安徽省马鞍山市2023届高三下学期第二次教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省马鞍山市2023届高三下学期第二次教学质量监测可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Mn-55Ni-59Cu-64Pt-195一、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.位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是（）A.制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性B.画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同C.制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物D.美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关〖答案〗D〖解析〗A．液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是一个既像晶体又似液体的中间状态，最大特点是既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，故A错误；B．瓷器的主要成分为硅酸盐，而水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，所以瓷器的主要成分与水晶、玛瑙不同，故B错误；C．油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故C错误；D．水幕灯光秀中的彩色灯光是因为原子核外电子的跃迁产生光谱的缘故，成像是因为气溶胶产生了丁达尔效应的缘故，所以美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关，故D正确；故选D。2.聚合物M用于缓释药物的载体，结构如图，下列说法错误的是（）A.含羧基类药物可借助酯化反应连接到M上，制成缓释药物B.M由CH2=C(CH3)COOH和HOCH2CH2OH通过缩聚反应生成C.若平均相对分子质量为13130，则平均聚合度n为101D.每个链节中最多有5个碳原子共平面〖答案〗B〖解析〗A．由结构简式可知，M分子中含有的羟基一定条件下能与含羧基类药物发生酯化反应，反应得到的高聚物中含有的酯基一定条件下能发生水解反应释放出含羧基类药物，所以含羧基类药物可借助酯化反应连接到M上，制成缓释药物，故A正确；B．由结构简式可知，M分子是由CH2=C(CH3)COOH和HOCH2CH2OH发生酯化反应先生成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH一定条件下发生加聚反应生成M，故B错误；C．若M的平均相对分子质量为13130，则平均聚合度n==101，故C正确；D．由结构简式可知，M分子中酯基为平面结构，由三点成面可知，每个链节中最多有5个碳原子共平面，故D正确；故选B。3.能正确表示下列反应的离子方程式为（）A.新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClOB.硫酸铜溶液中滴入几滴氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC.久置的H2S溶液变浑浊：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2OD.用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+〖答案〗A〖解析〗A．Cl2与水反应生成HCl与HClO，CaCO3与HCl反应生成CaCl2和CO2和H2O，故A正确；B．硫酸铜溶液与浓氨水反应生成络合物，几滴氨水生成Cu(OH)2沉淀，不生成配合物[Cu(NH3)4]2+，故B错误；C．H2S是弱电解质，不能拆成离子，故C错误；D．电解反应为，阳极：，阴极：，总反应为：，故D错误；故〖答案〗选A。4.由实验操作和现象，得出的相应结论正确的是（）实验操作现象结论A将铜丝插入FeCl3溶液中铜丝溶解铜的金属性大于铁B向Zn-Fe-酸化的NaCl溶液形成的原电池的铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁表面有蓝色沉淀生成锌不能作为保护铁的牺牲阳极C25℃时测盐(MR)溶液的pHpH=7不能判断MOH和HR是否均为强电解质D向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液浊液变澄清苯酚的Ka大于碳酸的Ka1〖答案〗C〖解析〗A．将铜丝插入FeCl3溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁的金属性强于铜，A错误；B．Zn比Fe活泼，在发生吸氧腐蚀时，Zn失电子作负极，铁作正极、被保护，但向铁及附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液时，Fe与K3[Fe(CN)6]电离出的Fe3+发生反应生成Fe2+，生成的Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成有特征蓝色的沉淀，B错误；C．由于M＋和R－均可能水解，且水解程度相同，溶液显中性，因此不能依据pH＝7判断MOH和HR是否均为强电解质，C正确；D．向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，所以苯酚的Ka大于碳酸的Ka2，但小于Ka1，D错误；〖答案〗选C。5.氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如下图(~代表糖苷键)。下列说法错误的是（）A.基态氧原子核外的电子有5种不同的空间运动状态B.鸟嘌呤分子中2号N原子的杂化类型为sp2C.所涉及的四种元素电负性大小关系：H<C<O<ND.氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成〖答案〗C〖解析〗A．氧核外电子排布为1s22s2sp4，占据5个轨道，空间运动状态有5个，A项正确；B．该N有1个Π键为sp2杂化，B项正确；C．同周期从左往右电负性增强，电负性：H<C<N<O，C项错误；D．氢键为分子间作用力，强度较弱，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成，D项正确；故选C。6.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是（）A.放电时，负极反应：LixC6-xe-=xLi++6CB.(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NAC.(b)代表放电过程，Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极D.充电时的阳极反应：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+〖答案〗B〖祥解〗从总反应分析，

LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。【详析】A．由上分析，放电的负极为

LixC6-xe-

=xLi++6C，A项正确；B．a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；C．放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；D．充电时的总反应为

6C+LiFePO4=LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为

LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；故选B。7.用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液时，溶液的温度(I)、pH(II)随NaOH体积的变化如下图(图中虚线为校正至25℃时的pH曲线)，V1时溶液中=1。下列说法正确的是（）A.x点溶液中，CH3COOH电离程度小于CH3COONa的水解程度B.y点溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性D.25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a〖答案〗D〖祥解〗用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液，V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应，溶质为CH3COONa，即w、z点pH>7。【详析】A．x点溶液pH不知道，无法判断CH3COOH电离程度和CH3COONa的水解程度哪个大，A项错误；B．y点溶液中，无法判断溶液是否呈中性，因此不能确定溶液中，B项错误；C．w和z点均为等浓度的醋酸钠溶液，w点为25℃，z点对应实际温度，温度高于25℃，醋酸根水解程度更大，z点碱性更强，C项错误；D．醋酸的，25℃、时，pH=a，则25℃时，D项正确；〖答案〗选D。二、非选择题8.NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题（1）装置图中，仪器a的名称是______________，装置Ⅱ中的试剂为______________。（2）装置Ⅲ中反应的离子方程式为_________________________________________。（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”)处。（4）用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________________________________(以化学方程式表示)。（5）测定某NiS样品的纯度称取试样(杂质中不含Ni)mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应：Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。①样品的纯度为___________。②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________(填“偏低”、“偏高”或“不影响”)。〖答案〗（1）恒压漏斗(或恒压分液漏斗)饱和NaHS溶液（2）H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2（3）b（4）4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S（5）①②偏高〖祥解〗Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；【详析】（1）装置图中，仪器a名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S；（5）①由反应Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+可知，，则样品的纯度为；②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。9.我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子Al3+Mg2+Fe3+开始沉淀的pH3.59.52.2沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.711.13.2回答下列问题：（1）粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称______________。（2）为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：________________________________。（3）酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为________________________________，有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：________________________________________________________。（4）通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为_________________，当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为___________mol/L。（5）铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：由图可知，Pt浸出的最佳条件为____________________。（6）金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为___________，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为___________pm(写出计算式，不用简化)。〖答案〗（1）焙烧(或煅烧)（2）HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解（3）3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解（4）Fe3+、Al3+、Mg2+10-5.9或1.25×10-6（5）微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2（6）Cu3Pt(或PtCu3)或(其他正确表示也可)〖解析〗（1）长期使用催化剂，表面会覆盖积碳和有机物需要高温加热将有机物和C转化为CO2的除去。〖答案〗为焙烧(或煅烧)。（2）酸浸溶解金属和金属氧化物，但HNO3和HCl均易挥发，且HNO3高温分解浪费原料。〖答案〗为HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解。（3）Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价，即Pt被氧化为H2PtCl6，反应为3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O。HNO3还原产生NO会造成污染，而H2O2不会，但H2O2稳定性差易分解。〖答案〗为3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解。（4）从表格数据看开始沉淀的pH：Fe3+<Al3+、Mg2+，Fe3+先沉淀再Al3+、Mg2+。由Fe3+完全沉淀时pH=3.2计算得到Ksp[Fe(OH)3]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4。Al3+开始沉淀时的pH=3.5即c(OH-)=10-10.5mol/L，此时溶液中的Fe3+为。〖答案〗为Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6。（5）从图看，微波加热短时间内浸出率较高，5min时、固液比为2时浸出率接近100%。〖答案〗为微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2。（6）Cu位于晶胞面心占3个，而Pt位于晶胞顶点占有1个。该物质的化学式为Cu3Pt。晶胞密度为得到a=cm。Cu之间的最短距离为=×1010pm。〖答案〗为Cu3Pt；×1010pm。10.我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用是实现碳中和的措施之一。Ⅰ．CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)：（1）决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为________________________________。（2）下列说法正确的有___________。a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率b．CH3COOH*比CH3COOH(g)能量高c．催化效果更好的是催化剂2d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率Ⅱ．CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.3kJ·mol-1反应ii：CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)ΔH2（3）有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2=___________kJ·mol-1。（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是___________。a．CO的分压不再发生变化b．气体平均相对分子质量不再发生变化c．气体密度不再发生变化d．比值不再发生变化（5）在5.0MPa，将n(CO2)：n(H2)=5：16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。=1\*GB3①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是___________(填“a”或“b”)。②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是____________________________________________________________________________________________。③250℃时反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=___________(MPa)-2(用最简分数表示)。〖答案〗（1）CH3*+CO2*=CH3COO*或CH3*+H*+CO2*=CH3COO*+H*（2）ac（3）+41（4）ad（5）①a②温度升高后，以副反应(或反应ii)为主，副反应(或反应ii)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理〖答案〗也可)③〖解析〗（1）从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH3*+CO2*=CH3COO*或CH3*+H*+CO2*=CH3COO*+H*。（2）a．增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确；b．从图中可以看出CH3COOH*比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；c．从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确；d．使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。故选ac。（3）从图分析，有热化学方程式①②则根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)ΔH2=-242+283=+41kJ·mol-1。（4）恒温恒容条件下a．CO的分压不再发生变化能说明反应到平衡，故正确；b．该反应前后气体总物质的量的不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应到平衡，故错误；c．该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明到平衡，故错误；d．比值不再发生变化说明该反应到平衡，故正确。故选ad。（5）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升温反应i逆向移动，反应ii正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。②CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ii为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。③根据将n(CO2)：n(H2)=5：16假设，起始加入的二氧化碳为5mol，氢气为16mol，250℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5mol，反应i：，平衡时二氧化碳为5-1=4mol氢气为16-1.5-0.5=14mol，甲醇为0.5mol，水为0.5+0.5=1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为4+14+0.5+1+0.5=20mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=。11.黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：回答下列问题：（1）A的化学名称___________。（2）C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是_________________。（3）F的结构简式_________________。（4）由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式_______________________________