安徽省安庆市2023届高三下学期高考模拟（二模）理综化学试题

安徽省安庆市2023届高三下学期高考模拟（二模）理综化学试题

一、单选题

1．（2023·安徽安庆·统考二模）2022年4月16日，王亚平等三位航天英雄乘坐“神州”十三号飞船顺利返航，这展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法不正确的是

A．飞船表面可使用能发生分解反应的覆盖材料

B．飞船内的氧气可由电解水的方式供给

C．被誉为“航天员手臂延长器”的操作棒是由高分子化合物碳纤维制成

D．“天宫课堂”的泡腾片实验利用了强酸制弱酸原理

2．（2023·安徽安庆·统考二模）“年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法不正确的是

A．环上的一氯代物为3种

B．与互为同系物

C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．该分子中sp3杂化的原子数为11个

3．（2023·安徽安庆·统考二模）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

A．A B．B C．C D．D

4．（2023·安徽安庆·统考二模）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是

A．反应过程中O原子的成键数目保持不变

B．+作催化剂，虚线框内物质是中间体

C．反应⑤中只起氧化剂的作用

D．该原理的总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O

5．（2023·安徽安庆·统考二模）有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1。下列说法错误的是

A．YN4为正四面体结构

B．氢化物的沸点Z>Y

C．Z元素的第一电离能比同周期相邻元素的大

D．与M同族元素的基态原子最高能级的电子云轮廓图呈球形

6．（2023·安徽安庆·统考二模）氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示。下列说法正确的是

A．A电极发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O

B．电极B与外接电源的负极相连

C．电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A

D．当有2mol电子转移时，两室溶液中H+数目理论上相差4NA

7．（2023·安徽安庆·统考二模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是

已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13

A．a点对应的溶液呈弱碱性

B．水的电离程度：a点小于b点

C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()

D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()

二、实验题

8．（2023·安徽安庆·统考二模）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：

I、制备阶段

①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；

②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；

③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。

II、纯度分析

称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。

回答下列问题：

(1)在氧化焙烧时，用___________进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是___________(填序号)。

(2)步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式___________。

(3)步骤②中加入强酸酸化的目的是___________。

(4)步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是___________。

(5)纯度分析中选择的指示剂是___________，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式___________。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为___________%(保留两位小数)。

三、工业流程题

9．（2023·安徽安庆·统考二模）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2.采用以下工艺流程制备V2O5。

(1)“焙烧”过程中被氧化的元素为_______，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式_______。

(2)“沉淀1”的成分是_______。

(3)“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式_______。

(4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途_______。(任写一种)

(5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因_______。

(6)该工艺流程中可回收再循环利用的物质有_______。

四、原理综合题

10．（2023·安徽安庆·统考二模）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：

(1)乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比___________。

(2)已知下列反应的热化学方程式：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)　ΔH1=-116kJ/mol

②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l)　ΔH2=-206kJ/mol

③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH3=-35kJ/mol

计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________

(3)目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是___________，缺点是___________。

(4)我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是___________，该晶胞的化学式为___________。

(5)在温度260°C，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。

(6)经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。

该条件下生成乙烯最适宜的温度是___________。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________。

五、有机推断题

11．（2023·安徽安庆·统考二模）芬必得是常用的解热镇痛药物，其有效成分布洛芬(F)的一种合成工艺路线如下：

已知：

回答下列问题：

(1)A的化学名称是___________。

(2)B→C的反应类型为___________。

(3)写出D中含氧官能团的名称___________，D中手性碳原子数为___________。

(4)分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，布洛芬可用进行成酯修饰，请写出该过程的化学方程式___________。

(5)化合物E的同分异构体中能同时满足下列条件的有___________种。

i)与FeCl3溶液发生显色反应；

ii)除苯环外不含其他环状结构且苯环上有4个取代基；

iii)核磁共振氢谱显示有六组峰。

(6)布洛芬有多种合成方法，试根据所学知识以化合物C为原料经另一路线合成布洛芬，请将下列流程补充完整，箭头上填写反应条件(已知：R-BrR-COOH，无机试剂任选)。

___________

参考答案：

1．C

【详解】A．飞船在飞行中表面与空气摩擦会产生大量的热，分解反应吸收热量从而可以降低飞船表面的温度，A项正确；

B．电解水产生O2简单易得，能满足飞船内O2的需要，B项正确；

C．碳纤维为C的单质，不属于高分子化合物，C项错误；

D．泡腾片中含有碳酸盐遇酸产生CO2，利用强酸制弱酸，D项正确；

故选C。

2．A

【详解】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项错误；

B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项正确；

C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；

B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项正确；

故选A。

3．D

【详解】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；

B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；

C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；

D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；

故选D。

4．D

【详解】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，A项错误；

B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B项错误；

C．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C项错误；

D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项正确；

故选D。

5．B

【分析】已知该物质为有机金属氯化物的一部分，同时原子序数依次增大，则X为H，Y为C，从结构来看Z为N或P。若Z为P，M只能为S元素，其电子占据的轨道没有充满电子不符合题意，所以Z为N，而M为1s22s22p63s2的Mg。N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1，n-1=2所以N为Cl。X、Y、Z、M、N分别为H、C、N、Mg、Cl。

【详解】A．YN4为CCl4其价层电子对为4对，孤电子对为0，为正四面体结构，A项正确；

B．没有说明简单氢化物，C的氢化物有很多如苯等，无法比较，B项错误；

C．Z的电子排布为1s22s22p3为半满结构稳定难失电子所以其第一电力能大于同周期相邻元素，C项正确；

D．与M同族的基态原子最高能级为ns2，电子云轮廓图为球形，D项正确；

故选B。

6．C

【分析】由图分析，B极Cl-进入变为Cl2反应为2Cl--2e-=Cl2↑，发生氧化反应，为电解池的阳极与电源正极相连。A为电解池的阴极发生还原反应，Fe3+变为Fe2+，Fe2+再经O2氧化变回Fe3+。

【详解】A．从图看在A极上发生反应的为Fe3+变为Fe2+，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，A项错误；

B．由上分析，电极B为电解池的阳极，与电源正极相连，B项错误；

C．电流从正极流出经B，再由电解质流经电极A，再到负极，C项正确；

D．A极区发生的反应为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，该反应中每转移2mol电子需要消耗2molH+。同时，电解池工作时，每转移2mol电子，2molH+从B极经膜流向A极，即A极H+没有发生变化。而B极H+由于移走而减少了2mol，所以两极H+差为2NA，故D项错误；

故选C。

7．B

【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。

【详解】A．，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项正确；

B．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项错误；

C．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项正确；

D．主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项正确；

选B。

8．(1)     铁坩埚     A

(2)Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O

(3)将转化为(2+2H++H2O)

(4)K2Cr2O7溶解度较小

(5)     淀粉溶液     +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O     88.20

【详解】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。答案为铁坩埚；C；

（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。答案为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；

（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。答案为将转化为(2+2H++H2O)；

（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。答案为K2Cr2O7溶解度较小；

（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。答案为88.20。

9．(1)     V、Fe或钒、铁     Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2

(2)Fe2O3

(3)+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]

(4)光导纤维或制单质硅等

(5)溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率

(6)(NH4)2CO3、Na2CO3

【分析】加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入盐酸调节pH=2~3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，溶液中只含NaVO3，加入(NH4)2CO3 “沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。

【详解】（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；

（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（3）“滤液1”中铝元素以形式存在，加入盐酸发生反应+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]，故答案为：+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]；

（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅，故答案为：光导纤维或制单质硅等；

（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率，故答案为：溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；

（6）该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用，故答案为：(NH4)2CO3、Na2CO3。

10．(1)5：1

(2)-267kJ/mol

(3)     有副产物液态燃料甲醇生成     工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等

(4)     6     Fe2O3

(5)

(6)     320°C     使用更高效的催化剂

【详解】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5:1。答案为5:1；

（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。答案为-267kJ/mol；

（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。答案为有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；

（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。答案为Fe2O3；

（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为

，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。答案为；

（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。答案为320°C；使用更高效的催化剂。

11．(1)甲苯

(2)取代反应

(3)     酯基和醚键     ２

(4)

(5)6

(6)

【分析】A→B为C=C的加成反应；B→C为苯环的氢被-COCH3取代反应；C→D为C=O的加成反应；由已知反应知E为；E→F为醛基的氧化。

【详解】（1）A为，其名称为甲苯。故答案为甲苯；

（2）B→C为苯环的氢被-COCH3取代。答案为取代反应；

（3）D的含氧官能团为醚键和酯基。连接四个不同原子或基团的碳为手性碳，D中手性碳如图，手性碳有2个。答案为醚键和酯基；2；

（4）该反应为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，反应为。答案为；

（5）E的化学式为C13H18O，该分子中含有5个不饱和度，与FeCl3溶液发生显色反应含有酚羟基，且除了苯环外还含有C=C 。又分子苯环上四取代且有核磁共振氢谱显示有六组峰，和，  ，  该同分异构体有6种。答案为6；

（6）运用逆推法，已知R-Br可直接转变为R-COOH，即。卤代烃可由醇与HBr取代得到即。原料经还原即可得到。合成路线为。