢原理可知，该物质苯环上的一氯代物有4种，如下图：，D正确；故答案为：B。5．B短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为20，仅X、Y、Z为同周期相邻元素，设X的最外层上有a个电子，则Y为(a+1)个电子，Z为(a+2)个电子，W的最外层上x个电子，则有a+a+1+a+2+x=20，则当x=2时，a=5，故W、X、Y、ZBe、P、S、Cl，x=5，a=4，故故W、X、Y、Z分别为N、Si、P、S，据此分析解题。【详解】由分析可知，W为Be或者N，故常温下，W单质不肯定为空气的主要成分，A错误；由分析可知，Z为S或者Cl，故Z的最高价含氧酸即H2SO4或者HClO4肯定是强酸，B正确；C．由分析可知，X、Z分别为P、Cl或者Si、S，XZ形成化合物时，其原子最外层电子不都满足8电子稳定构造，如PCl5中的P10个电子，C错误；D．由分析可知，X、Y、Z分别为P、S、Cl或者Si、P、S，它的简洁氢化物中没有有一种物质存在氢键，D错误；故答案为：B。6．A依据电池装置图知，石墨为负极，反响式为LiC6-e-=Li++6C，磷酸铁锂为正极，反响式为M1-xFexPO4+e-+Li+═LiM1-xFexPO4，充电时，阴极、阳极反响式与负极、正极反响式正好相反，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，该电池工作时，负极的电极反响式为：LiC6-e-=Li++6C，A错误；B．由分析可知，充电时石墨电极与电源负极相连，作为阴极，电极反响为：Li++6C+e-=LiC6，需Li+，阳极电极反响为：LiM1-xFexPO4-e-═M1-xFexPO4+Li+Li+，该电池中的聚合物隔膜是阳离子交换膜，在充电时，阳离子由阳极移向阴极即由左向右移动，B正确；C．由分析可知，该电池充电时阴极的电极反响式即为放电时负极反响的逆过程，故为：C6Li1-x+xLi++xe-=C6Li，C正确；D．由题干信息可知，刀片电池是一种型的可充电电池，故可以搭载在能源汽车上，作为动力来源，D正确；故答案为：A。7．D依据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，K1=c(H+)=10-3.49；c(H2A-)=c(HA2-)时，K2=c(H+)=10-5.85；【详解】2个交点，可知H3A是二元弱酸，H3A溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，故A错误；依据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，K1=c(H+)=10-3.49，25℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10-4，故B错误；NaH

A的水解常数为K

K= w=

1014

=1010.51，电离常数为10-5.85，其电离平衡常数大于水解平2 h Ka1

103.49衡常数，则H2A-以电离为主，溶液呈酸性，存在：c(Na+)>c(H2A-)>c(HA2-)>c(OH-)，故C错误；NaH2A溶液中存在质子守恒：c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)，故D正确；应选：D。(2)Fe(OH)3、Al(OH)38．(1)(NH4)2SO4+Al2(SO4)3+12H2O=2NH4Al(SO4(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(3) 锌离子随着一起析出 Cd(OH)2 Cd(OH)2+OH-=[Cd(OH)3]-(4)反萃由图可知，废水参加硫酸铵降温结晶，生成铵明矾晶体，过滤分别出铵明矾晶体，滤液参加过氧化pH得到水相后加氨水生成Cd(OH)22。(1)废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO260℃，搅拌的同时依据化学4计量数之比参加硫酸铵固体，待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，则溶液中铝离子、硫酸根离子和硫酸铵反响生成铵明矾晶体，反响为(NH4)2SO4+Al2(SO4)3+12H2O=2NH4Al(SO4)2·12H2O；过氧化氢具有强氧化性且反响不引入杂质，故向滤液中参加X过氧化氢具有强氧化性且反响不引入杂质，故向滤液中参加X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为F3+XpH4.921的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)假设没有设计萃取这一步骤，锌离子会进入水相中，随着氨水的参加，溶液碱性增加，锌离子会生成沉淀析出，故将会产生的影响是锌离子随着一起析出；滤渣2是水相参加氨水后生成的，由图2可知，参加氨水生成Cd(OH)2沉淀，故主要成分是Cd(OH)2；Al(OH)3在强碱溶液中生成[Al(OH)4]-2性质类似Al(OH)32Cd(OH)2与强碱溶液反响的离子方程式为Cd(OH)2+OH-=[Cd(OH)3]-，(4)水相经过滤得到的废液碱性已经很强了，故不能用于铝离子、铁离子的去除，只能用于反萃取，故可在试验工艺流程中反萃步骤循环使用。9．(1)恒压滴液漏斗球形冷凝管(↑+HO3 2 24NO2+O2+2H2O=4HNO3，假设不通入氧气，NO2溶于水可生成NO，NO具有复原性，可能会对反响产生影响 掌握反响速率，防止反响过快造成危急酒精H2O2氧化不会产生污染，绿色环保(6)HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O化乙二醛，也可以电解草酸水溶液得到乙二醛。(1)依据仪器名称，a为恒压滴液漏斗，b为球形冷凝管。(2)浓硝酸氧化乙二醛，硝酸的复原产物为NO2，乙二醛被氧化为乙醛酸，依据电子守恒、质量守恒写出反响的方程式为：OHC-CHO+2HNO3(浓) OHC-COOH+2NO2↑+H2O。NaN2O(3)通入氧气可以将硝酸的复原产物NO2转化为HNO3，假设不通入氧气，NO2溶于水可生成NO，NO快造成危急。(4)乙醛酸微溶于酒精，所以用酒精洗涤产品。(5)过氧化氢的复原产物是水，不会产生污染，绿色环保。草酸中碳元素的化合价为+3价，乙醛酸中碳的平均化合价为+2价，在阴极，1mol2mol1mol乙醛酸，电极反响式为：HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O。10．(1)渗析法A > 一样催化剂下，温度上升，CO2的转化率增大，平衡正向移动，说明是吸热反P-8P-2P

PP( 0

-3P-P)3应 ABC

0 1 2100%P

1 2 1

4.17×10-170 (4P+P)3(P)6(3)ABD(1)

1 2 2含NaCl杂质的淀粉溶液，淀粉溶液属于胶体，淀粉不能透过半透膜，可选渗析法分别。(2)①由图可知，一样温度、一样时间，在催化剂A作用下，CO2的转化率最高，即催化剂A加快反响AC2H>；②(I)A.氢氢键不再断裂，说明氢气浓度不变，可说明反响到达平衡状态，A正确；两个反响中，CO2与H2的系数的最简比不一样，故CO2与H2的个数之比保持不变，可说明反响到达平衡状态，B正确；反响前后气体分子数不相等，容器内气体的压强不再转变，可说明反响到达平衡状态，C正确；恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则容器内气体的密度始终不变，不能说明反响到达平衡状态，D错误；应选ABC；P2容器中充入等物质的量的CO2和H2PC2和H2的分压均为0，2平衡时反响Ⅱ中，平衡时二甲醚气体的分压为P1，则CO22P1，H26P1，H2O分P2压增加3P1，平衡时氢气的分压为P2，则反响I中H2分压减小( 0-6P1-P2)，因此反响I中CO22P分压减小(

P P-6P1-P2)，整个反响共削减分压为( 0-6P1-P2)+2P1=( 0-4P1-P2)，二氧化碳的平衡转2 2 2P0-4P-P

P-8P-2P2化率为2 2P02

100%= 0 1 2100%；P0P P依据II分析可知，平衡时CO2分压为0-[( 0-6P1-P2)+2P1]=4P1+P2，H2分压为P2，二甲醚气2 2P P2 体的分压为P1，H2O分压为( 0-6P1-P2)+3P1=( 0-3P1-P2)，该温度下，反响II的平衡常数2 Pp(CHOCH)p(HO)3 P( 0-3P-P)332K 332p

)3p(H)6

= 1

1 2 ；2 2 (4P+P)3(P)61 2 2③-2价升到+4价，1molCH3OCH312mole-，1kg二甲醚的物质的量为n=m=

1000g

=21.74mol，理论上电路中通过的电量为M46g/mol21.74×12×1.60×10-19C=4.17×10-17C。(3)a→b氢气参与反响，H-H键断裂，形成O-H键，有化学键的断裂和形成，A正确；由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇(MT)和二甲醚(DME)，B正确；C．a物质中Ga4，d物质中Ga3，反响过程中Ga的成键数目有变化，C错误；D．氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，能捕获CO2数目越多，反响速率越快，D正确；应选：ABD。1(1) Cu+ Cu的价电子排布式为31Cu2的价电子排布式为3d9，不是稳定构造8Cu3SnS44 sp3(4) 2.1794(1)Cu、Sn、SCu元素有+1和+2两种价态，从构造上分析基态Cu+更稳定，缘由是Cu+的价电子排布式为3d10，为全布满的稳定构造；而Cu2+的价电子排布式为3d9，不是稳定构造；其中Cu2+可与CN-形成配离子［Cu(CN)4]2-，每个CN-1σ4σ键，1mol该配离子含σ8mol。(2)Cu

1的个数为8× +8×

1+1=6，Sn2×1

1+4× =2，S8，该三元化合物的化学式8