2022届安徽省马鞍山市高三第二次教学质量检测理综化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省马鞍山市2022届高三第二次教学质量检测理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产生活密切相关，下列说法中不正确的是A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C．硅的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A．明矾为KAl(SO4)212H2O，其溶液中Al3+水解显酸性，可清除铜镜表面的铜锈，A不符合题意；B．豆浆煮沸后蛋白质失活，不会变成氨基酸，B符合题意；C．硅的单质可用于太阳能电池，C不符合题意；D．镁更加活泼，与内胆之间形成原电池从而保护内胆，其原理是牺牲阳极的阴极保护法，D不符合题意；故选B。2．用脯氨酸()催化合成酮醛反应如下：(a)+(b)(c)下列说法错误的是A．脯氨酸的分子式为C5H9NO2 B．c可以使酸性KMnO4溶液褪色C．该反应为加成反应 D．a中所有原子共面【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，脯氨酸的分子式为C5H9NO2，A正确；B．c中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C．该反应中醛基变羟基，为加成反应，C正确；D．a中含有甲基，故不可能所有原子共面，D错误；故选D。3．实验室采用下表中试剂和装置制备和收集气体(不考虑尾气处理)，合理的是选项ab气体装置A稀硝酸CuNOB稀硫酸大理石CO2C浓氨水生石灰NH3D浓硫酸Na2SO3SO2A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【分析】根据装置中浓硫酸干燥，说明该气体不与浓硫酸反应，故应该是酸性气体和非还原性气体还有中性气体，通过收集装置判断，该气体用向上排空气法，说明该气体的密度大于空气，利用相对分子质量与密度成正比的特点判断，相对分子质量应该大于29，根据以上信息判断。【详解】A．生成的NO气体能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集，故A不正确；B．稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙是微溶物会覆盖到碳酸钙的表面从而阻止反应的继续进行，故不能用于制取二氧化碳，故B不正确；C．生成的氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，故C不正确；D．利用强酸制弱酸原理，生成二氧化硫气体，用浓硫酸可以干燥，密度比空气大，故可用向上排空气法收集，故D正确；故选答案D。【点睛】此题考查气体的制备、干燥、收集，注意气体制取过程中，反应原理，实验室制取二氧化碳是大理石和稀盐酸进行制取。4．X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X最高正价和最低负价代数和为0，Y的质子数与其阴离子的最外层电子数相等，X和Z同主族，Z、W、R三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物两两间能反应。下列说法正确的是A．X与Y、Z、R形成的化合物均只含有共价键B．简单离子半径：Y＜W＜RC．Y和R的简单氢化物沸点：Y>RD．Z和R元素形成的化合物水溶液一定显中性【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X最高正价和最低负价代数和为0，则X为H；Y的质子数与其阴离子的最外层电子数相等，则Y为O；X和Z同主族，则Z为Na；Z、W、R三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物两两间能反应，则W为Al，R为S或Cl，以此解题。【详解】A．H与Na形成的化合物中含有离子键，A错误；B．Y、W离子分别为O2-、Al3+，他们的核外电子排布相同，其中O的原子序数小，故O2->Al3+，B错误；C．Y的简单氢化物是水，水分子之间存在氢键，沸点较高，C正确；D．R为S或Cl，其中Na2S溶液显碱性，D错误；故选C。5．我国科学家以CO2和辛胺为原料实现了甲酸盐和辛睛的高选择性合成，装置工作原理如图(以KOH溶液为电解液，隔膜a只允许OH-自由通过)。下列说法正确的是A．m为直流电源正极B．In/In2O3-x电极上发生的反应为CO2＋2e-＋H2O=HCOO-＋OH-C．若Ni2P电极上生成1molCH3(CH2)6CN，理论上电路中转移2mole-D．工作一段时间后，左右两室溶液的pH均保持不变【答案】B【解析】【分析】根据图中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，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，据此分析解答。【详解】A．In/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相连，则m为直流电源负极，故A错误；B．In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，阴极反应为CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，故B正确；C．Ni2P电极为阳极，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，生成1molCH3(CH2)6CN，理论上电路中转移4mole-，故C错误；D．阴极电极反应为2CO2+4e-+2H2O═2HCOO-+2OH-，阳极电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，OH-被消耗，工作一段时间后，左右两室溶液的pH减小，故D错误；故选：B。6．下列实验操作、现象与结论正确的是选项操作现象结论A将NaA1O2溶液与NaHCO3溶液混合产生白色絮状沉淀结合质子能力：AlO>COB将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中溶液变黄色氧化性：H2O2>Fe3＋CC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色制得气体为乙烯D向1mL0.1moL·L-1KCl溶液中加入过量AgNO3溶液，再加入1mL0.1moL·L-1KI溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【详解】A．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，有白色沉淀生成，则AlO结合H+能力比CO强，故A正确；B．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，故该现象不能比较过氧化氢与铁离子的氧化性，故B错误；C．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾氧化，由现象不能说明制得的气体中含乙烯，故C错误；D．硝酸银过量，故不能证明该实验中存在沉淀转换，故D错误；故选A。7．已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸。25℃时，向20mL0.1mol/LH3PO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，混合溶液中的有关粒子浓度之比的对数与溶液pH的关系如图所示，下列叙述正确的是A．M、W两点所在的直线表示lg与pH的关系B．当pH=3时，c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO3)C．N点：3c(H2PO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．25℃时，HPO+H2OH2PO+OH-的平衡常数为10-12.57【答案】C【解析】【详解】A．lg=lg=lgKa2-lgc(H+)=lgKa2+pH；lg=lg=lgKa1-lgc(H+)=lgKa1+pH，M、N存在关系lg=lg及Ka1＞Ka2，pH：N＞M，根据Ka1＞Ka2可知：N点表示lg与pH的关系，M点表示lg与pH的关系，A错误；B．由A分析可知，Ka2=10-6.54、Ka1=10-1.43，pH=3时，混合溶液中有c(H2PO)==c(HPO)×10-(-6.54+3)==c(H3PO3)×10-(-1.43+3)，则c(HPO)＞c(H2PO)＞c(H3PO3)，B错误；C．N点lg=0，c()=c(HPO)，由电荷守恒可知，2c(HPO)+c()+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则3c(H2PO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；D．25℃时存在关系：+H2O+OH-，该反应的化学平衡常数K=，D错误；故选C。二、实验题8．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂，可用ClO2为原料制取，装置如图。请回答下列问题：已知：①饱和NaClO2溶液中析出的晶体成分与温度的关系如下表所示：温度/℃<3838~60>60晶体成分NaClO2·3H2ONaClO2NaClO2分解成NaClO3和NaCl②ClO2极易溶于水，不与水反应，沸点11℃。(1)装置B中使用浓硫酸而不使用稀硫酸的原因是_______，装置C的作用是_______。(2)装置D中生成NaClO2的离子方程式为_______(3)装置D溶液采用结晶法提取NaClO2晶体，控制温度为_______℃减压蒸发结晶，趁热过滤，50℃左右热水洗涤，低于60℃条件下干燥，得到成品。(4)装置B中若Na2SO3过量，则ClO2中混有_______气体，导致装置D中可能产生杂质离子为_______(5)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取所得NaClO2样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，在酸性条件下发生充分反应：ClO＋4I-＋4H＋=2H2O＋2I2＋Cl-，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗Na2S2O3标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：I2＋2S2O=2I-＋S4O)。该样品中NaClO2的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】(1)

稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出

防倒吸(或“安全瓶”)(2)2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO+2H2O+O2↑(3)38～60(或38～60之间的任意数值)(4)

SO2

SO(5)【解析】【分析】本实验欲利用ClO2制备NaClO2，根据实验装置，利用装置B制备ClO2，装置C用于缓冲，防止D装置中的液体倒吸，装置D用于NaClO2的合成，装置A和E吸收废气，防止污染空气。(1)装置B利用浓硫酸、NaClO2和Na2SO3制备ClO2，制备过程中应使用浓硫酸，若使用稀硫酸，反应过程中会带出少量水气，极易溶解生成的ClO2，影响后续的产率；装置C用于缓冲，防止ClO2极易溶于水使装置内压强骤降引起倒吸。(2)装置D用于制备NaClO2，反应中H2O2氧化ClO2同时与NaOH作用生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO+2H2O+O2↑。(3)根据已知条件NaClO2在38~60℃之间时蒸发结晶得到是纯净的NaClO2，不含有结晶水，也不会分解出杂质，因此实验中应选择38~60℃进行减压蒸发结晶；(4)装置B中若Na2SO3过量，则过量的Na2SO3可以与硫酸发生反应生成SO2混入到ClO2中，导致后续的装置D中，H2O2与SO2反应生成SO。(5)滴定过程中ClO2与I-反应生成I2，生成的I2用Na2S2O3进行定量分析通过消耗的Na2S2O3的量计算消耗的I2的物质的量，则生成的I2的物质的量n(I2)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)=cV×10-3mol，根据ClO2与I-的反应方程式可以计算消耗的ClO2的物质的量n(ClO2)=n(I2)=cV×10-3mol，则100mL溶液中存在的NaClO2的物质的量为cV×10-3mol，样品中NaClO2的纯度为×100%=×100%=%。三、工业流程题9．超细碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3等杂质)制备超细碳酸锶的工艺如下：已知：①“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO4＋4CSrS＋4CO↑②Sr(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度表(g／100mLH2O)温度／℃02040608090100氢氧化钙0.190.170.140.120.090.080.07氢氧化锶0.911.773.958.4220.2044.5091.20回答下列问题：(1)“粉碎”的目的是_______(2)“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为_______(3)“除铁铝”过程中温度控制在75℃左右，适宜的加热方式为_______(4)“操作I”为_______(5)①写出“沉锶”的离子方程式_______②反应温度对锶转化率的影响如图，温度高于60℃时，“锶转化率”降低的原因为_______。③从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因_______。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率(2)SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑(3)水浴加热##水浴(4)趁热过滤(5)

Sr2++HCO+NH3∙H2O=SrCO3↓+NH+H2O(或Sr2++HCO+NH3=SrCO3↓+NH)

温度高于60℃时，NH4HCO3分解

当pH≥10时，有利于HCO向电离方向移动，溶液中CO浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成【解析】【分析】锶渣高温煅烧，主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，加入盐酸酸浸，锶、钙、铁、铝、镁转化为相应的盐溶液，加入氢氧化钠除去铁、铝，滤液加入氢氧化钠继续调节pH，除去镁、钙；趁热过滤得到含锶溶液，加入氨水、碳酸氢铵溶液生成碳酸锶沉淀，最终生成超细碳酸锶。(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；(2)已知：“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO4＋4CSrS＋4CO↑；锶渣主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，由流程可知，“酸浸”过程中加入盐酸，主要反应为SrS和盐酸生成SrCl2和H2S，化学方程式为SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑；(3)“除铁铝”过程中温度控制在75℃左右，温度低于水的沸点，故适宜的加热方式为水浴加热；(4)由流程可知，“操作I”为过滤分离，得到含有氢氧化锶溶液并除去了钙镁的氢氧化物沉淀，结合已知②的溶解度可知，“操作I”为趁热过滤；(5)①“沉锶”过程中加入氨水、碳酸氢铵反应生成了碳酸锶沉淀，则反应离子方程式Sr2++HCO+NH3∙H2O=SrCO3↓+NH+H2O(或Sr2++HCO+NH3=SrCO3↓+NH)；②碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度高于60℃时，“锶转化率”降低的原因为温度高于60℃时，NH4HCO3分解，导致碳酸氢铵浓度降低，“锶转化率”降低；③从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因是：HCOH+CO，溶液碱性增强，有利于HCO向电离方向移动，溶液中CO浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成。四、原理综合题10．研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l)ΔH1=-2765.0kJ/mol②2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)ΔH2=-19.5kJ/mol③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=-44.0kJ/mol则C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为_______。(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_______A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)C．IO为反应的催化剂D．第二步活化能比第三步大(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则_______。(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：①3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g)ΔH1Kp1②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g)ΔH2Kp2绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)①由图可知，ΔH1_______0(填“＞”或“＜”)②反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______【答案】(1)−2550.0kJ·mol-1(2)BD(3)

小于

或(4)

<

Kp1·Kp2

<

设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)>pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应【解析】(1)由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3=−2550.0kJ·mol-1；(2)A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A错误；B．平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；C．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；D．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D正确；故选BD；(3)①达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；(4)①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的K=Kp1·Kp2；设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)>pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。五、结构与性质11．四羰基镍［Ni(CO)4］主要用于制高纯镍粉，也用于制造塑料中间体。回答下列问题：(1)Ni在周期表中的位置_______。Ni基态原子排布式中3d能级上未成对电子数为_______(2)Ni(CO)4中三种元素电负性由小到大的顺序为_______(3)Ni(CO)4为正四面体的配合物。它不溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_______。1molNi(CO)4中含有_______molσ键。(4)已知碳的一种单质结构如图1所示，层间距离为335pm，层内的碳原子的核间距为142pm。①该单质的晶体类型为_______②从图1中取出该物质的晶胞如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图2中原子1的坐标为(0，0，0)，原子2的坐标为(1，1，1)，则原子3和原子4的坐标分别为_______、_______。③根据图1中所给的数据，阿伏加德罗常数的值为NA，石墨的密度为_______g/cm3。(列出计算式)【答案】(1)

第四周期第VIII族

2(2)Ni＜C＜O(3)

Ni(CO)4为非极性分子，难溶于极性较大的水分子，易溶于极性较小乙醇、乙醚等有机溶剂

8(4)

混合型晶体

(0，0，1)

(，，)

【解析】(1)Ni是28号元素，在周期表中位于第四周期第VIII族；根据构造原理，可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，3d轨道数目是5个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，在一个轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子存在，则基态Ni原子排布式中3d能级上未成对电子数为2个；(2)在Ni(CO)4中由Ni、C、O三种元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，这三种元素的非金属性：Ni＜C＜O，故元素的电负性由小到大的顺序为Ni＜C＜O；(3)Ni(CO)4为正四面体的配合物。它不溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，这是由于该物质分子是非极性分子，易溶于由非极性分子组成的溶剂乙醇、乙醚等有机溶剂中，而在由极性分子H2O组成的极性溶剂中不容易溶解；在Ni(CO)4中配位体CO与中心Ni原子之间以配位键结合，在配位体中C、O原子之间以共价三键结合，其中1个是σ键，2个是π键，配位键属于σ键，故1个Ni(CO)4中含有8个σ键，则1molNi(CO)4中含有8molσ键；(4)①该晶体是层状结构，在层内C原子之间以共价键结合，在层间以分子间作用力结合，因此该晶体为混合型晶体；②根据原子的相对位置，可知原子3的坐标为(0，0，1)；原子4的坐标为(，，)；③在一个晶胞中含有的C原子数目是×12+×6=4个，晶胞底面积为S=，晶胞的高为h=2×335×10-10cm，所以石墨晶体的密度ρ=。六、有机推断题12．化合物H(硝苯地平)是一种治疗高血压的药物，其一种合成如下：已知