2022安庆高三第二次模拟考试（二模）理科综合试题PDF版含解析

安庆市2022年高三模拟考试（二模）

化学试题参考答案及评分标准

7．【答案】 A

【解析】PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，A项正确；NO不属于酸性气体，B项错误；磷元素会造成水体富营养化，C项错误；生石灰在高温下不能与CO2反应，不能减少温室气体的排放，D项错误。

8．【答案】B

【解析】该有机物难溶于水，A项错误；根据碳原子的成键特点，OCN—结构为O=C=N—，可知分子中所有碳原子可能共平面，B项正确；该化合物不能发生消去反应，C项错误；苯环上的二氯代物为7种，D项错误。

9．【答案】 D

【解析】产生氢气后不能立即在导管口点燃，A项错误；乙醇蒸气在空气中催化氧化生成乙醛，同时可能有少量催化氧化为乙酸，银镜实验需在碱性条件下水浴加热才能反应，B项错误；氢氧化钠溶液能与溴单质反应，溴进入水层，C项错误；亚硝酸钠溶液中加入酚酞变红，说明亚硝酸钠为强碱弱酸盐，D项正确。

10．【答案】C

【解析】HOOBr是反应的中间产物，A项错误；平衡常数越小，反应趋势小，但不能确定反应速率的快慢，B项错误；a>0，ΔH<0，降低温度，平衡正向移动，反应物转化率提高，C项正确；增大HBr气体浓度，单位体积内活化分子百分数不变，D项错误。

11．【答案】B

【解析】 根据化合物结构判断，X为H元素 ,Y为O元素，Z为Na元素,W为P元素。简单离子半径：W＞Y＞Z＞X，A项错误；Z元素形成的碱性氧化物为Na2O，只含有离子键，B项正确；Y与W形成的化合物P4O6 中各原子满足8电子结构，P4O10中P原子不满足8电子结构，C项错误；W的最高价氧化物对应水化物酸性：H3PO4＜H2SO4，D项错误。

12．【答案】D

【解析】CO得到电子转化为甲烷，电极A为阴极，所以a极为负极，A项错误；膜M为阴离子交换膜，膜N为阳离子交换膜，反应过程中OH-与H+分别通过膜M与膜N迁移到中间反应生成水，使NaHCO3溶液浓度变小，B项错误；阴极反应为CO+5H2O+6e－==CH4+6OH－，HCO3－不会迁移到阴极参加反应，C项错误；1molCO转化为CH4转移6mole－所以在阳极产生1.5mol的O2 ，D项正确。

13．【答案】 C

【解析】由图知，Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)•c(SO42-)=(2.0×10-3)2×(1.0×10-3)=4.0×10-9，当c(C2O42-)

=4.5×10-5mol/L时，生成Ag2C2O4沉淀，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)•c(C2O42-)=(2.0×10-3)2×(4.5×10-5)

=1.8×10-10，故Ksp(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2SO4)，A项错误；Ag2SO4(s)+C2O42-(aq)Ag2C2O4(s)

+SO42-(aq)，=22.2，K2=0.045，K1＞K2，B项错误；若使0.02molAg2SO4全部转化为Ag2C2O4，需加0.02molK2C2O4，此时溶液中c(SO42-)=0.1mol/L，根据计算得溶液中c(C2O42-)=4.5×10-3mol/L，则n(C2O42-)=0.02 + 4.5×10-3mol/L×0.2L=2.09×10-2 mol，即至少需要2.09×10-2 molK2C2O4，C项正确；根据电荷守恒和物料守恒，可以得出3c(H+) + 2c(H2C2O4)= 3c(OH-) + 4c(C2O42-) + c(HC2O4-)，D项错误。

26.（15分）

【答案】（1）加热溶解 (1分)趁热过滤  (1分)

（2） 坩埚、坩埚钳(1分)    (答到坩埚即给分)

（3）防止装置C中水蒸气进入A中，使SOCl2水解产生SO2，干扰该反应生成的SO2的检验 (2分)

c (2分)        b (2分)反应容器中颜色由红棕色全变为无色 (2分)

SOCl2+H2O═SO2+ 2HCl，产生氯化氢（盐酸）抑制AlCl3的水解 (2分)

（4）Fe2O3+3K2S2O7   ═  Fe2(SO4)3+3K2SO4(2分)

【解析】（1）铵明矾晶体溶解度随温度升高而增大，采用冷却结晶析出。重结晶时要先加热溶解变为热的饱和溶液，趁热过滤除去难溶性杂质，再缓慢冷却结晶析出铵明矾晶体。

（2）由题意知加热铵明矾晶体使用坩埚，所以需要坩埚、坩埚钳。

（3）装置B的作用为防止装置C中水蒸气进入装置A中造成SOCl2水解产生SO2 ，从而干扰SO2的检验；从所给试剂中，NaClO溶液与SO2 反应无明显现象，只能选择H2O2和 BaCl2的混合溶液检验SO2，故需先除去生成的SO2中可能混有的SO3蒸气，SO3蒸气与饱和NaHSO3溶液反应会产生SO2 ，所以只能用BaCl2溶液除去SO3；SCl2常温下为红棕色液体，当反应容器中颜色由红棕色变为无色时即SCl2完全反应，说明反应完成；由题目信息知SOCl2+H2O═SO2+ 2HCl，产生氯化氢（盐酸）抑制AlCl3的水解，故使SOCl2与AlCl3∙6H2O混合并加热，可以得到无水氯化铝。

（4）由题目信息知K2S2O7熔化Fe2O3的化学方程式为Fe2O3+3K2S2O7   ═  Fe2(SO4)3+3K2SO4。

27．（14分）

【答案】（1）增大硫酸浓度、或升高温度、或搅拌。 （答案合理即可，但回答 粉碎 或 增大接触面积 不给分）（1分）

（2）SiO2  CaSO4  （2分）

（3）会有Fe3+进入洗钪环节中，H2O2在Fe3+催化作用下分解产生了O2（2分）

（4）进一步富集SC元素，提高产品的产量（2分）

（5）有机物RH   （1分）

（6）2Sc2(C2O4)3+3O2 ===2Sc2O3+12CO2 （2分）

（7）2Fe2+ + ClO- +2H+ = 2Fe3+ +Cl- + H2O （2分）

 0.28a/101.3 （或28a/10130或14a/5065）  （2分）

【解析】

（1）可以通过增大硫酸浓度、升高温度、搅拌等措施提高酸浸率。但反应物是泥状物质，属于微小颗粒混合物范畴，所以无须再粉碎、再增大固体接触面积。

（2）赤泥（主要成分为Sc2O3、TiO2、FeO、CaO、SiO2）用H2SO4酸浸后，得到的溶液中的阳离子主要有Sc3+、TiO2+、Fe2+、Ca2+、H+，阴离子为SO42+,SiO2不与H2SO4反应，CaSO4微溶物，所以酸浸以后过滤得到的滤渣的主要成分为SiO2和CaSO4。

（3）若“沉铁”环节没有做好，会有部分Fe3+进入“洗钛”环节中，H2O2在Fe3+催化下分解产生O2。

（4）对溶液中的钪元素进行二次萃取和反萃取，目的是进一步富集SC元素，从而提高产品Sc2O3的产量。

（5）在该流程中，有机物RH作为萃取剂，没有参与反应，通过对有机相中的有机物蒸馏回收，可以重新作为萃取剂进入流程中。

（6）草酸根离子中碳元素的化合价是+3价，在空气中灼烧时会被氧化为CO2，反应的化

学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2 ===2Sc2O3+12CO2

（7）在酸性溶液中，NaClO中的ClO-具有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，所以该离子方程式为：2Fe2+ + ClO- +2H+ = 2Fe3+ +Cl- + H2O ；

设通入的Cl2的物质的量为x kmol，已知反应后溶液总的质量为a kg，该a kg 中含有已参加反应的Cl2的质量71x kg ，则原30%NaOH溶液的质量为 (a-71x) kg，NaOH质量为 (a-71x) kg·30%

Cl2     +    2NaOH    =    NaClO    +    NaCl    +    H2O

12

 x kmol   2x kmol

根据NaOH前后的质量守恒：

（a - 71x) kg·30% - 80x kg = a kg ·2.0%

解得： x = 0.28a/101.3 （或 x = 28a/10130 或14a/5065）

28．（14分）

【答案】（1）E逆-1812  （2分）

（2）N2O+Pt2O+=N2+（2分）

（3）低温  （2分）      ＞（2分）    温度升高催化剂活性降低（2分）

（4）(a+2b)/2V（2分）（2分）

【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)△H =－1812 kJ/mol，若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的逆反应活化能为E逆kJ/mol，则其正反应活化能为(E逆-1812 )kJ/mol ；

（2）根据题干信息及反应历程图可知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上的反应为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O2-；

（3）该反应是焓减熵减的反应，在低温下能自发进行；由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的产率低于催化剂甲时对应的产率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)；温度高于400℃，N2产率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。

（4）设达到平衡时体系中 NO、ICl、I2的物质的量分别为x、y、z,

由碘I元素守恒知:     2z+y=2

由氮N元素守恒知:     a+x=2

由氯Cl元素守恒知:     a+2b+y=2

解得：  x=2-a;    y=2-2b-a;     z=(a+2b)/2

所以，c(I2)=(a+2b)/2V 

反应③的平衡常数K=

35．[化学一选修3：物质结构与性质] （15分）

【答案】（1）①BD（2分）②石墨晶体中C-C键键长短，键能大，熔点高（2分）

(2)  ①节能环保、来源广泛、安全无毒等（答案合理即可）（1分）  

②3d24s2 （1分）sp3 （1分）（2分）

（3）①12（2分）②BC （2分）③（2分）

【解析】（1）①金刚石和石墨互为同素异形体，金刚石转变为石墨是化学变化，A错误； 石墨烯是单层石墨，碳原子采用sp2杂化，形成平面结构，B正确；金刚石结构中1个碳原子形成2个碳碳键，C错误；石墨层与层之间的作用力有分子间作用力，D正确。

②金刚石中碳原子采用的是sp3杂化，石墨中碳原子采用的是sp2杂化，由图可看出sp2杂化形成的碳碳键比sp3杂化形成的碳碳键的键长要短，故键能大，熔点高。

（2）①节能环保、来源广泛、安全无毒等。

②Ti是22号元素，基态原子价层电子排布为3d24s2；B形成4个σ键，采用sp3杂化。环戊二烯负离子中碳原子均采用sp2杂化，5个碳原子存在5个平行的P轨道，6个电子，离域π键应表示为。

（3）①分子间作用力没有饱和性和方向性，故干冰晶体采用最密堆积，配位数为12。

②不含氢键的分子晶体一般为面心立方最密堆积，Na是体心立方堆积，Mg是六方最密堆积，故与干冰具有相同晶体结构的是碘和铜。

③。

36. [化学一选修5：有机化学基础] （15分）

【答案】（1）邻苯二酚或1，2-苯二酚（2分）

（2）取代反应 （2分）（3） 醛基，醚键（2分）

（4） 

或（2分）

（5）（2分）（6） 6（3分）

（7）（2分）

【解析】结合已知信息和合成路线可知，A为邻苯二酚，C为，X为，E为，Y为，W为。

据此可知（1）A的化学名称为邻苯二酚。

(2)由C生成D的的反应类型是取代反应。

(3)G中具有的含氧官能团的名称是醛基，醚键。

(4)由D生成E的化学方程式为：或

。

(5)Y的结构简式为。

(6)D为 ，含有碳氮三键，能与FeCl3溶液发生显色反应说明至少含有一个酚羟基，能发生水解反应的有机物有两类，一类是含酯基结构，另一类含肽键结构。根据氧原子个数为2可知只能含肽键结构，结合水解产物之一中核磁共振氢谱有四组峰，有两个考虑方向，一是含苯环的水解产物符合峰面积之比为2：2：2：1，符合条件的同分异构体有以下3种：、、；

二是不含苯环结构的水解产物符合峰面积之比为2：2：2：1，其结构为，此时

含苯环的水解产物为羟基苯甲酸，则符合条件的同分异构体为，共有邻间对三种位置，综上所述符合条件的同分异构体总共6种。

(7)由G生成H的信息可知W的结构简式为 。