2023届安徽省芜湖市高三下学期教学质量统测（二模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省芜湖市2023届高三下学期教学质量统测（二模）可能用到的相对原子质量：N14O16Cl35.5一、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、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是（）A.“天宫”空间站使用聚乳酸材料餐具，聚乳酸是化合物B富勒烯与石墨烯用途广泛，它们都属于新型无机非金属材料C.冬奥场馆建筑使用碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于主族元素D.中国承建的卡塔尔首座光伏电站中的光伏材料为高纯度二氧化硅〖答案〗B〖解析〗A．聚乳酸是混合物，故A错误；B．富勒烯与石墨烯属于新型无机非金属材料，故B正确；C．镉为在元素周期表中位置为第五周期ⅡB族，故C错误；D．光伏电池为Si单质，故D错误；故〖答案〗选B。2.某化合物是合成布洛芬的中间体，其结构简式如图所示，下列有关该化合物的说法错误的是（）A.分子式为C17H25O2ClB.分子中含有1个手性碳原子C.1mol该化合物最多能与1molNaOH反应D.一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应〖答案〗C〖解析〗A．根据该化合物的结构简式，分子式为C17H25O2Cl，故A正确；B．该分子中只有(标*的碳原子)为手性碳原子，故B正确；C．该分子中酯基和Cl原子均能和NaOH反应，所以1mol该化合物最多能与2molNaOH反应，故C错误；D．该分子中含有苯环，酯基和Cl原子等多种官能团，一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应，故D正确；故〖答案〗选C。3.能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓B.向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液：H3PO3+3OH-=+3H2OC.用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr〖答案〗A〖解析〗A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正确；B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B错误；C．用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C错误；D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；故〖答案〗选A4.与实验操作、实验现象相对应的解释或结论正确的是（）选项实验操作实验现象解释或结论A将SO2通入Ca(ClO)2溶液中产生白色浑浊酸性强弱：H2SO3>HClOB向盛有浓HNO3溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象金属活泼性：Mg>AlC向NaBr溶液中先通入过量氯气，后滴加淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色。氧化性：Cl2>Br2>I2D将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液、酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色有乙烯生成〖答案〗D〖解析〗A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应，属于氧化还原反应，不能比较H2SO3和HClO酸性大小，故A错误；B．铝片上无明显现象是因为铝常温下遇到浓硝酸发生钝化，故不能据此来比较Mg和Al的活泼性，故B错误；C．通入过量氯气，发生，，所以不能比较Cl2，Br2和I2的氧化性，故C错误；D．将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫等杂质，再通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成，故D正确；故〖答案〗选D。5.周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。基态原子A的原子轨道半充满，B的价电子层中有3个未成对电子，D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，C与D同族，E的最外层只有1个电子，次外层有18个电子。这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，由C、D所形成的阴离子呈正四面体结构、阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。下列说法正确的是（）A.5种原子中第一电离能最大的是CB.A、B所形成的化合物中只含极性键C.1mol该阳离子中含有24molσ键D.B、C、D所形成的简单氢化物中，沸点最低的是D〖答案〗D〖祥解〗基态原子A的原子轨道半充满，则A的电子排布式为1s1，为H元素；D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，s轨道全充满时有2个电子，则n-1=2，n=3，D的价层电子排布式为3s23p1，为S元素；C、D同主族，原子序数C<D，则C为O元素，B的价电子层中有3个未成对电子，且B原子序数小于C，所以B只能为第二周期元素，价层电子排布为2p3，为N元素：E的最外层只有1个电子，次外层有18个电子，则E为29号元素，为Cu元素，据此分析解题。【详析】A．C为O元素，第一电离能N>O，故A错误；B．A、B可形成N2H4，含有非极性键，故B错误；C．由图可知，1mol该阳离子中含有26molσ键，故C错误；D．B、C所形成的简单氢化物H2O与NH3均可形成分子间氢键，沸点较高，D所形成的H2S无分子间氢键，沸点最低，故D正确；故〖答案〗选D。6.下图为合成偶氮化合物的电化学装置，有关说法正确的是（）A.OH-向CoP极移动B.合成1mol该偶氮化合物，要消耗4molRCH2NH2C.Ni2P电极反应式为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2OD.该偶氮化合物分子中C和N原子的杂化方式不同〖答案〗C〖祥解〗RCH2NH2变成RCN是氧化反应，故左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，据此分析解题。【详析】A．左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，阴离子向阳极移动，所以OH-向Ni2P极移动，故A错误；B．阴极电极反应为：2C6H5−NO2＋8e−＋2H2O＝＋8OH−，故合成1mol该偶氮化合物，需要转移8mol电子，故B错误；C．Ni2P电极为阳极，其电极反应式为：RCH2NH2−4e−＋4OH−＝RCN＋4H2O，故C正确；D．中N原子为sp杂化，C原子为sp2杂化，故D错误；故〖答案〗选C。7.工业上用氨水作沉淀剂去除酸性废水中的铅。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示(已知：常温下，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5，Pb(OH)2难溶于水)。下列说法错误的是（）A.pH=6时，溶液中=1.7×103B.pH=8时，c(OH-)=2c(Pb2+)+c(Pb(OH)+)+c(H+)C.pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，除铅效果最好D.pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子方程式为Pb(OH)2+NH3·H2O+〖答案〗B〖解析〗A．氨水的电离平衡常数表达式Kb=，电离平衡常数只受温度影响，pH=6，此时溶液c(OH-)=10-8mol/L，因此=1.7×103，故A说法正确；B．pH=8时，溶液中的离子有H+、OH-、Pb2+、Pb(OH)+、，根据电荷守恒c(OH-)=2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)+c()，故B说法错误；C．根据题目信息，Pb(OH)2难溶于水，废水中的铅转化为Pb(OH)2时除铅效果最好，根据图像可知，pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，故C说法正确；D．根据图像可知，pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子反应为Pb(OH)2+NH3·H2O=+NH，故D说法正确；故〖答案〗为B。二、非选择题8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能绿色净水剂，易溶于水，难溶于有机溶剂。一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2的流程如图所示：已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1回答下列问题：（1）MnO2不溶于稀硫酸，加入过量FeSO4目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，写出该反应的离子方程式_______________________________________。（2）“调pH”操作中，调节pH的范围是___________，“滤渣”的主要成分是___________。（3）“沉锰”操作中，温度过高会导致MnO2产率降低，原因是_____________________。（4）某温度下，若要从10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(浓度降至10-5mol·L-1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于___________mol。(已知该温度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考虑水解和溶液体积变化)（5）已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰的化合价为___________，配位数为____________。〖答案〗（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2）3.2≤pH<8.lFe(OH)3（3）温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰（4）6.4（5）+26〖祥解〗以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2，酸浸：酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn和Fe分别生成Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含Fe3+，Mn2+，等离子。调pH：由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH的范围是3.2≤pH<8.1。沉锰：NH4HCO3与MnSO4,反应生成MnCO3沉淀和CO2，。焙烧：MnCO3和O2，反应生成活性MnO2和CO2，，据此分析解题。【详析】（1）酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故〖答案〗为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。（2）由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH的范围是3.2≤pH<8.1，故〖答案〗为3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。（3）NH4HCO3受热易分解，当温度高于

60℃，会加速NH4HCO3的分解，导致MnO2产率降低，故〖答案〗为温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。（4）若要将溶液中的浓度从2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，当溶液中浓度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于为1.9+4.5=6.4mol，故〖答案〗为6.4。（5）根据晶胞结构示意图，一个晶胞中含有Mn原子个数为，含有O原子个数为，所以该锰的氧化物化学式为MnO，所以锰的化合价为+2，位于中心的Mn的配位数为6；故〖答案〗为+2；6。9.亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5.5℃)为黄色气体，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物和氯化氢，常用作有机合成中间体。实验室可由氯气与一氧化氮反应制备，其装置如图所示：回答下列问题：（1）仪器a的名称为___________。（2）试剂X为___________，D中使用冰盐浴而不用冰水浴的原因是______________。（3）尾气含有NO、Cl2、NOCl，某同学建议用NaOH溶液进行尾气处理。①无水CaCl2的作用是____________________________________________。②写出NaOH溶液吸收NOCl的化学方程式______________________________________。（4）有同学认为NaOH溶液只能吸收Cl2和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式____________________________________________。（5）制得的NOCl中可能含有少量NO2杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取1.6375g样品溶于50.00mL。NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12)①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，_______________________。②计算产品的纯度为___________%(保留1位小数)。〖答案〗（1）蒸馏烧瓶（2）浓硫酸冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能（3）①防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解②NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O（4）NO+=+MnO2↓（5）①出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化②80.0〖祥解〗NOCl由氯气与一氧化氮反应制备，由装置图可知，装置A生成一氧化氮，依次经过水和浓硫酸净化后通入装置D；装置G生成氯气，依次经过饱和氯化钠溶液和浓硫酸净化后通入装置D；在冰盐下生成NOCl，尾气含有NO、Cl2、NOCl，可使用NaOH处理尾气，据此分析解题。【详析】（1）仪器a的名称为蒸馏烧瓶，故〖答案〗为蒸馏烧瓶。（2）据分析可知，试剂X为浓硫酸，氯气与一氧化氮在D中生成NOCl，冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能，故而使用冰盐浴而不用冰水浴，故〖答案〗为冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能。（3）①尾气含有NO、Cl2、NOCl，用无水氯化钙处理尾气，防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解，故〖答案〗为防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解；②NaOH溶液吸收NOCl，化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故〖答案〗为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。（4）用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀为MnO2，离子方程式为NO+=+MnO2↓，故〖答案〗为NO+=+MnO2↓。（5）①滴定中K2CrO4溶液作指示剂，已知Ag2CrO4为砖红色固体，滴定终点的现象为当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化，故〖答案〗为出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化；②，由关系NOCl~NaCl~AgNO3，则样品纯度，故〖答案〗为80.0。10.乙醇是重要的工业原料，合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯催化加氢是制取乙醇的方法之一，包括以下主要反应：①CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g)ΔH1=-71kJ·mol-1②CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3CHO(g)+CH3OH(g)ΔH2=+13.6kJ·mol-1回答下列问题：（1）反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)ΔH=___________。（2）工业生产中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3，流速过大时转化率下降，原因是_____________________________。（3）乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂1的主要成分为Cu-Al，催化剂Ⅱ的主要甲成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂Ⅱ测得不同温度下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图(以反应①为主)。工业生产中应使用的催化剂是______________。(填“催化剂I”或“催化剂Ⅱ”)。（4）在乙酸甲酯催化加氢反应体系中，下列说法正确的是___________。A.增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，有利于提高CH3COOCH3的转化率B.当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡C.平衡后，压缩容器体积，反应①正向移动，反应②不移动D.选用合适的催化剂可提高CH3COOCH3的平衡转化率（5）实验室中，一定条件下在1L密闭容器内通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2发生反应①和②，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如下图所示。260°C时反应①的平衡常数K=___________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是____________________________________________。(乙醇的选择性=〖答案〗（1）-84.6kJ/mol（2）13.3反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分（3）催化剂Ⅱ（4）AB（5）14L/mol反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，生成乙醇的量减少〖解析〗（1）由盖斯定律可知，反应I—Ⅱ可得反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)，则；（2）设时间为1h，由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为；若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降；（3）由图可知，相同温度条件下，使用催化剂Ⅱ时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂Ⅱ的活性强于催化剂I，反应的反应速率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂Ⅱ；（4）该反应为可逆反应，增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，相当于在CH3COOCH3浓度不变的条件下减小氢气的浓度，所以平衡正向进行，可以提高CH3COOCH3的转化率，A正确；平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，由于反应①为气体物质的量减小的反应，故当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；反应①为气体体积减小的反应，反应②为气体体积不变的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应①向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应②平衡向逆反应方向移动，C错误；选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以平衡转化率不变，D错误；（5）由图可知，260℃时，乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为，由题给方程式可建立如下三段式：由三段式数据可知，反应I的平衡常数；由题给方程式可知，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低。11.苯并咪唑衍生物的合成及抗癌活性检测是当今研究的热点之一，以下是目标产物G的合成