安徽省宣城市2023届高三下学期第二次调研测试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1安徽省宣城市2023届高三下学期第二次调研测试可能用到的相对原子质量：O16；Na23；S32；Ba137。一、选择题：本题共7小题，每小题6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.“衣食住行，还有医药，老百姓最关心的就是这些。”***如是说。下列与之相关的说法错误的是（）A.合成布料涤纶()的单体有两种B.合成氨工业是粮食生产的基础，合成氨选择较高温度是为了提高产率C.建筑住宅楼所使用的钢筋混凝土属于复合材料D.青蒿素是治疗疟疾的药物，用乙醚提取青蒿中的青蒿素属于萃取操作〖答案〗B〖解析〗A．属于高分子聚酯化合物，合成其化合物的单体有和两种，故A正确；B．合成氨是用铁触媒作催化剂，在500℃、20MPa~50MPa下进行，自此温度下催化剂活性最高，故B错误；C．复合材料是一种混合物，是将几种化学、物理性质不同的材料混合得到性能更加优异的材料，所以建筑住宅楼所使用的钢筋混凝土属于复合材料，故C正确；D．根据溶质在两种互不相溶的溶剂里溶解性不同，从溶解性小的溶剂里向溶解性大的溶剂里转移，青蒿素在乙醚中溶解性大于水中，所以用乙醚提取青蒿中的青蒿素属于萃取操作，故D正确；故选B。2.阿斯巴甜(M)比蔗糖甜约200倍，其结构简式如下，下列有关说法正确的是（）A.M中含有两种含氮官能团B.M的分子式为：C14H16O5N2C.1molM最多与2molNaOH反应D.M与蔗糖为同系物〖答案〗A〖解析〗A．M中有两种含氮官能团氨基（-NH2）和肽键（-NH-CO-），A正确；B．M的分子式：C14H18O5N2，B错误；C．1molM中与NaOH反应的官能团及物质的量为：羧基（1mol），酯基（1mol）及肽键（1mol），共3mol，C错误；D．蔗糖分子式为C12H22O11，只含碳氢氧三种元素，而M含氮，不可能为同系物，D错误。故〖答案〗为：A。3.压强控制在化学实验中有着重要的意义。有关下列实验装置的说法错误的是（）①②③④A.装置①用于喷泉实验，氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键B.装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制C.装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解D.装置④叫抽滤装置，装置内外的压强差有利于加快过滤速率〖答案〗B〖解析〗A．喷泉实验，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够的压强差(负压)，则打开活塞后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉，装置①中氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键，故A正确；B．装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要打开止水夹，使产生的氢气将装置内的空气排尽，一段时间后关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制，故B错误；C．根据克拉克龙方程，一定条件下，压强与越小，沸点越低，装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解，故C正确；D．装置④叫抽滤装置，在真空泵的作用下，装置内外的压强差有利于加快过滤速率，故D正确；故选B。4.物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注。X、Y形成的一种晶体的晶胞如图M，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期。下列有关说法正确的是（）A.A分子是乙烷B.最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞YCT分子所有原子共平面D.M的化学式为X2Y7〖答案〗C〖祥解〗物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注，则W为H，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期，则X为B，Y为N。【详析】A．A分子化学式为NH3∙BH3，故A错误；B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性：Y(硝酸)＞X(硼酸)，故B错误；C．T分子N、B都是采用sp2杂化，形成平面三角形结构，因此T分子所有原子共平面，故C正确；D．M中X有四个，Y有，其化学式为XY，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。5.Monsanto法生产醋酸，近来逐渐受到重视，其过程如下：下列有关说法正确的是（）A.①化学式为[Rh(CO)2I2]-，其中心原子铑为+3价B.②中碳氧键键长与CO中碳氧键键长相同C.由⑤生成CH3COOH的反应为消去反应D.总反应为：CH3OH+COCH3COOH〖答案〗D〖解析〗A．①的化学式为[Rh(CO)2I2]-，I元素化合价为-1价，CO为中性配体分子，其中心原子铑为+1价，故A错误；B．CO与Rh形成配位键后，导致C、O之间的电子云密度减小，键长增长，故②中碳氧键键长与CO中碳氧键键长不相同，故B错误；C．由转化关系中⑤和水反应生成CH3COOH和HI，可推知E的结构简式为CH3COI，故由⑤生成CH3COOH的反应为取代反应，故C错误；D．由转化关系以及质量守恒可得总反应为CH3OH+COCH3COOH，故D正确；故选D。6.甲酸燃料电池工作原理如下图所示，已知该半透膜只允许K+通过。下列有关说法错误的是（）A.物质A是H2SO4B.K+经过半透膜自a极向b极迁移C.a极电极半反应为：HCOO-+2e-+2OH-=+H2OD.Fe3+可以看作是该反应的催化剂，可以循环利用〖答案〗C〖祥解〗由图可知电池左边a为燃料HCOOH是负极，发生氧化反应；右边b为O2是正极，发生还原反应。【详析】A．铁的两种离子存在环境为酸性，且生成物为K2SO4，故物质A为H2SO4，A正确，不符合题意；B．阳离子K+由负极流向正极，B正确，不符合题意；C．a极电极发生氧化反应，半反应为：HCOO-+2OH-=+H2O+2e-，C错误，符合题意；D．Fe3+与Fe2+可以进行循环，可看作是该反应的催化剂，D正确，不符合题意。故〖答案〗为：C。7.常温下，天然水体中H2CO3与空气中的CO2保持平衡，水体中lgc(X)[X为H2CO3、、或Ca2+]与pH的关系如图所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法不正确的是（）A.I代表与pH的关系曲线B.pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1C.2pH(b)=pH(a)+pH(c)D.H2CO3的二级电离常数为10-6.3〖答案〗D〖解析〗A．pH增大则溶液碱性增大，从而会促进的电离。比更容易结合H+，所以pH小的时候，的浓度更大。根据以上分析，曲线Ⅰ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅱ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，A项正确；B．pH=10.3时，c()=10-1.1，则c(Ca2+)=，B项正确；C．H2CO3的一级电离常数为，在a点有c()=c(H2CO3)=10-5，c(H+)=10-6.3，所以K1=10-6.3；H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3。，在b点有c()=c(H2CO3)，c(H+)=。pH(a)=6.3，pH(c)=10.3，pH(b)=8.3，所以2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C项正确；D．H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3，D项错误。〖答案〗选D。二、非选择题8.无水Na2SO3广泛应用于阳极泥中贵金属的提炼，久置的工业无水Na2SO3纯度的测定方法有多种：I.固体质量分析法取固体样品mg于试管中加水溶解，向试管中滴入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得固体ng，计算Na2SO3纯度为100%（1）检验沉淀是否洗净的方法是________________________________________________。II.气体体积分析法①按照上图(夹持装置已略)组装好装置并检验气密性备用，称量mg样品加入抽滤瓶，组装好装置；②……，读数体积为V1mL；③打开恒压滴液漏斗下端的活塞，加入过量的稀硫酸，让其充分反应；④……，读数体积为V2mL(已知V2<V1)（2）在②、④两步读数之前必要的操作是_____________________________________。（3）相比分液漏斗，恒压滴液漏斗在该实验中的优点是_____________。A.可以起到冷凝回流的作用B.方便检验装置的气密性C.使漏斗中液体顺利流下D.减小加入液体体积对测量气体体积的误差（4）若该实验条件为标准状况，则Na2SO3纯度为________________(用含V1、V2、m的式子表达)。III.滴定法①称取2.10g样品于锥形瓶中，加入0.50mol·L-1酸性KMnO4溶液20.00mL，塞紧塞子，振荡让其充分反应；②过量酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定；③重复①、②两组实验三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00mL。（5）第②步中发生的离子反应方程式为________________________________________。（6）该样品的纯度为__________。（7）I中所测的纯度明显大于III，分析可能的原因是____________________________。〖答案〗（1）用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净（2）调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上（3）CD（4）（5）5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O（6）60%（7）久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大〖祥解〗如图，向样品中加入稀硫酸，发生反应，气体进入储液瓶中，调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上，通过量气管可读出生成的气体体积，从而计算出样品中亚硫酸钠的纯度。【详析】（1）反应时由于加入了BaCl2溶液，所以检验沉淀是否洗净，可检验洗涤液中是否含有氯离子，其操作为用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；故〖答案〗为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；（2）该实验原理是通过生成的气体进入储液瓶产生的压力使液面上升读数气体体积，所以在②、④两步读数之前必要的操作是调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；故〖答案〗为：调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；（3）恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗，体系压强保持一致，使漏斗中的液体顺利滴下，另一方面，本实验中由于加入液体，也会占用体积，恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶，可以减小加入液体体积对测量气体体积的误差，故C、D符合题意；故〖答案〗为：CD；（4）根据实验，生成的体积为，物质的量为，由反应，可得，所以的物质的量为，则的质量分数为；故〖答案〗为：；（5）第②步中过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，其中高锰酸钾酸性溶液被亚铁离子还原，发生反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；故〖答案〗为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；（6）该方法为间接法测含量，其中总的KMnO4的量减去与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4，即可算出与亚硫酸钠反应的KMnO4，即可计算出亚硫酸钠的量，根据题意，与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4的物质的量为，则与与亚硫酸钠反应的KMnO4的物质的量为，再根据反应，可得亚硫酸钠的物质的量为，则样品的纯度为60%；故〖答案〗为：60%；（7）Ⅰ中是直接向样品中加入氯化钡溶液，再根据沉淀的量计算亚硫酸钠的质量分数，如果样品变质，其中含有部分硫酸钠，则得到的沉淀的质量比理论值偏多，导致测得的结果偏高；故〖答案〗为：久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大。9.高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：物质CaSO4Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3CaF2MgF2Ksp9.0×10-68.0×10-164.0×10-381.0×10-30.55.0×10-97.5×10-11据此回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分为___________________；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是____________________________。（2）“还原”过程加铁粉的目的是___________________________________________。（3）若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是___________________(lg2≈0.3)。（4）若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_____________(化为最简整数比)。（5）写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：__________________________________。（6）“灼烧”过程中的化学方程式为：________________________________________。〖答案〗（1）C、SiO2、CaSO4酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液（2）将Fe3+还原为Fe2+（3）5.5≤pH<6.3（4）200：3（5）Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑（6）4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2〖祥解〗窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。【详析】（1）根据分析，滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液；（2）根据分析，“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；（3）滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围5.5≤pH<6.3；（4）若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；（5）“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（6）“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。10.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此CO2的综合利用是研究热点之一。（1）以CO2为原料可制取甲醇。已知：=1\*GB3①H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1②CH3OH(l)⇌CH3OH(g)ΔH=+38kJ·mol-1③H2O(l)⇌H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1则反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(g)的ΔH1=_______kJ·mol-1。（2）利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(g)ΔH1II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2OΔH2=+41kJ·mol-1一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，在不同催化剂(catl，cat2)下经相同反应时间，CO2转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择=×100%]随温度变化如图甲所示：=1\*GB3①由图可知，催化效果catl_______cat2(填“>”“＜”或“=”)。②在210℃-270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因为______________________________________________。③某条件下，达到平衡时CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为80%，则H2的平衡转化率为_____________；反应II的平衡常数Kp=________________(列出算式即可)。（3）利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)。该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式，如图乙中曲线a所示，已知Arthenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，则反应的活化能_______kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图乙中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________________；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的_______(填“越多”或“越少”)。〖答案〗（1）-48.9（2）①>②因为反应I的ΔH1<0，而反应II的ΔH2>0，故升高温度反应I左移，而反应II右移，故CH3OH的选择性降低③13%（3）31kJ/mol加催化剂越多〖解析〗（1）(1)已知：H2(g)、C'H3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol，则根据燃烧热的定义列出燃烧热的热化学方程式如下：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol①，3CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-726.5kJ/mol②，结合给定反应：CH3OH(l)CH3OH(g)△H3=+38kJ/mol③，H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ/mol④，根据盖斯定律可知①×3-②+③+④得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；则反应热△H=△H1×3-△H2+△H3+△H4=-48.9kJ/mol；（2）①由图可知，相同温度时，二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，则催化效果Cat.1强于Cat.2；②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应6速率增大，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降，温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于反应b速率增大)；③设起始时二氧化碳的物质的量为a，平衡时一氧化碳的物质的量为b，甲醇的物质的量为C，由甲醇的选择性为80%可得×100%=80%，解得c=4b，由反应方程式可知，反应消耗二氧化碳和氢气的物质的量分别为(4b+b)、(12b+b)，由二氧化碳的转化率为15%可得×100%=15%，解得a=33b，则氢气的转化率为×100%=×100%≈13%；平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳和水的平衡分压分别为、、，反应b的压强平衡常数；（3）根据图像并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31kJ/mol；当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C，1.0=-3.6Ea+C，联立方程，解得Ea=20，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多。11.贝诺酯(J)是治疗类风湿关节炎的药物，其合成路线如下：据此回答下列问题：（1）的酸性远强于CH3CH2OH，原因是__________________________________。（2）C的名称为__________。（3）从A-G经历④⑤⑥三步，而不采用A直接硝化的原因是______________________。（4）已知CO的Lewis结构式为：，形式电荷代表“借出”一个价电子，而形式电荷代表“借入”一个价电子，据此写出第⑤步反应中HNO3的Lewis结构式并标出其中的形式电荷_____________(形式电荷为0则不需要标出)。（5）G的沸点为279℃，高于其同分异构体邻硝基苯酚(215℃)，原因是_____________________________________________________________。（6）满足下列条件的C的同分异构体有__________种。①遇FeCl3溶液显色②可发生银镜反应（7）反应③的另外一种产物的结构简式为___________________；⑦的反应类型为________________。（8）写出⑨的反应方程式______________________________________________。〖答案〗（1）苯基是吸电子基，其吸电子效应让羟基更容易电离；而乙基是给电子基，其给电子效应则让羟基电离变得更难（2）邻羟基苯甲酸或者2-羟基苯甲酸（3）保护酚羟基，不然酚羟基也被氧化（4）（5）对硝基苯酚容