2022届安徽省“皖南八校”高三下学期第三次联考理综化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省“皖南八校”2022届高三下学期第三次联考理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．三星堆遗址被誉为20世纪人类最伟大的考古发现之一。下列叙述错误的是选项出土文物叙述A绝美的黄金面具自然界中存在游离态的金B高大的青铜神像青铜比纯铜熔点高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土经高温烧结而成D古蜀国的丝绸遗痕丝绸的主要成分是蛋白质A．A B．B C．C D．D2．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是ABCD装置目的证明AgI的溶解度小于AgCl除去Na2CO3中的NaHCO3探究化学反应速率的影响因素将乙醇氧化为乙醛A．A B．B C．C D．D3．设NA是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑。下列说法错误的是A．30gCH3COOH和HCHO混合物中含有的碳原子数目为NAB．生成标准状况下2.24LH2S气体，转移的电子数为0.8NAC．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有、的数目和为0.1NAD．常温常压下，3.4gH2S气体中含有的电子数为1.8NA4．作为“血迹检测小王子”，鲁米诺反应在刑侦中扮演了重要的角色，其一种合成原理如图所示。下列有关说法正确的是A．鲁米诺的化学式为C8H6N3O2B．1molA最多可以和2molNaHCO3反应C．B中处于同一平面的原子最多12个D．(1)(2)两步的反应类型分别为加成反应和取代反应5．R、X、Y、Z是四种元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是ZYR3，地壳中含有大量的粒子呈正四面体结构。Y、Z的原子最外层电子数之和等于R原子最外层电子数。R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断正确的是A．原子半径：Z>Y>X>R B．简单的氢化物稳定性：X>R>YC．ZR2只含一种化学键 D．单质的导电性：Y>Z6．光电池在光照条件下可产生电压，如图所示装置可实现光能的充分利用。双极膜复合层间的H2O能解离为H+和OH－，且双极膜能实现H+和OH－的定向通过。下列说法的不合理的是A．该装置工作时涉及光能、化学能及电能的转化B．光照过程中阳极区溶液中的n(OH－)基本不变C．再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑D．阳极生成1molO2时，理论上双极膜共解离出离子数4NA个7．常温下，已知弱酸溶液中含R物种的浓度之和为，溶液中所有含R物种的的关系如图所示，下列说法错误的是已知，①pOH表示浓度的负对数[]。②a、b、c三点的坐标，a(7.3，-1.3)、b(10.0．-3．6)、c(12.6，-1.3)。A．为二元弱酸B．曲线③表示随pOH的变化C．pH=6.7的溶液中：D．反应的平衡常数二、实验题8．纯ClO2遇热易发生分解，工业上通常制成NaClO2固体以便运输和储存。制备NaClO2的实验装置如图所示(夹持装置省略)，其中A装置制备ClO2，C装置用于制备NaClO2。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______。(2)装置B的作用是_______。(3)装置A中发生反应的离子方程式为_______。向装置A中通入空气的目的是_______。(4)装置C中发生反应的化学方程式为_______，C装置采用“冰水浴”的目的是_______。(5)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=_______mol·L-1，=_______。(6)准确称取5.000g所得粗产品NaClO2晶体溶于适量蒸馏水，加入过量的碘化钾溶液，在酸性条件下发生充分反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，将所得混合液稀释成250mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液，用0.8000mol·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20.0mL(已知：I2+2=2I-+)。则该样品中NaClO2的质量分数为_______。三、工业流程题9．稀土元素在耐热钢中有重要的作用。某废渣含Eu2O3、Fe2O3、Al2O3、Ta2O5、MnO等物质。以此废渣为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，可得到较为纯净的TaCl5(氯化钽)和Eu2O3(氧化铕)。回答下列问题：(1)操作②为_______，溶液A中含有的主要溶质为_______(填化学名称)。(2)滤渣与NaOH溶液反应的离子方程式为_______，灼烧时发生反应的化学方程式为_______。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，进行萃取最适宜的pH是_______(填字母)，其原因是_______。A．2.0左右

B．3.0左右

C．5.0左右(4)FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，利用此法可电解Ta2O5制备稀土元素Ta，其原理如图所示。①电源b为_______(填“正”或“负”)极。②Ta2O5极发生的电极反应为_______。③工业生产过程中，石墨电极需要定期更换，原因是：_______。四、原理综合题10．我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应I生产甲醇，同时伴有反应II发生。I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1回答下列问题：(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，则ΔH1=_______。(2)向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应I的正反应速率可表示为正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反应速率可表示为逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数。①上图中能够代表k逆的曲线为_______(填“L1”“L2”或“L3”“L4”)。②温度为T1时，反应I的化学平衡常数K=________③对于上述反应体系，下列说法正确的是________A．增大CO2的浓度，反应I、II的正反应速率均增加B．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态C．加入催化剂，H2的平衡转化率不变(3)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如下图所示。①压强P1、P2、P3由大到小的顺序是_______。压强为P1时，温度高于570℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因________②图中点M(500，60)，此时压强P1为0.1MPa，CH3OH的选择性为(选择性：转化的CO2中生成CH3OH和CO的百分比)，CO2的平衡转化率为60％。则该温度时反应I的平衡常数Kp=_______MPa-2(分压=总压×物质的量分数)。五、结构与性质11．近年来我国在高温超导材料的研究取得了重大突破，高温超导体仅出现在共价性很强的氧化物中，例如带有直线形的Cu-O-Cu链节的网格层对超导性有重要的作用。回答下列问题：(1)基态Cu原子核外电子排布式为______。(2)氧与其同周期且相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为______。(3)氧的常见氢化物有两种，分别为H2O和H2O2。其中H2O的VSEPR模型为______；H2O2中氧原子的杂化方式为_______。(4)硫酸铜溶于水后形成的水合铜离子的结构式为____，向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，观察到的现象为___，所得结论：与Cu2+形成配位键的能力H2O___(填“强于”或“弱于”)NH3(5)由Y、Ba、Cu、O四种元素构成的高温超导材料晶胞结构如图甲，图乙为沿z轴的投影图；其中CuO2网格层如图丙。已知：网格层之间相互垂直或平行；z轴方向上的晶胞参数为cpm。①该高温超导材料的化学式为______。②若阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_____g·cm-3(用含a、b、c和NA的表达式表示)。六、有机推断题12．治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如下。已知：①RCOOHRCOClRCONHR′②RCOOCH3+R′CH2COOCH3+CH3OH③RCOONa+NaOHRH+Na2CO3回答下列问题：(1)B的名称是_______。F分子的核磁共振氢谱中有两个波峰，则F的结构简式_______。(2)A→B的化学方程式是_______。(3)由B制备D的反应类型为_______反应。试剂a是_______。(4)K与L反应的化学方程式为_______。(5)Q反应生成R的过程中，可能生成一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_______。(6)写出由M制备P时中间产物1、3的结构简式____________(中间产物1、2互为同分异构体，部分试剂及反应条件已省略)。答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．B【解析】【分析】【详解】A．金性质稳定，自然界中存在游离态的金，A正确；B．青铜是合金，合金的熔点比纯金属低，B错误；C．陶器由黏土烧结制备而成，C正确；D．丝绸的主要成分是蛋白质，D正确；故选B。2．D【解析】【详解】A．KCl和过量AgNO3溶液混合生成AgCl沉淀，AgNO3有剩余，再滴加2滴1mol/L的KI溶液，AgNO3和KI反应生成AgI沉淀，不能证明AgI的溶解度小于AgCl，故不选A；B．用适量氢氧化钠除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故不选B；C．左侧试管内盐酸浓度大、金属片活泼性强，不能判断反应速率快的原因，故不选C；D．用铜作催化剂，乙醇能被氧化为乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故选D；选D。3．C【解析】【详解】A．已知CH3COOH与HCHO的最简式均为CH2O，则30gCH3COOH和HCHO混合物中含有的碳原子数目为=NA，A正确；B．由反应可知CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑生成1molH2S转移电子数为8mol，则生成标准状况下2.24LH2S气体，转移的电子数为=0.8NA，B正确；C．根据电解质溶液中的物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有、、H2CO3的数目和为0.1NA，C错误；D．已知1分子H2S含有18个电子，则常温常压下，3.4gH2S气体中含有的电子数为=1.8NA，D正确；故答案为：C。4．B【解析】【详解】A．鲁米诺的化学式为C8H7N3O2，故A错误；B．A中含有2个羧基，1molA最多可以和2molNaHCO3反应，故B正确；C．B中至少N原子上的2个H原子不再同一平面内，处于同一平面的原子最多18个，故C错误；D．(1)(2)两步的反应类型分别为取代反应和还原反应，故D错误；选B。5．B【解析】【分析】R、X、Y、Z是四种元素周期表中前20号元素，且原子序数依次增大，由图可知，离子中Y原子形成4个共价键，则阴离子为、R为氧元素、Y为Si元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于R原子最外层电子数，则Z为Ca元素；R、X的简单阴离子的电子层结构相同，则X为F元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则氧原子的原子半径大于氟原子，故A错误；B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟、氧、硅的非金属性依次减弱，则稳定性的强弱顺序为HF>H2O>SiH4，故B正确；C．过氧化钙中含有过氧根离子，是含有离子键和共价键的离子化合物，故C错误；D．钙是金属单质，能导电，硅是非金属单质，导电性介于导体和半导体之间，可作半导体材料，则钙的导电性比硅强，故D错误；故选B。6．D【解析】【详解】A．在光照条件下光电池将光能转化为电能，电解池中电能又转化为化学能，因此该装置工作时涉及光能、化学能及电能的转化，故A正确；B．光照过程中，阳极反应消耗氢氧根，双极性膜可将水解离为氢离子和氢氧根，氢氧根移向阳极发生放电，则阳极区溶液中的n(OH－)基本不变，故B正确；C．根据图中信息得到再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑，故C正确；D．阳极生成1molO2时，则转移4mol电子和消耗4molOH－，由于阳极区溶液中的n(OH－)基本不变，理论上双极膜共解离出4molOH－和4molH+即离子数8NA个，故D错误。综上所述，答案为D。7．D【解析】【详解】A．图象中含R物质只有3种，说明为二元弱酸，故A错误；B．随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示，故B正确；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C正确；D．根据a点知，时，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据c点知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，由减去，可得，则平衡常数，故D错误；答案选D。8．(1)三颈烧瓶(2)安全瓶，防止倒吸(3)

+2+2H+=+2ClO2↑+H2O

赶出ClO2气体，使其进入装置C则发生反应制取NaClO2；(4)

2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2

防止温度过高，NaClO2分解为NaClO3和NaCl，同时可减少由于温度过高导致H2O2分解。(5)

4

0.8(6)72.4%【解析】【分析】在装置A中Na2SO3、NaClO3与硫酸发生氧化还原反应产生ClO2，在装置C中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，以制取NaClO2，装置B的作用是安全瓶，防止由于装置C降温使装置气体压强减少，而使装置A中液体倒吸，装置D的NaOH可以吸收ClO2，防止大气污染。根据物质反应转化关系，由反应消耗Na2S2O3的物质的量计算NaClO2的物质的量及质量，最后结合样品总质量计算其中NaClO2的含量。(1)根据装置图可知：仪器a的名称是三颈烧瓶；(2)装置B的作用是安全瓶，防止倒吸现象的发生；(3)在装置A中Na2SO3、NaClO3与硫酸发生氧化还原反应产生ClO2、Na2SO4、H2O，反应的化学方程式为：Na2SO3+2NaClO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，该反应的离子方程式为：+2+2H+=+2ClO2↑+H2O；向装置A中通入空气的目的是赶出ClO2气体，然后通过装置B到装置C中发生反应；(4)在装置C中，ClO2与NaOH及H2O2发生氧化还原反应产生NaClO2，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；NaClO2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢高温易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解；由于纯ClO2遇热易发生分解，且ClO2的沸点较低，所以冰水浴还可以避免ClO2分解，使其变为液态，方便使用；(5)根据图示可知：当c(NaOH)=4mol/L时，=0.8时粗产品中NaClO2含量最高，再进一步提高浓度和比值，对产量并没有提高，浪费原料。故最佳最佳条件为c(NaOH)=4mol/L，=0.8；(6)根据反应方程式+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2=2I-+，可得关系式：ClO2～2I2～4，20.00mL0.8000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液中含有溶质的物质的量n(Na2S2O3)=c·V=0.8000mol/L×0.02L=0.016mol，则根据关系式可知其反应消耗NaClO2的物质的量n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=0.004mol，则5.000g样品中含有NaClO2的物质的量n(NaClO2)=0.004mol×=0.04mol，m(NaClO2)=0.04mol×90.5g/mol=3.62g，所以该样品中NaClO2的质量分数为。9．(1)

过滤

硫酸铵(2)

Ta2O5+2OH-=2+H2O

2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑(3)

B

pH=3左右时，Fe3+、Al3+、Mn2+能够完全被萃取除去，而此时Eu3+的萃取率还较低，可避免Eu3+被过多萃取而损失(4)

正

Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-

石墨作阳极，阳极上产生的O2，能消耗石墨造成石墨电极亏损【解析】【分析】由题干流程图可知，向废渣中加入稀硫酸，将Eu2O3、Fe2O3、Al2O3、MnO转化为硫酸盐，根据流程可知Ta2O5与稀硫酸不反应，进行操作①为过滤，得到滤渣主要成分为Ta2O5，向滤渣中加入NaOH溶液，反应为：Ta2O5+2NaOH=2NaTaO3+H2O，得到NaTaO3溶液，向其中加入过量的盐酸，生成Ta(OH)5沉淀，进行操作③为过滤操作，得到滤渣主要成分为Ta(OH)5，Ta(OH)5再与SOCl2高温煅烧得到TaCl5，经操作①为过滤后的滤液中含有大量的Eu3+和少量的Al3+、Fe3+、Mn2+，通过萃取操作分离出Eu3+离子，向含有Eu3+的溶液中加入氨水，生成Eu(OH)3沉淀，通过过过滤操作②，得到Eu(OH)3，再加热即可得到纯净的Eu2O3，据此分析解题。(1)由分析可知，操作②分离沉淀和溶液，则为过滤，萃取液中含有Eu3+和，则萃取液和氨水反应生成了Eu(OH)3和(NH4)2SO4，故溶液A中含有的主要溶质为硫酸铵，故答案为：过滤；硫酸铵；(2)由分析可知，滤渣主要成分为Ta2O5，向滤渣中加入NaOH溶液，反应为：Ta2O5+2NaOH=2NaTaO3+H2O，该反应的离子方程式为：Ta2O5+2OH-=2+H2O，灼烧时即Ta(OH)5与SOCl2高温灼烧得到TaCl5，则该反应的化学方程式为：2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑，故答案为：Ta2O5+2OH-=2+H2O；2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑；(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子，由图中信息可知，pH=3左右时，Fe3+、Al3+、Mn2+能够完全被萃取除去，而此时Eu3+的萃取率还较低，可避免Eu3+被过多萃取而损失，则进行萃取最适宜的pH是B，故答案为：B；pH=3左右时，Fe3+、Al3+、Mn2+能够完全被萃取除去，而此时Eu3+的萃取率还较低，可避免Eu3+被过多萃取而损失；(4)①由题干电解池装置图中O2-的移动方向可知，石墨为阳极，则电源b为正极，故答案为：正；②由①分析可知，石墨为阳极，则Ta2O5为阴极，发生还原反应，则Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-，故答案为：Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-；③由于石墨作阳极，阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，产生的O2在高温下能与石墨反应生成CO2,造成石墨电极亏损，则工业生产过程中，石墨电极需要定期更换，故答案为：石墨作阳极，阳极上产生的O2，能消耗石墨造成石墨电极亏损。10．(1)—49.4kJ/mol(2)

L4

1

AC(3)

P3＞P2＞P1

反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度高于570℃之后，温度对反应II的影响大于对反应I的影响，反应转化率主要由反应II决定

150【解析】(1)由盖斯定律可知，反应I—II得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则ΔH=ΔH1—ΔH2=—90.6kJ·mol-1，ΔH1=—90.6kJ·mol-1+(+41.2kJ·mol-1)=—49.4kJ/mol，故答案为：—49.4kJ/mol；(2)①反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则逆反应速率常数大于正反应速率常数，由图可知，L4大于K正，则L4代表k逆，故答案为：L4；②反应达到平衡时，正逆反应速率相等，正=k正·c(CO2)·c3(H2)=逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，==K，由图可知，温度为T1时，k正=k逆，所以平衡常数K=1，故答案为：1；③A．增大反应I、II反应物二氧化碳的浓度，反应I、II的正反应速率均增加，故正确；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．加入催化剂，化学反应速率加快，化学平衡不移动，氢气的平衡转化率不变，故正确；故选AC；(3)①反应I是气体体积减小的反应、反应II是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应I平衡向正反应方向移动，反应II平衡不移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，P1时二氧化碳的转化率最小，P3时最大，所以压强由大到小的顺序为P3＞P2＞P1；反应I是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳转化率减小，反应II是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，压强为P1时，所以温度高于570℃之后，随着温度升高二氧化碳平衡转化率增大，说明温度对反应II的影响大于对反应I的影响，反应转化率主要由反应II决定，故答案为：P3＞P2＞P1；反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度高于570℃之后，温度对反应II的影响大于对反应I的影响，反应转化率主要由反应II决定；②设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，平衡时CO2转化60%，即转化了0.6mol，又CH3OH的选择性为，依题意可建立如下三段式：由三段式可知平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水蒸气的总物质的量为3.2mol，体系中二氧化碳、氢气、甲醇和水蒸气的平衡分压为×0.1MPa=0.0125MPa、×0.1MPa=0.05MPa、×0.1MPa=0.0125MPa、×0.1MPa=0.01875MPa，反应I的平衡常数Kp==150MPa2，故答案为：150。11．(1)1s22s22p63s23p63d104s1(2)F>N>O(3)

四面体形

sp3(4)

先观察到有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色

弱于(5)

Ba2YCu3O7

【解析】(1)Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，由于N的2p轨道处于半满状态，较稳定，所以最终大小顺序为F>N>O。(3)水中氧原子的价电子对数为2+(6-21)/2=4，氧原子采取sp3杂化，H2O的VSEPR模型为四面体形；H2O2中氧原子的价电子对数为2+