安徽省江南十校2022届高三下学期3月一模联考理综化学试题 附解析

2022届“江南十校”一模联考理科综合化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Al27Cu64Sn119一、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.北京时间10月6日晚，2021年诺贝尔化学奖授予BenjaminList和DavidW.C.MacMillan，以奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”。不对称催化剂具有选择性。下列说法错误的是A.催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子B.不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率C.催化剂在反应前后的质量和性质不变D.“不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．催化剂种类很多，题干说奖励他们“对于有机小分子不对称催化的重要贡献”，催化剂不仅可以是金属催化剂和酶，也可以是有机小分子，故A正确；B．不对称催化剂可以提高目标产物在最终产物中的比率是不对称催化剂具有选择性的应用，故B正确；C．催化剂在反应前后的质量和化学性质不变，物理性质有可能改变，故C错误；D．“不对称有机催化”对医药研究和绿色化学有极为重要的意义，故D正确；故答案为C2.下列物质除杂的过程中，不能实现目的的是原物(杂质)除杂试剂除杂方法ACO2(H2S)CuSO4溶液洗气B碳粉(MnO2)浓盐酸加热后过滤C乙酸(乙醇)饱和Na2CO3溶液蒸馏D硝基苯(NO2)NaOH溶液分液A.A B.B C.C D.D【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．CuSO4溶液与二氧化碳不反应，与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可达到目的，A正确；B．浓盐酸和碳粉不反应，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分离出碳粉，可达到目的，B正确；C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，想保留的物质反应了，不能达到目的，C错误；D．NaOH溶液和硝基苯不反应，和二氧化氮反应生成盐溶液，分液分离出硝基苯，能达到目的，D正确；故选C。3.下列化学反应的离子方程式书写正确的是A.工业制取漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH稀溶液：NH+OH-=NH3·H2OC.向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液：2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A．工业制取漂白粉为氯气和氢氧化钙浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙和水：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，A错误；B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH稀溶液，氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，B错误；C．草酸为弱酸，反应为，C错误；D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3浓溶液：2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，D正确；故选D4.汉代张仲景在《伤寒论》中收有解表名方“葛根汤”，其中活性物质葛根素的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.该物质的分子式为C21H20O9B.1mol该物质与足量的金属钠反应可以产生67.2LH2C.该物质能够使溴水褪色D.该物质苯环上的一氯代物有4种【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，该物质的分子式为C21H20O9，A正确；B．题干未告知H2所处的状态，故无法计算1mol该物质与足量的金属钠反应可以产生H2的体积，B错误；C．由题干信息可知，该有机物中含有酚羟基且其邻位上有H，故该物质能够使溴水褪色，C正确；D．根据等效氢原理可知，该物质苯环上的一氯代物有4种，如图所示：，D正确；故答案为：B。5.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为20，仅X、Y、Z为同周期相邻元素。下列说法正确的是A.常温下，W单质一定为空气的主要成分B.Z的最高价含氧酸一定是强酸C.X与Z形成化合物时，其原子最外层电子均满足8电子稳定结构D.X、Y、Z的简单氢化物中至少有一种物质可以存在氢键【5题答案】【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为20，仅X、Y、Z为同周期相邻元素，设X的最外层上有a个电子，则Y为(a+1)个电子，Z为(a+2)个电子，W的最外层上有x个电子，则有a+a+1+a+2+x=20，则当x=2时，a=5，故W、X、Y、Z分别为Be、P、S、Cl，或者x=5，a=4，故故W、X、Y、Z分别为N、Si、P、S，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，W为Be或者N，故常温下，W单质不一定为空气的主要成分，A错误；B．由分析可知，Z为S或者Cl，故Z的最高价含氧酸即H2SO4或者HClO4一定是强酸，B正确；C．由分析可知，X、Z分别为P、Cl或者Si、S，X与Z形成化合物时，其原子最外层电子不都满足8电子稳定结构，如PCl5中的P周围有10个电子，C错误；D．由分析可知，X、Y、Z分别为P、S、Cl或者Si、P、S，它的简单氢化物中没有有一种物质存在氢键，D错误；故答案为：B。6.我国某公司开发的“刀片电池”外观上类似普通干电池，但内部结构看上去像一堆排列整齐的裁纸刀，每一个刀片里又被分成很多个容纳腔，每个容纳腔里都包含一个电芯，整个刀片是由多个极芯串联而成的模组。该电池本质上还是磷酸铁锂电池，电池的总反应方程式为：LiM1-xFexPO4+6CM1-xFexPO4+LiC6，其装置工作原理如图所示。下列说法错误的是A.该电池工作时，负极的电极反应式为：LiM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+B.该电池中的聚合物隔膜是阳离子交换膜，在充电时，阳离子由左向右移动C.该电池充电时阴极的电极反应式为：C6Li1-x+xLi++xe-=C6LiD.刀片电池可以搭载在新能源汽车上，作为动力来源【6题答案】【答案】A【解析】【分析】根据电池装置图知，石墨为负极，反应式为LiC6-e-=Li++6C，磷酸铁锂为正极，反应式为M1-xFexPO4+e-+Li+═LiM1-x

FexPO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，该电池工作时，负极的电极反应式为：LiC6-e-=Li++6C，A错误；B．由分析可知，充电时石墨电极与电源负极相连，作为阴极，电极反应为：Li++6C+e-=LiC6，需结合Li+，阳极电极反应为：LiM1-x

FexPO4-e-═M1-xFexPO4+Li+，释放出Li+，该电池中的聚合物隔膜是阳离子交换膜，在充电时，阳离子由阳极移向阴极即由左向右移动，B正确；C．由分析可知，该电池充电时阴极的电极反应式即为放电时负极反应的逆过程，故为：C6Li1-x+xLi++xe-=C6Li，C正确；D．由题干信息可知，刀片电池是一种新型的可充电电池，故可以搭载在新能源汽车上，作为动力来源，D正确；故答案为：A。7.H3A是一种多元酸，25℃时，向1mol·L-1H，A溶液中逐滴加入NaOH稀溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是

A.1mol·L-1的H3A溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)B.25℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10-3C.1mol·L-1的NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(H2A-)>c(HA2-)D.NaH2A溶液中存在：c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)【7题答案】【答案】D【解析】【分析】根据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，K1=c(H+)=10-3.49；c(H2A-)=c(HA2-)时，K2=c(H+)=10-5.85；【详解】A．根据图有2个交点，可知H3A是二元弱酸，H3A溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，故A错误；

B．根据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，K1=c(H+)=10-3.49，25℃时H3A的第一级电离平衡常数数量级为10-4，故B错误；

C．NaH2A的水解常数为，电离常数为10-5.85，其电离平衡常数大于水解平衡常数，则H2A-以电离为主，溶液呈酸性，存在：c(Na+)>c(H2A-)>c(HA2-)>c(OH-)，故C错误；

D．NaH2A溶液中存在质子守恒：c(H3A)+c(H+)=c(OH-)+c(HA2-)，故D正确；

故选：D。8.某工厂废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO等离子，可以通过“降温结晶-化学沉淀-溶剂萃取”的方法对金属离子分别进行分离和回收，图1展示了实验开发的金属回收工艺。

回答下列问题：（1）取200mL废水置于烧杯中，水浴加热至60℃，搅拌的同时按照化学计量数之比加入硫酸铵固体，待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，其化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，发生反应的化学方程式为_______。（2）降温结晶除掉了废水中大部分铝元素，还需将剩余铝、铁元素去除，故降温结晶、过滤后，向滤液中加入X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再调节pH为4.9。根据题意可推知X的电子式为_______；滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。（3）工业上常采用有机磷酸类萃取剂P2O4来回收硫酸锌。如果没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响是_______；滤渣2的主要成分是_______(填化学式)；已知Al(OH)3在强碱溶液中生成[Al(OH)4]-，且滤渣2性质类似Al(OH)3，请写出滤渣2与强碱溶液反应的离子方程式_______。（4）为提高资源利用率，水相经过滤得到的废液可在实验工艺流程中_______步骤循环使用。【8~11题答案】【答案】（1）(NH4)2SO4+Al2(SO4)3+12H2O=2NH4Al(SO4)2·12H2O（2）①.②.Fe(OH)3、Al(OH)3（3）①.锌离子随着一起析出②.Cd(OH)2③.Cd(OH)2+OH-=[Cd(OH)3]-（4）反萃【解析】【分析】由图可知，废水加入硫酸铵降温结晶，生成铵明矾晶体，过滤分离出铵明矾晶体，滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，再调节pH分离出氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤后萃取分离出锌元素，得到水相后加氨水生成Cd(OH)2沉淀得到滤渣2。【小问1详解】废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO等离子，水浴加热至60℃，搅拌的同时按照化学计量数之比加入硫酸铵固体，待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，则溶液中铝离子、硫酸根离子和硫酸铵反应生成铵明矾晶体，反应为(NH4)2SO4+Al2(SO4)3+12H2O=2NH4Al(SO4)2·12H2O；【小问2详解】过氧化氢具有强氧化性且反应不引入新杂质，故向滤液中加入X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为Fe3+，可推知X为过氧化氢，电子式为；再调节pH为4.9由图2可知，此时铁离子、铝离子完全沉淀，故滤渣1的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问3详解】如果没有设计萃取这一步骤，锌离子会进入水相中，随着氨水的加入，溶液碱性增强，锌离子会生成沉淀析出，故将会产生的影响是锌离子随着一起析出；滤渣2是水相加入氨水后生成的，由图2可知，加入氨水生成Cd(OH)2沉淀，故主要成分是Cd(OH)2；已知Al(OH)3在强碱溶液中生成[Al(OH)4]-，且滤渣2性质类似Al(OH)3，则滤渣2中Cd(OH)2与强碱溶液反应的离子方程式为Cd(OH)2+OH-=[Cd(OH)3]-，【小问4详解】水相经过滤得到的废液碱性已经很强了，故不能用于铝离子、铁离子的去除，只能用于反萃取，故可在实验工艺流程中反萃步骤循环使用。9.乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的有机化学中间体，具有极其活跃的化学性质和广泛的用途，常温下易溶于水，微溶于酒精，其有多种制备方法，如硝酸氧化法、过氧化氢氧化法和电解法等。I.硝酸氧化法第一步：向三颈烧瓶中依次加入质量分数为40%的乙二醛78.5mL，质量分数为30%的盐酸17.2mL，蒸馏水30mL；第二步：搅拌并通入氧气5分钟，升温至50℃，加入亚硝酸钠固体2.5g，搅拌下升温至60℃，缓慢分批滴加质量分数为40%的硝酸溶液47mL(23分钟加完)，恒温下反应2小时，然后升温至75℃，搅拌30分钟反应结束；第三步：降温结晶、过滤、洗涤，得到产品。（1）装置a、b的名称分别为_______。（2）在催化剂亚硝酸钠的作用下，可用浓硝酸氧化乙二醛(OHC-CHO)制取乙醛酸，该反应的化学方程式为_______。（3）第二步通入氧气的目的是_______(用化学方程式并结合简单文字说明)；硝酸需要缓慢分批加入的原因是_______。（4）第三步中洗涤产品所用的最佳试剂为_______。II.过氧化氢氧化法（5）乙二醛硝酸氧化法具有原料易得及反应条件温和等优点，但也存在明显不足。因此用过氧化氢代替硝酸制取乙醛酸的理由是_______。II.电解法（6）乙醛酸溶液可以由草酸(HOOC-COOH)水溶液经电解获得，请写出电解过程中阴极的电极反应式_______。【9~14题答案】【答案】（1）恒压滴液漏斗球形冷凝管（2）OHC-CHO+2HNO3(浓)OHC-COOH+2NO2↑+H2O

（3）①.4NO2+O2+2H2O=4HNO3，若不通入氧气，NO2溶于水可生成NO，NO具有还原性，可能会对反应产生影响②.控制反应速率，防止反应过快造成危险（4）酒精（5）H2O2氧化不会产生污染，绿色环保（6）HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O【解析】【分析】硝酸氧化法是在加热条件下硝酸将乙二醛氧化为乙二酸；过氧化氢氧化法是用过氧化氢做氧化剂氧化乙二醛，也可以电解草酸水溶液得到乙二醛。小问1详解】根据仪器名称，a为恒压滴液漏斗，b为球形冷凝管。【小问2详解】浓硝酸氧化乙二醛，硝酸的还原产物为NO2，乙二醛被氧化为乙醛酸，根据电子守恒、质量守恒写出反应的方程式为：OHC-CHO+2HNO3(浓)OHC-COOH+2NO2↑+H2O。【小问3详解】通入氧气可以将硝酸的还原产物NO2转化为HNO3，若不通入氧气，NO2溶于水可生成NO，NO具有还原性可能会对反应产生影响。硝酸需分批缓慢加入，起到控制反应速率的作用，防止反应过快造成危险。【小问4详解】乙醛酸微溶于酒精，所以用酒精洗涤产品。【小问5详解】过氧化氢的还原产物是水，不会产生污染，绿色环保。【小问6详解】草酸中碳元素的化合价为+3价，乙醛酸中碳的平均化合价为+2价，在阴极，1mol草酸得到2mol电子生成1mol乙醛酸，电极反应式为：HOOC-COOH+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O。10.“十三五”期间，中国应对气候变化工作取得显著成效，并向国际社会承诺2030年前“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。CO2的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，故有效开发利用CO2成为科研热点。回答下列问题：（1）CO2合成淀粉。2021年9月23日，中国科学院召开新闻发布会，介绍我国科学家历时6年多科研攻关，世界上首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成。提纯含有氯化钠杂质的淀粉溶液的方法为_______。（2）CO2合成二甲醚存在反应：I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1II2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH2①在一定条件下，仅发生反应II。在该条件下，向5L恒容密闭容器中充人物质的量之比为1:3的CO2和H2混合气体，在不同催化剂作用下合成二甲醚，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。

其中在催化剂_______(填“A”“B”或“C”)作用下，可使该反应的活化能最小。若忽略温度对催化剂的影响，则ΔH2_______0(填“>”或“＜”)，理由是_______。②一定温度下，向填充有催化剂的恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2和H2，同时发生反应I和反应II，15min末反应达到平衡。测得反应前容器内压强为Po，平衡时二甲醚气体的分压为P1，氢气的分压为P2。(I)下列事实能说明容器内反应均达到平衡状态的是_______。A.氢氢键不再断裂B.CO2与H2的个数之比不再改变C.容器内气体压强不再改变D.容器内气体的密度不再改变(II)二氧化碳的平衡转化率为_______(用含Po、P1、P2的代数式表示)。(III)该温度下，反应II的平衡常数KP=_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，用含P0、P1、P2的代数式表示)。③二甲醚常用作燃料电池的燃料，若使用了1kg二甲醚，则理论上电路中通过的电量为_______库仑(保留两位有效数字，已知e=1.60×10-19C)。（3）CO2制甲醇(MT)和二甲醚(DME)我国科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物催化剂实现CO2加氢制甲醇(MT)和二甲醚(DME)的活性明显优于纯Ga2O3和ZrO2催化剂，其反应机理如图所示。下列有关叙述正确的是_______。

A.步骤a→b有化学键的断裂和形成B.中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇(MT)和二甲醚(DME)C.反应过程中Ga的成键数目保持不变D.氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，速率越快【10~12题答案】【答案】（1）渗析法（2）①.A②.>③.相同催化剂下，温度升高，CO2的转化率增大，平衡正向移动，说明是吸热反应④.ABC⑤.⑥.⑦.4.17×10-17（3）AB【解析】【小问1详解】含NaCl杂质的淀粉溶液，淀粉溶液属于胶体，淀粉不能透过半透膜，可选渗析法分离。【小问2详解】①由图可知，相同温度、相同时间，在催化剂A作用下，CO2的转化率最高，即催化剂A加快反应速率的效果最好，故催化剂A使该反应的活化能最小；相同催化剂下，温度升高，CO2的转化率增大，平衡正向移动，说明是吸热反应，ΔH2>0；②(I)A.氢氢键不再断裂，说明氢气浓度不变，可说明反应达到平衡状态，A正确；B.两个反应中，CO2与H2的系数的最简比不一样，故CO2与H2的个数之比保持不变，可说明反应达到平衡状态，B正确；C.反应前后气体分子数不相等，容器内气体的压强不再改变，可说明反应达到平衡状态，C正确；D.恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则容器内气体的密度一直不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；故选ABC；(II)容器中充入等物质的量的CO2和H2，反应前容器内压强为P0，则起始时CO2和H2的分压均为，平衡时反应Ⅱ中，平衡时二甲醚气体的分压为P1，则CO2分压减小2P1，H2分压减小6P1，H2O分压增加3P1，已知平衡时氢气的分压为P2，则反应I中H2分压减小(-6P1-P2)，因此反应I中CO2分压减小(-6P1-P2)，整个反应共减少分压为(-6P1-P2)+2P1=(-4P1-P2)，二氧化碳的平衡转化率为；(III)根据II分析可知，平衡时CO2分压为-[(-6P1-P2)+2P1]=4P1+P2，H2分压为P2，二甲醚气体的分压为P1，H2O分压为(-6P1-P2)+3P1=(-3P1-P2)，该温度下，反应II的平衡常数；③二甲醚完全燃烧生成二氧化碳，碳元素从-2价升到+4价，1molCH3OCH3反应转移12mole-，1kg二甲醚的物质的量为，理论上电路中通过的电量为21.74×12×1.60×10-19C=4.17×10-17C。【小问3详解】A．步骤a→b氢气参与反应，H-H键断裂，形成O-H键，有化学键的断裂和形成，A正确；B．由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇(MT)和二甲醚(DME)，B正确；C．a物质中Ga成键数目是4，d物质中Ga成键数目是3，反应过程中Ga的成键数目有变化，C错误；D．氧空位用于捕获CO2，同时也捕捉了氢气，氧空位个数越多，捕获的二氧化碳和氢气越多，速率越快，D错误；故选：AB。11.CuaSnbSc属于三元化合物，是一种重要的半导体和非线性光学材料，具有杰出的热学、光学和机械等性质，因而备受人们的广泛关注。回答下列问题：（1）CuaSnbSc中Cu元素有＋1和＋2两种价态，从结构上分析基态Cu+、Cu2+中_______更稳定，原因是_______；其中Cu2+可与CN-形成配离子［Cu(CN)4]2-，1mol该配离子中含有σ键的物质的量为_______mol。（2）该三元化合物的四方相晶体结构如图(a)所示，其化学式为_______。（3）CuaSnbSc的四方相晶体结构中Cu+离子在晶胞中的配位数是_______，S原子的杂化类型是_______。（4）锡有白锡和灰锡两种单质，白锡晶体中锡原子为六方最密堆积，如图(b)所示，灰锡晶体的结构类似于金刚石，如图(c)所示，则白锡晶体和灰锡晶体晶胞中原子空间利用率之比为_______(保留三位有效数字)，其中一个白锡晶胞中存在_______个四面体空隙(四面体空隙：由四个球体围成的空隙)。【11~14题答案】【答案】（1）①.Cu+②.Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满的稳定结构；而Cu2+的价电子排布式为3d9，不是稳定结构③.8（2）Cu3SnS4（3）①.4②.sp3（4）①.2.179②.4

【解析】小问1详解】Cu、Sn、S中Cu元素有+1和+2两种价态，从结构上分析基态Cu+更稳定，原因是Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满的稳定结构；而Cu2+的价电子排布式为3d9，不是稳定结构；其中Cu2+可与CN-形成配离子［Cu(CN)4]2-，每个CN-中有1个σ键，四个配位键为4个σ键，1mol该配离子含有σ键的物质的量为8mol。【小问2详解】Cu的个数为8×+8×+1=6，Sn的个数为2×+4×=2，S的个数为8，该三元化合物的化学式为Cu3SnS4。【小问3详解】以体心Cu+为例，与4个S2-相连，故配位数为4；S原子形成4个σ键，S原子为sp3杂化。【小问4详解】白锡中锡原子半径为a，白锡的晶胞为镁型，晶胞为图(b)的三分之一，1个晶胞中含有金属原子数是:，球的体积=，晶胞的底面(菱形)面积：底面积=a×a×sin60°=a2