安徽省马鞍山市2023年高考化学三模试卷及答案

高考化学三模试卷一、单项选择题1.垃圾是放错地方的资源。以下有关垃圾处理的说法错误的选项是〔

〕A.厨余垃圾富含有机质，可用于制作农家肥

B.医疗垃圾含细菌病毒，应专门分类收集处理。

C.废纸可回收利用，应放入“可回收物〞箱中

D.废电池属有害垃圾，应直接填埋在土壤中2.甲基丙烯酸甲酯()可制取有机玻璃。关于该化合物，以下表达正确的选项是〔

〕A.所有原子共平面

B.能发生取代反响

C.不能使溴水褪色

D.易溶于水和乙醇3.水在石墨相氮化碳纳米材料催化下可利用太阳光实现分解，其原理如下列图。以下说法正确的选项是〔

〕A.阶段I、II、III均为吸收能量的过程

B.阶段II涉及到非极性键、极性键的形成

C.阶段III每生成1molO2转移2mol电子

D.该纳米材料有效减少了水分解反响的反响热4.以下实验操作能到达实验目的的是〔

〕选项实验目的实验操作A探究浓度对反响速率影响向两支各盛有5mL0.1mol•L-1KMnO4溶液的试管中分别滴加2滴0.1mol•L-1H2C2O4和0.01mol•L-1H2C2O4，观察KMnO4溶液褪色所需时间B比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小在pH试纸上滴2～3滴NaHSO3溶液，测pHC验证I-与Fe3+的反响有一定限度向5mL0.1mol•L-1KI溶液中参加10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反响后滴加KSCN溶液D验证H2O2的氧化性比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色A.A

B.B

C.C

D.D5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W可形成W+和W-两种离子，X与Y同周期相邻，Y与Z同主族，Y的最简单氢化物常温下呈液态。以下有关说法正确的选项是〔

〕A.

X元素非金属性较弱，其单质不活泼

B.

XW3较稳定，分子内含氢键

C.

Z单质可溶于WXY3的浓溶液中

D.

ZY2中原子均为8电子稳定结构6.电解KI溶液可制取食盐添加剂KIO3，装置如下列图。以下有关说法正确的选项是〔

〕A.正极区溶液可使淀粉溶液变蓝色

B.膜b为阳离子交换膜，负极区pH增大

C.每制备1mol，负极区生成67.2LH2

D.正极区的电极反响为I-+6OH-=6e-=+3H2O7.常温下，向20mL0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中逐滴参加等浓度的NH3·H2O，溶液的pH和溶液中水电离出c(H+)的pH水与滴加NH3·H2O的体积关系如下列图［pH曲线只画了一局部，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)]。以下说法中正确的选项是〔

〕A.a、b两点关于pH=7对称

B.滴加过程中，c(CH3COO-)逐渐增大

C.V(NH3·H2O)=10mL时，溶液中c(CH3COO-)=c(CH3COOH)

D.V(NH3·H2O)=30mL时，溶液中c(CH3COO-)>c()二、综合题8.环己酮是重要的工业溶剂和化工原料。实验室可通过环己醇氧化制环己酮，其反响原理如下：：反响时强烈放热；过量氧化剂会将环己醇氧化为己二酸。物质相对分子质量沸点/℃密度/(g∙cm-3，20℃)溶解性环己醇100161.10.9624能溶于水和醚环己酮98155.60.9478微溶于水，能溶于醚实验步骤：I.配制氧化液：将5.5g重铬酸钠配成溶液，再与适量浓硫酸混合，得橙红色溶液，冷却备用。II.氧化环己醇：向盛有5.3mL环己醇的反响器中分批滴加氧化液，控制反响温度在55~60℃，搅拌20min。III.产物别离：向反响器中参加一定量水和几粒沸石，改为蒸馏装置，馏出液为环己酮和水的混合液。IV.产品提纯：馏出液中参加NaCl至饱和，分液，水相用乙醚萃取，萃取液并入有机相后参加无水MgSO4枯燥，水浴蒸除乙醚，改用空气冷凝管蒸馏，收集到151~156℃的馏分2.5g。答复以下问题：〔1〕铬酸钠溶液与浓硫酸混合的操作是________。〔2〕氧化装置如下列图(水浴装置略)：①反响器的名称是________；控制反响温度在55~60℃的措施除分批滴加氧化液外，还应采取的方法是________。②温度计示数开始下降说明反响根本完成，此时假设反响混合物呈橙红色，需参加少量草酸，目的是________

。〔3〕产品提纯时参加NaCl至饱和的目的是________，分液时有机相从分液漏斗的________(填“上〞或“下〞)口流出(或倒出)；用乙醚萃取水相的目的是________。〔4〕由环已醇用量估算环己酮产率为________。9.某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。答复以下问题：〔1〕“粉碎〞的目的是________。〔2〕①假设氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反响的离子方程式为________；②温度对铜浸出率的影响如下列图。工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是________；〔3〕“操作I〞为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是________；〔4〕①“浸出渣II〞的主要成分是SbOCl、________；②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：________；〔5〕“铜浸出液〞用如图旋流式电解装置电解。①钛涂层柱的电极反响式是________；②假设“铜浸出液〞中含铜92.16g·L-1，选择适宜条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，参加足量KI溶液充分反响，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反响为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是________。(用质量分数表示，保存一位小数)。10.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。〔1〕I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-53.7kJ·mol-1II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

ΔH2=+41.2kJ·mol-1III.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)

ΔH3=________kJ·mol-1〔2〕某温度下，向密闭容器中通入1molCO和2molH2发生反响III。①平衡时CO的转化率为50%，反响体系总压为pPa，该温度下反响III的平衡常数Kp=________Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。②其它条件不变，只改变起始H2的物质的量，平衡时CH3OH(g)的体积分数变化如下列图。图中，n=________mol；a、b、c三点所处的平衡状态中，CO转化率最大的是________(填字母)。〔3〕一定条件，某恒容密闭容器中投入1molCO2和3molH2发生上述反响I和II.升高反响体系温度，合成甲醇的反响速率________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)；增大反响体系的压强，反响II的平衡________(填“向正反响方向〞、“向逆反响方向〞或“不〞)移动。〔4〕假设将CO2和H2按1：2.2投料发生上述反响I和II，相同反响时间后测得数据如下：T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7(甲醇选择性指生成甲醇的CO2在CO2消耗量中占比)543K时，催化剂________对反响II的催化效果比对反响I的好，试用碰撞理论解释其原因________。11.铁的化合物在生活生产中应用广泛。答复以下问题：〔1〕基态Fe原子共有________种不同能级的电子，Fe2+的核外电子排布式为________。〔2〕氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃，二者熔点存在差异的原因是________。〔3〕高氯酸三三氮唑合铁(II)的化学式为［Fe(Htrz)3](ClO4)2，其中Htrz为1，2，4-三氮唑()。①配合物中非金属元素的电负性最大的是________；②1，2，4-三氮唑分子中碳原子的杂化方式是________。含σ键数为________个；③的空间构型为________。〔4〕某种磁性氮化铁的结构如下列图，Fe原子构成六方最密堆积，N原子随机排列在其正四面体空隙中。六棱柱底边长为apm，高为cpm，晶体的密度为ρg·cm-3.铁原子半径为________，阿伏加德罗常数的值NA为________。(列出计算式即可，sin60°=)12.加兰他敏，又名尼瓦林或强肌宁，用于因神经系统疾患所致感觉或运动障碍等疾病的治疗，其合成路线如下(Ph-表示苯基C6H5-)：：CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+SO2+HC1答复以下问题：〔1〕A所含官能团名称为________；C的化学名称为________。〔2〕G的结构简式是________。〔3〕写出E→F的反响方程式________。〔4〕E有多种同分异构体。符合以下要求的E的同分异构体的结构简式是________(写出1种即可)，其核磁共振氢谱显示有________组峰。①分子中含有2个苯环且每个苯环上都有2个互为对位的取代基②能发生水解反响，且水解产物都能与FeCl3溶液发生显色反响〔5〕设计由乙烯制备丙酸的合成路线________。(无机试剂任选)。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】D【解析】【解答】A．厨房垃圾多是剩菜剩饭，富含有机质，可用于制作农家肥，故A不符合题意；B．医疗垃圾多含细菌病毒，应分类集中处理，故B不符合题意；C．废纸可回收重新造纸，应放入“可回收物〞箱中，故C不符合题意；D．废电池中含有污染环境的重金属离子，不能直接埋在土壤中，应回收集中处理，故D符合题意；此题答案D。

【分析】废旧电池中含有污染环境的重金属元素，不应埋在土壤中应该集中处理之后在进行处理，其他选项均正确2.【答案】B【解析】【解答】A．甲基丙烯酸甲酯有甲基，不可能所有原子共平面，故A不符合题意；B．甲基丙烯酸甲酯有酯基，能水解，属于取代反响，故B符合题意；C．有碳碳双键，发生加成反响可以使溴水褪色，故C不符合题意；D．甲基丙烯酸甲酯为酯类有机物，不溶于水，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据其结构简式即可找出含有双键和酯基，可以水解和加成反响，含有多个饱和碳原子，所有的原子均不共面，可与溴水作用不溶于水但可溶于酒精3.【答案】C【解析】【解答】A．根据图示，阶段II只有化学键形成过程，阶段II放出能量，故A不符合题意；B．阶段II涉及到H-H、O-O键等非极性键的形成，没有极性键的形成，故B不符合题意；C．根据图示，阶段III是H-O-O-H生成氢气和氧气，每生成1molO2转移2mol电子，故C符合题意；D．反响热与催化剂无关，该纳米材料不能改变水分解反响的反响热，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据图示即可判断此反响是太阳能光解水的反响，反响I和III断键，反响II成键

B.根据图示II即可判断键的形成

C.根据反响III写出方程式即可

D.反响热与催化剂无关

4.【答案】B【解析】【解答】A．两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，达不到实验目的，A不符合题意；B．NaHSO3溶液是强碱弱酸的酸式盐，电离可以使之呈酸性、水解可以使之呈碱性，假设电离程度大于水解程度，那么溶液呈酸性、c()c(H2SO3)；假设电离程度小于水解程度，那么溶液呈碱性、c()c(H2SO3)，故通过测试溶液的酸碱性大小即可比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小，B符合题意；C．向5mL0.1mol•L-1KI溶液中参加10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反响后氯化铁过量，滴加KSCN溶液必定呈血红色，无法证明该反响是可逆反响，实验中氯化铁应少量，C不符合题意；D．氢离子、亚铁离子和硝酸根离子能反响生成铁离子，故无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.实验室注意量的控制

B.根据测试酸碱性即可判断水解和电离程度的大小

C.应该保持氯化铁的量少

D.应该将硝酸亚铁换成氯化亚铁或者硫酸亚铁5.【答案】C【解析】【解答】A．X元素为N，单质为氮气，两原子间存在氮氮三键，其单质不活泼，A说法不符合题意；B．XW3为氨气，较稳定，分子内存在N-H化学键，而氨固体的分子间存在氢键，B说法不符合题意；C．Z单质为S，可与浓HNO3反响生成硫酸，那么S可溶于硝酸的浓溶液中，C说法符合题意；D．SO2中，硫原子最外层有6个电子，与每个氧原子共用2对电子，那么S原子最外层不满足8电子稳定结构，D说法不符合题意；故答案为C。【分析】W可形成W+和W-两种离子，那么W为H；Y的最简单氢化物常温下呈液态，那么Y为O；X与Y同周期相邻，且原子序数小于Y，那么X为N；Y与Z同主族，那么Z为S。6.【答案】D【解析】【解答】A．正极区为电解池的阳极，发生反响I-+6OH--6e-=+3H2O，无碘单质生成，不能使淀粉溶液变蓝色，故A不符合题意；B．I-通过膜b进入正极区，膜b为阴离子交换膜，负极区水电离出的氢离子放电生成氢气，余下OH-，负极区pH增大，故B不符合题意；C．气体未指明标准状况，无法计算，故C不符合题意；D．正极区I-放电生成，电极反响为I-+6OH--6e-=+3H2O，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据题意可知碘酸根离子在正极产生，膜b是阴离子交换膜，膜a是阳离子交换膜，负极区域pH增大，根据转移的电子数即可计算出负极的氢气的物质的量7.【答案】A【解析】【解答】A．V(NH3·H2O)=0时，CH3COOH溶液pH=b，c(H+)=10-bmol/L，此时溶液中由水电离出的c(H+)水=，pH=-lgc(H+)=14-b=a，a+b=14，a、b两点关于pH=7对称，故A符合题意；B．滴加NH3•H2O过程中，消耗CH3COOH电离的H+，促进CH3COOH的电离，c(CH3COO-)逐渐增大，当CH3COOH反响完继续滴加NH3•H2O，c(CH3COO-)又会降低，故B不符合题意；C．V(NH3•H2O)=10mL时，得到等浓度的CH3COOH和CH3COONH4，溶液呈酸性，可以认为CH3COONH4不水解[Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)]，那么c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故C不符合题意；D．V(NH3•H2O)=30mL时，得到等浓度的CH3COONH4和NH3·H2O，溶液呈碱性，c()＞c(CH3COO-)＞c(NH3·H2O)，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A．根据c(H+)·c(OH-)=10-14以及pH=-lgc(H+)计算并分析；

B．根据勒夏特列原理分析；

C．根据Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)分析；

D．根据溶液呈碱性分析。二、综合题8.【答案】〔1〕将浓硫酸缓慢参加铬酸钠溶液中并不断搅拌

〔2〕三颈烧瓶；冷水浴进行冷却；复原过量的铬酸钠，防止环己酮被过量的铬酸钠氧化

〔3〕降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；上；使水层中少量的有机物进一步被提取提高产品的产率

〔4〕【解析】【解答】〔1〕浓硫酸稀释过程会释放大量的热，所以浓硫酸与其他液体混合时，应该将浓硫酸缓慢参加到其他溶液中并不断搅拌，故答案为将浓硫酸缓慢参加铬酸钠溶液中并不断搅拌；

〔2〕①根据仪器结构特征，可知反响器名称为三颈烧瓶；由题干信息反响时强烈放热可知，该反响放出大量的热，温度较高，所以想控制反响温度在55~60℃需要用冷水浴冷却，故答案为三颈烧瓶；冷水浴进行冷却；②温度计示数开始下降说明反响根本完成，此时假设反响混合物呈橙红色，说明溶液中有铬酸钠剩余，根据题中信息过量氧化剂会将环己醇氧化为己二酸可知，为了防止环己醇被氧化，需要参加少量复原性强于环己醇的草酸将铬酸钠复原，故答案为复原过量的铬酸钠，防止环己酮被过量的铬酸钠氧化；〔3〕环己酮的提纯时应该先参加氯化钠固体至饱和，使水溶液的密度增大，使水域有机物更容易别离出来，便于分液，由题中表格中信息可知环己酮微溶于水，参加氯化钠固体还有降低环己酮溶解度的作用，故答案为降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；分液时下层液体从下口放出，上层液体丛上口倒出，有题中表格信息可知环己酮密度小于水，所以环己酮在上层，故答案为上口倒出；由表格中信息可知环己酮微溶于水，所以水层有少量的环己酮溶解，又环己酮能溶于醚，所以用乙醚萃取水层剩余的少量环己酮，减少环己酮的损失，提高环己酮的产率，故答案为使水层中少量的有机物进一步被提取提高产品的产率；〔4〕环己酮的实际产量为，环己酮的理论产量求算如下；，环己酮的理论产量，环己酮的产率，故答案为。【分析】(1)根据浓硫酸稀释过程会释放大量的热分析；

(2)根据仪器结构特征得出仪器名称；由于反响放热，需要冰水浴冷却；根据草酸的复原性分析；

(3)NaCl可以降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层，便于分液；根据环己酮密度小于水分析；乙醚可以萃取水层剩余的少量环己酮；

(4)产率=。

9.【答案】〔1〕增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率

〔2〕Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；浸出速率减慢

〔3〕过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥

〔4〕PbSO4；SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl

〔5〕2H2O-4e-=O2↑+4H+；95.0%【解析】【解答】(1)“粉碎〞的目的是增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反响速率，提高浸出率；

(2)①H2O2和Cu2O反响的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；(3)“操作I〞为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易枯燥；(4)①PbO与浓硫酸反响生成PbSO4沉淀，参加盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反响，所以“浸出渣II〞的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl，故答案为：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；(5)①钛涂层柱的电极反响式是2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反响为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液，由2～I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率=，那么旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反响速率，提高浸出率，然后参加浓硫酸，与浓硫酸反响分别生成Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，那么滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，参加盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反响，Bi(OH)SO4与盐酸反响生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；

10.【答案】〔1〕-94.9kJ·mol-1

〔2〕；2；C

〔3〕增大；向逆反响方向

〔4〕Cat.1；其它条件相同时，Cat.1使反响II的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使反响II的速率更快【解析】【解答】(1)I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1

II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1根据盖斯定律I-II得CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH3=-53.7kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-94.9kJ·mol-1；(2)①平衡时CO的转化率为50%，反响体系总压为pPa；该温度下反响III的平衡常数Kp=Pa-2；②投料比等于系数比时，到达平衡，产物的百分含量最大，所以图中n=2mol；增大氢气的物质的量，平衡正向移动，CO转化率增大，a、b、c三点所处的平衡状态中，c点氢气的物质的量最大，CO转化率最大；(3)一定条件，某恒容密闭容器中投入1molCO2和3molH2发生上述反响I和II，升高反响体系温度，合成甲醇的反响速率增大；增大反响体系的压强，反响I正向移动，造成CO、H2浓度减小，H2O的浓度增大，所以反响II的平衡向逆反响方向移动；(4)根据表格数据，543K时，使用催化剂Cat.1，CO2转化率大，甲醇选择性低，所以Cat.1对反响II的催化效果比对反响I的好，用碰撞理论解释其原因：其它条件相同时，Cat.1使反响II的活化能降低更多，活化分子百分数增加更多，从而使有效碰撞的几率增大，使反响II的速率更快。【分析】此题考查化学平衡移动、化学平衡常数计算，明确影响化学平衡移动的因素是解题关键，掌握平衡常数计算方法，理解平衡移动原理，培养学生解决实际问题的能力。

11.【答案】〔1〕7；［Ar］3d6

〔2〕氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力

〔3〕O；sp2；8；正四面体

〔4〕；或【解析】【解答】(1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共有7种不同能级的电子，基态Fe原子失去最外层2个电子得到Fe2+，核外电子排布式为［Ar］3d6；

(2)氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，所以氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃；(3)①配合物高氯酸三三氮唑合铁(II)中非金属元素