2022-2023学年安徽马鞍山市高考化学理综模拟试题（二模）有答案

1、第PAGE 页码13页/总NUMPAGES 总页数23页2022届安徽马鞍山市高考化学理综模仿试题（二模）考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；xxx题号一二三四五六总分得分注意：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单 选 题1化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说确的是A酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇B煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化C纳米铁粉物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等D“神舟十三号”字宙飞船前往舱表面面运用的新型高温结构陶瓷次

2、要成分是硅酸盐2维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说确的是A分子式为C6H6O6B1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准情况下22.4LH2C与 互为同分异构体D可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键3下列指定反应的离子方程式正确的是A用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3H2O + SO2= 2+ + H2OB将Cl2通入石灰中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2OCZnCO3 溶于稀盐酸： + 2H+= H2O + CO2D向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2-

3、(aq)=Ag2S(s) +2Br-(aq)4由下列实验操作及景象所得结论或解释错误的是实验操作及景象结论或解释A向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗濯后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀没有溶解Na2SO3溶液已变质B向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去H2O2具有还原性C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消逝Al(OH)3具有两性D向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体Ca2+2HCOCaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度添加，平衡向右挪动AABBCCDD5短周期元素X、

4、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量的元素。下列说法错误的是A简单离子半径大小顺序为： ZQRB最简单氢化物的沸点高低顺序为： QZ YCX与Q构成的化合物仅含共价键DQ与R构成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为126用间接电解法对NO进行有害化处理，其原理如图所示。下列说确的是A工作时电解池中H+从左室移向右室B阳极电极反应式为2+ 2H+ 2e-= + 2H2OC理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2D吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 47MOH是一种一元弱碱，25时，

5、在20.0mL 0.1 molL-1MOH溶液中滴加0.1 molL-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是Ax=3.75Ba点时，V=10.0 mLC25时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4DV=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分二、填 空 题8化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴味小组在实验室中模仿侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品

6、，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：.NaHCO3 的制备实验流程及实验安装图如下：回答下列成绩：(1)a导管末端多孔球泡的作用_。(2)b中通入的气体是_， 写出实验室制取该气体的化学方程式_。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。.Na2CO3中NaHCO3含量测定i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(滴定起点)， 耗费盐酸V1mL；iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至起

7、点(第二滴定起点)，又耗费盐酸V2mL；iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。回答下列成绩：(4)指示剂N为_， 第二滴定起点的景象是_。(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_ ( 保留三位有效数字)。(6)滴定起点时，某同窗俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。评卷人得分三、工业流程题9合理处理金属既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：已知Sn2+容易水解。回答下列成绩：(1)加快“脱锡”速率的措施有_(写出一点)。“操作I” 包含_、_、过滤、洗濯、干燥。(

8、2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120gL-1时，脱锡率下降的缘由_。(3)“脱锡液”中含有的离子次要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_； 当阴极出现_的景象时，阐明电解回收锡结束。(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_。(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120时所得固体的化学式为_。评卷人得分四、原理综合题10甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃

9、料甲醇。(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) H12H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) H2则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_ ( 用H1和H2来表示H)。(2)该方法采用的温度为70，没有选择更低或更高温度的缘由是_。.工业。上也常运用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) H0副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) HQR，故A正确；B甲烷分子没有能构成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子和水分子，沸点，水分子构成的分子间氢键数目多于氨分

10、子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为QZ Y，故B正确；C若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C错误；D氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为12的离子化合物，故D正确；故选C。6D【分析】从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从3升高到了4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从4降低到3，得到电子，电极为阴极，而在电极附近有氧气生成，为H2O得到电子生成O2，为阳极。【详解】A电极为阴极，电极为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；B阳极上H2O得到电子生成O2，电

11、极反应式为2H2O- 4e-=4H+O2,选项B错误；C理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中异样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；D吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；答案选D。7B【分析】由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。【详解】A由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；B当V=10.0 mL

12、，若没有考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度没有同，则c(MOH)c(MCl)，故，B项错误；C由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；D当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；答案选B。8(1)增大接触面积，进步吸收速率(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3+C

13、aCl2+2H2O(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3+ NH4Cl(4) 甲基橙 一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复(5)4.23%(6)偏小(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故增大接触面积，进步吸收速率；(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，没有能将导管直接溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H

14、2O= NaHCO3+ NH4Cl；(4)在次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定起点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定起点的景象为滴入一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内没有恢复；(5)进行次滴定时，发生的反应为，耗费盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，耗费盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠耗费盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；(6)若在次滴定过程中俯视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。9(1) 研碎、搅拌、适

15、当进步温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降(3) 2H2O 4e= O2+ 4H+ 或 4OH 4e= O2+2H2O 气泡产生(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2+2H2O(5)CuSO4H2O【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。(1)从反应速率的影响要素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当进步温度(答出一点即可)；“操作I”

16、是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；(2)根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的缘由是：置换反应速率加快，生成的铜粉增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹，从而导致锡浸出率下降；(3)阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子得到电子生成氧气，电极方程式为：2H2O 4e= O2+ 4H+ 或 4OH 4e= O2+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应终了后水电离的氢离子

17、得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的景象时，阐明电解回收锡结束；(4)“脱锡渣”的次要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2+2H2O；(5)设120时固体物质的分子质量为M，M=178，故120时固体物质的成分为：CuSO4H2O。10(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l)H=(H1+H2)(2)低于70，反应速率慢，高于70双氧水分解(3) b 压强没有变时，温度升高，H0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低(4) 210，5105 Pa 250，9105 Pa(5) 60.0%

18、或60% 0.188(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l)H12H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l)H2根据盖斯定律，由(+)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l)H=(H1+H2)；(2)反应时温度低于70，反应速率慢，高于70双氧水分解,故该方法采用的温度为70，没有选择更低或更高温度；(3)图中等压线是b，压强没有变时，温度升高，H0，平衡逆向挪动，x(CH3OH)降低；(4)根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当

19、x(CH3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210，压强为5105 Pa条件；或温度为250，压强为9105 Pa条件；故答案为: 210，5105 Pa；250，9105 Pa；(5)假设反应分步进行，根据三段式可知：x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4x(CO)=0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；副反应的平衡常数Kp=0.188。11(1)Ne F N(2)BC(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2HF + 2HPtF6(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使OH键极性加强，易发

20、生电离(5) sp S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子(6) 4 或 (1)第二周期元素，从左到右电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为波动的全充满结构，电离能，氮原子的2p轨道为波动的半充满结构，元素电离能大于相邻元素，则电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故Ne F N；(2)A由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化形态下能电离出挪动的离子，能导电，故错误；BXeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子波动结构，故正确；C由PtF中的键角有90和180两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯交换氟后，所得PtF4

21、Cl2有两种结构，故正确；D由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，没有含有非极性键，故错误；故选BC；(3)由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2HF + 2HPtF6，故2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2HF + 2HPtF6；(4)硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，缘由是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性加强，易发生电离，故HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧

22、原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使OH键极性加强，易发生电离；(5)硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相反的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相反，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子构成大键，其方式为；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位没有以氮原子配位，故sp；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；(6)由题意可知，镍钛合金构成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8+6=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为r8+r4=(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为3，则晶体的空间利用率为= ，故或 。12(1) 2羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或羟基苯甲酸) 醚键、酯基(2)给氯代反应并氯代数目(3)Na2CO3可耗费反应生成的HCl，有利于反应的进行(4) +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应)(