2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷

这是一份2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷，共24页。试卷主要包含了4LH2，5g，1akJ▪ml−1，75，21ml▪L−1，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷

1. 材料的性质与人类生产生活密切相关。下列叙述错误的是( )
A
B
C
D




三星堆出土的青铜神鸟与铜相比，青铜具有熔点低硬度大等特点
八达岭长城的青砖，除了主要成分硅酸盐之外还可能有二价铁
以酚醛树脂高分子材料构成的手柄具有绝缘、隔热、难燃的特点
中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
A. A B. B C. C D. D
2. 有机物M的结构简式如图。下列有关M的说法正确的是( )


A. 分子式为C15H12O3
B. 苯环上的一氯代物有7种
C. M不能使酸性KMnO4溶液褪色
D. 1molM与足量的Na反应，生成22.4LH2
3. 下列实验操作或实验仪器使用正确的是( )
A. 装置可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性
B. 既可以防止倒吸，又可以检查实验时后续装置是否发生堵塞
C. 可组装启普发生器
D. 用来灼烧海带
4. 化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是( )

A. 简单离子半径：Wc(Ag+)>c(AgCl32−)
D. 25℃时，AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=100.2
8. 硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：

回答下列问题：
(1)为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为______(答出两条)。
(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式______。
(3)反应②为Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)；常温下的Ag2SO4 AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图1所示。则Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数的数量级为______。

(4)写出反应④的化学方程式______。
(5)室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3−、SeO3−的摩尔分数随pH的变化如图2所示，则室温下H2SeO3的Ka2=______。
(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5∼2，电流强度为5∼10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生______(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为______%.(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C⋅mol−1)
9. 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O,Mr=392]能溶于水，难溶于无水乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：

(1)仪器a的名称为 ______。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 ______。
(2)待C中逸出H2较为纯净后，______(填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时B中发生的主要反应的化学方程式为 ______。
(3)制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用______(填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为 ______。
(4)装置C的作用为 ______。
(5)实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成250ml溶液，从中取出25.00mL溶液，用0.01000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定，消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 ______(保留至0.1%)。
10. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。“碳中和”是指二氧化碳的排放总量和减少总量相当，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。回答下列问题：
化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集CO2。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如图。

空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−227kJ/mol
②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−348kJ/mol
(1)反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=______kJ/mol。
(2)氧的质量分数：载氧体Ⅰ______(填“>”“=”或“”或“c(AgCl32−)，故C正确；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=1c(Cl−)=100.2，故D正确；
故选：A。
A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1。
本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。

8.【答案】加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等   4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)1014H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O10−7.3或5.0×10−82H++2e−=H2↑80.4

【解析】解：(1)为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，故答案为：加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等；
(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)，
故答案为：4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)；
(3)由图象可知Ksp(Ag2SO4)=10−5，Ksp(AgCl)=10−9.75，Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数K=c(SO42−)c2(Cl−)=Ksp(Ag2SO4)[Ksp(AgCl)]2=10−5(10−9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014，
故答案为：1014；
(4)反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O，故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O；
(5)由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H+)c(SeO32−)c(HSO3−)=10−7.3或5.0×10−8，
故答案为：10−7.3或5.0×10−8；
(6)若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H++2e−=H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×6096500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g108g/mol=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.30.373×100%=80.4%，
故答案为：2H++2e−=H2↑；80.4。
硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4⋅H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。
本题考查物质制备工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。

9.【答案】分液漏斗  降低水中的溶解氧  旋开K1  FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓乙醇  硫酸过量，可抑制亚铁离子水解  液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+  78.4%

【解析】解：(1)仪器a为分液漏斗，蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，
故答案为：分液漏斗；降低水中的溶解氧；
(2)为保证硫酸顺利滴入C中，待C中逸出H2较为纯净后，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，A中液体会自动流入B中，硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓，
故答案为：旋开K1；FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓；
(3)摩尔盐易溶于水，在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为硫酸过量，可抑制亚铁离子水解，
故答案为：乙醇；硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；
(4)装置C导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，
故答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+；
(5)Cr2O72−还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n(K2Cr2O7)=0.01000mol/L×0.03L=0.0003mol，故n[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6×25025=0.018mol，则m[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g，该样品的纯度=7.056g9.0g×100%=78.4%，
故答案为：78.4%。
制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol⋅L−1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

10.【答案】−802>58%载氧体II，
故答案为：>；
(3)根据题意，往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数x(O2)为21%，设通入的空气的物质的量为amol，氧气的消耗量为bmol，则起始时氧气的物质的量为0.21amol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a−b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79amol，由图可知，985℃时，平衡时x(O2)=10%，即0.21a−b(0.21a−b)+0.79a×100%=10%，整理得b=1190a，则平衡转化率a(O2)=1190a0.21a×100%≈58%，
故答案为：58%；
(4)当反应平衡后随着升温转化率下降，反应逆向进行，故正反应为放热反应；该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低，
故答案为：O>C吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能  sp3  19NA  (12,1,12)2MNA(a×10−10)3

【解析】解：(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1，
故答案为：4d95s25p1；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能第一电离能比同周期相邻元素的大，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能，故噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，
故答案为：吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3，苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)，
故答案为：sp3；19NA；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为(34,34,34)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为12、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(12,1,12)，根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为8×18+6×12=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量M为Mg⋅mol−1，则晶胞的质量 m=2MNA g，晶胞参数为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10−10)3cm3，所以晶胞的密度ρ=mV=2MNAg(a×10−10)3cm3=2MNA(a×10−10)3 g⋅cm−3，
故答案为：(12,1,12)；2MNA(a×10−10)3。
(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能比同周期相邻元素的大；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键，不含孤电子对；苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子位于右侧面的面心，在底面的投影位于底面棱心上，可确定，③号位碳原子的坐标；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为4，Cd原子的个数为6，砷化镉的摩尔质量为 Mg⋅mol−1，晶胞参数为apm，晶胞的体积V=a3m3，可以求得晶胞的密度。
本题考查了核外电子排布式的书写、物质的结构与性质、晶胞计算、第一电离能等知识点，把握原子结构、晶胞结构是解题关键，注意晶胞密度的计算方法，试题利于学生分析能力和空间想象能力的培养，题目难度中等。

12.【答案】碳碳双键、醛基  3−氯丁醛  取代反应   Cl2、光照 +2NaCl+H2O10

【解析】解：(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的母体是丁醛，氯原子为取代基，B的化学名称为3−氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应，
故答案为：碳碳双键、醛基；3−氯丁醛；取代反应；
(2)由分析可知，F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照，
故答案为：；Cl2、光照；
(3)由G生成M的化学方程式为：+2NaCl+H2O，
故答案为：+2NaCl+H2O；
(4)D为，D的同分异构体Q满足：①苯环上连有5个取代基；②既含−NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有−CHO，5个取代基为−NH2、−CHO、3个−CH3，和苯环上A、B、C三个不同取代基一样，A与B有邻、间、对3种位置关系，对应的C分别有4种、4种、2种位置，共有10种，
故答案为：10；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息①，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息②，结合G的结构，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息③，不稳定，易自动脱水，则M为；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，(4)中同分异构体书写为易错点、难点，注意等效法解答，题目侧考查学生分析推理能力、自学能力、灵活运用知识的能力。