安徽省宿州市2023届高三化学质量检测（一模）试题（Word版附解析）

这是一份安徽省宿州市2023届高三化学质量检测（一模）试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分， 25℃时，用HCl气体调节0，25，059或等内容，欢迎下载使用。

安徽省宿州市2023届高三教学质量检测
理科综合能力测试化学试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
第Ⅰ卷 (共126分)
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。
1. 2022年11月《联合国气候变化框架公约》第二十七次缔约方大会(COP27)在埃及举行，会议主题为“实施(Together For Implementation)”。下列说法正确的是
A. 燃煤中添加生石灰能有效吸收CO2，实现碳中和
B. 采取“静电除尘”可提高空气质量
C. 空气中O3的含量越高越有利于人体健康
D. SO2易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放，可减少污染，但不能有效吸收CO2，实现碳中和，A错误；
B．采取“静电除尘”可除去空气中的粉尘，提高了空气质量，B正确；
C．由空气的成分可知，臭氧不是空气的主要成分，且O3本身具有强氧化性，有毒， 空气中臭氧含量越高，越不有利于人体健康，C错误；
D．SO2不会产生“光化学烟雾”， 其易形成酸雨，可用碱性物质吸收，而氮的氧化物易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收，D错误；
故答案为：B。
2. 有机物N()常用作橡胶、蜡和喷漆等的溶剂，也是一种润滑剂的抗氧化剂。其存在如下转化关系：

下列说法正确的是
A. M能发生取代反应，不能发生消去反应
B. N中所有碳原子可能共平面
C. R不能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. Q通过加成反应一定能得到M
【答案】C
【解析】
【分析】由题干转化信息可知，根据N的结构简式和M的分子式可知，M的结构简式为：，根据N转化为R的转化条件可知，R的结构简式为：，由N转化为Q的转化条件可知，Q的结构简式为：或者，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M的结构简式为：，分子中含有碳氯键，则M能发生水解反应即取代反应，且邻碳有H，故也能发生消去反应，A错误；
B．由题干信息可知，N分子中含有环己烷环，故N中不可能所有碳原子共平面，B错误；
C．由分析可知，R的结构简式为：，R分子中不含碳碳双键、碳碳三键等不饱和键，含有酮羰基不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．由分析可知，Q的结构简式为：，则Q通过加成反应即与HCl加成，其产物有：或者，即不一定能得到M，D错误；
故答案为：C。
3. 下列实验操作对应的实验现象及解释或结论正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液
生成白色沉淀，红色褪去
Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
向MgCl2溶液中先滴加过量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2] C
向未知溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀生成
未知溶液中一定含有SO2
D
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验
火焰呈黄色
该溶液一定为含钠元素的盐溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于碳酸钠溶液中存在+H2O+OH-，则向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴加CaCl2溶液，由于Ca2++=CaCO3↓，则生成白色沉淀的同时上述平衡逆向移动，导致红色褪去，故能说明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A符合题意；
B．向MgCl2溶液中先滴加过量NaOH溶液，再滴加CuCl2溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀，由于加入的NaOH溶液过量，不一定存在Mg(OH)2转化为Cu(OH)2的过程，故不能说明Ksp[Cu(OH)2] C．SO2与BaCl2溶液不反应，故向未知溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，C不合题意；
D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，若火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，但不一定为含钠元素的盐溶液，也可能是NaOH溶液，D不合题意；
故答案为：A。
4. 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为叠氮-炔基成环反应，部分原理如图所示。下列说法正确的是

A. CuI与HI均为该反应的催化剂
B. 中间产物中N原子均为sp3杂化
C. 产物使溴水、酸性高锰酸钾褪色原理相同
D. 该过程的总反应为
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应原理的循环转换关系图中的箭头指进去与指出来的物质，可以分析出：反应物为R1-≡-H与N3-R2，产物为：；CuI为催化剂，其余物质均为中间产物，即可分析答题。
【详解】A．CuI为催化剂，HI为中间产物，A错误；
B．中间产物中N原子中含有双键的N原子采用sp2杂化，不含双键的N原子采用sp3杂化，B错误；
C．产物中含有碳碳双键，氮氮双键，故使溴水、酸性高锰酸钾褪色，但原理不相同，前者为加成反应，后者为氧化反应，C错误；
D．由题干反应历程图可知，该过程的总反应为：，D正确；
故答案为：D。
5. 我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物，命名为“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，X的原子半径在同周期主族元素中最大，基态Y原子无未成对电子，Z第一电离能大于同周期相邻元素。下列叙述正确的是
A. W的简单氢化物的稳定性弱于Z
B. X的原子半径小于Y(最高价氧化为对应水化物的碱性X小于Y)
C. Z的简单氢化物的空间结构为三角锥形
D. W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型相同
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，故W为O，X的原子半径在同周期主族元素中最大，则X为第3周期原子半径最大的即为Na，基态Y原子无未成对电子，则Y为Mg，Z第一电离能大于同周期相邻元素，则Z为VA元素即为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为O，Z为P，由于O的非金属性强于P，故W的简单氢化物即H2O的稳定性强于Z即PH3，A错误；
B．由分析可知，X为Na，Y为Mg，同一周期从左往右原子半径依次减小，即X的原子半径大于Y，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性X即NaOH大于Y即Mg(OH)2，B错误；
C．由分析可知，Z为P，则Z简单氢化物即PH3，中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为三角锥形，C正确；
D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Mg、P，则W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型不相同，依次为离子晶体、离子晶体和分子晶体，D错误；
故答案为：C。
6. 我国科学家设计了一种CO2捕获和利用一体化装置，利用含的废水和CO2制备甲酸铵(HCOONH4)其原理过程示意图如下。有关说法错误的是

A. 参与的电极反应为： +8e-+6H2O=NH3+9OH-
B. 生成HCOO-的电极反应为： +H2O-2e-=HCOO-+2OH-
C. 装置Ⅱ中OH-穿过阴离子交换膜由左向右迁移
D. 空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器
【答案】B
【解析】
【分析】由题干装置图可知，左侧装置中转化为NH3的电极反应为：+8e-+6H2O=NH3+9OH-，该电极反应为还原反应，故为阴极，另一极为阳极，电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，右侧装置中NH4HCO3参与的电极反应为： +H2O+2e-=HCOO-+2OH-，为还原反应，故为阴极，另一极为阳极，电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，参与的电极反应为： +8e-+6H2O=NH3+9OH-，A正确；
B．由分析可知，生成HCOO-的电极反应为： +H2O+2e-=HCOO-+2OH-，B错误；
C．由分析可知，装置Ⅱ中左侧为阴极，右侧为阳极，故OH-穿过阴离子交换膜由左向右迁移，C正确；
D．由题干装置可知，空气的作用是作为载气将含NH3的气体吹出反应器，D正确；
故答案为：B。
7. 25℃时，用HCl气体调节0.1 mol/L氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比x与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化，[x=] 正确的是

A. 水的电离程度：P1>P2>P3
B. P2所示溶液中：c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)
C. P3所示溶液中：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D. 25℃时，的水解常数为10-9.25
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，P1、P2、P3点对应的溶质分别为：NH3·H2O和少量的NH4Cl，NH3·H2O和较多的NH4Cl，NH4Cl，由于铵根离子水解对水的电离其促进作用，其含量越高促进作用越强，故水的电离程度：P1＜P2＜P3，A错误；
B．由A项分析可知，P2点溶液的溶质为NH3·H2O和较多的NH4Cl，根据物料守恒可知，P2所示溶液中：c(Cl-)＜c()+c(NH3·H2O)，B错误；
C．由A项分析可知，P3点溶液的溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，故P3所示溶液中： c(Cl-)> c()>c(H+)>c(OH-)，C错误；
D．由题干图示信息P1点可知，当c()=c(NH3·H2O)是溶液的pH值为9.25，故25℃时，的水解常数Kh==c(H+)=10-9.25，D正确；
故答案为：D。
三、非选择题：本题共14小题，共174分。(说明：化学部分为第27～30题，共58分；)
8. 水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，已知水合肼的沸点约118℃，化学性质类似氨水。实验室可通过如下方法制备：
步骤i：氯气通入过量的烧碱溶液中制备NaClO溶液；
步骤ii：NaClO碱性溶液与过量CO(NH2)2(尿素)水溶液在加热条件下生成水合肼；
步骤iii：减压蒸馏，获得水合肼。回答下列问题：

（1）下列常见的实验室制备气体装置中，适合制备Cl2的是___________，对应的离子方程式为___________。
（2）温度控制不当，步骤i中常常会有NaClO3生成，若n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________
（3）写出步骤ii中发生反应的化学方程式：___________
（4）下图是步骤ii制备水合肼的反应装置图，通常控制反应温度在110℃左右。仪器a的名称是___________，冷凝管中通冷却液时宜从b口进入，原因是___________。

（5）水合肼与硫酸形成的盐是农业上重要的杀虫剂、灭菌剂，写出水合肼与硫酸反应生成的正盐的化学式___________。
【答案】（1） ①. 甲或丙 ②. MnO2+2Cl-+4H+Mn2++2H2O+Cl2↑或2 + 10C1-+ 16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑
（2）3：5 （3）CO(NH2)2+NaClO+2NaOHN2H4·H2O +NaCl+Na2CO3
（4） ① 恒压滴液漏斗 ②. 便于冷凝管中充满冷却液，增大冷却效果
（5）(N2H6)SO4
【解析】
【分析】实验室制取氯气可以使用二氧化锰和浓盐酸加热反应，或高锰酸钾和浓盐酸常温反应；生成氯气与氢氧化钠生成次氯酸钠，次氯酸钠和尿素生成水合肼；
【小问1详解】
二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：，反应为固液加热反应，发生装置选择A；或使用高锰酸钾和浓盐酸常温下生成氯气、氯化锰、水：，反应为固液不加热反应，发生装置选择丙；
【小问2详解】
氯气通入过量的烧碱溶液中生成NaClO，也常常会有NaClO3生成，氯气中部分铝由0变为+1、+5发生氧化反应，部分氯元素化合价由0变为-1发生还原反应，若n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则根据电子守恒可知，n(NaClO)：n(NaClO3) ：n(Cl-)=5：1：10，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:10=3:5；
【小问3详解】
步骤ii中NaClO碱性溶液与过量CO(NH2)2(尿素)水溶液在加热条件下生成水合肼(N2H4·H2O)，氮原子化合价由-3变为-2，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为CO(NH2)2+NaClO+2NaOHN2H4·H2O +NaCl+Na2CO3；
【小问4详解】
仪器a的名称是恒压滴液漏斗，冷凝管中通冷却液时宜从b口进入，原因是便于冷凝管中充满冷却液，增大冷却效果；
【小问5详解】
水合肼化学性质类似氨气，与硫酸反应生成的正盐的化学式(N2H6)SO4。
9. 纳米氧化锌是一种多功能性新型无机材料，化工上可以利用废弃的锌镍电池废料(主要含：Zn、Ni和少量的Fe、Al)制备纳米氧化锌，其生产流程如图所示：

已知：Ksp[Zn(OH)2]=1.6×10-16；Ksp[Ni(OH)2]=2.8×10-15；Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39；Ksp[Al(OH)3 =4.6×10-33
回答下列问题：
（1）H2SO4属于高沸点的酸，不仅是因为H2SO4分子属于极性分子，另外一个主要原是___________。
（2）为检验“氧化”操作后的溶液中是否含有Fe2+，某同学取适量待检溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液该方法是否合理：___________(填“是”或“否”)，理由是___________(以离子方程式表示)。
（3）“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是___________取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液中c(Fe3+)=___________mol/L。
（4）假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80，若在50mL的水溶液样品中用10mL萃取剂P2O4萃取，则萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的___________倍。
（5）化工生产中，分离Zn2+离子用萃取法而不通过调节溶液pH形成沉淀的方法，原因是___________。
（6）“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，该反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）H2SO4分子之间存在氢键
（2） ①. 否 ②. 2 + 5H2O2 + 6H+= 2Mn2++ 5O2↑+ 8H2O
（3） ①. 防止胶体生成，易沉淀分离 ②. 1× 10-10
（4）0.059或
（5）Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+
（6）3Zn2++6+H2O= 2Zn(OH)2 ·ZnCO3·2H2O↓+ 5CO2↑
【解析】
【分析】化工上可以利用废弃的锌镍电池废料(主要含Zn、Ni和少量的Fe、Al)制备纳米氧化锌，含锌废料用H2SO4酸浸，Zn、Ni、Fe、Al转化为Zn2+、Ni2+、Fe2+、Al3+存在于溶液中，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再向溶液中加入ZnO调节pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后向滤液中加入P2O4将Zn2+萃取出来，Ni2+存在于水相中，再向P2O4加入有机相反萃取得到含Zn2+的溶液，加入碳铵沉锌，再经过滤渣煅烧得到纳米氧化锌。
【小问1详解】
H2SO4分子之间存在氢键，沸点较高。
【小问2详解】
入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+后，溶液中残留有H2O2，H2O2具有还原性也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色生成O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2 + 5H2O2 + 6H+= 2Mn2++ 5O2↑+ 8H2O，故用滴加酸性高锰酸钾溶液检验溶液中是否含有Fe2+不合理。
【小问3详解】
“沉铁铝”操作中加热不仅能够加快反应速率，另外一个主要目的是防止胶体生成，易沉淀分离；取“沉铁铝”操作所得的沉淀物置于1.0L水中室温下充分溶解，其中沉淀物中若含有5.6gFe(OH)3最终所得溶液是Fe(OH)3的饱和溶液，此时，由因为c(Fe3+)=c(OH-)，则，则c(Fe3+)=。
小问4详解】
假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1：80 ，50mL 的水溶液样品，设浓度为c，用 10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为b，萃取剂中的浓度为，则有，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的0.059或倍。
【小问5详解】
Zn(OH)2与Ni(OH)2的Ksp接近，难以通过调节pH分离Ni2+、Zn2+。
【小问6详解】
“沉锌”过程中若NH4HCO3用量过大，易生成碱式碳酸锌［2Zn(OH)2·ZnCO3·2H2O］沉淀，离子方程式为：3Zn2++6+H2O= 2Zn(OH)2 ·ZnCO3·2H2O↓+ 5CO2↑。
10. 自然界中存在如下氮的转化：
i．2NO2(g)+2OH-(aq)= (aq)+NO2(aq)+H2O(1)
ii．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
（1）的空间结构为_______。
（2）ZnO是氮的氧化物的重要吸附剂，已知ZnO晶胞参数为cpm，则该晶胞中，O2-能够构成_______个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为_______pm。

（3）反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=_______。
（4）一定条件下，在2L的刚性容器中充入1mol N2(g)、3mol H2(g)发生反应ii至平衡，下列图示表述正确的有_______
A. B. C. D.
（5）反应ii，若起始时n(N2)：n(H2)=1：3，在不同条件下达到平衡，设平衡时NH3的体积分数为x(NH3)，实验测得400℃下，x(NH3)～p及5 ×103Pa下，x(NH3)～t存在如图曲线关系。

①图中对应等压过程的曲线是_______(填“M”或“N”)，判断依据是_______。
②x=时，N2的转化率为_______，此时反应条件为_______或_______。
【答案】（1）平面三角形
（2） ①. 4 ②.
（3）-92 kJ·mol-l （4）CD
（5） ①. N ②. ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，x(NH3)减小 ③. 50% ④. 200℃、a×105Pa ⑤. 500℃、c×105Pa
【解析】
【小问1详解】
硝酸根中氮原子的价层电子对数是，不存在孤对电子，所以的空间结构为平面三角形。
【小问2详解】
该晶胞中O2-位于顶点和面心处，因此O2-能够构成个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为体对角线的，边长为cpm，则体对角线为pm，故O2-与Zn2+核间最短距离为pm。
【小问3详解】
反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=335kJ/mol-427kJ/mol=-92 kJ/mol。
【小问4详解】
A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A错误；
B．达到平衡时，分别以氢气和氨气表示反应速率在数值上不相等，B错误；
C．反应容器体积和气体的质量均是不变的，所以密度始终不变，C正确；
D．正反应气体分子数减少，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时，不再发生变化，D正确；
答案选CD。
【小问5详解】
①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气含量减少，所以图中对应等压过程的曲线是N。
②依据三段式可知

则，解得n=0.5，所以N2的转化率为=50%，依据图像可知此时反应条件为200℃、a×105Pa或500℃、c×105Pa。
11. 多非利特(F)用于治疗心房颤动或心房扑动，维持正常窦性心律，其一种合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________
（2）A转化为B的化学方程式为___________
（3）B中含有官能团名称为___________。
（4）由制备C的反应试剂及条件为___________。
（5）D的结构简式为___________
（6）E到F的反应类型为___________
（7）G为C的芳香族同分异构体，其核磁共振氢谱显示有三组氢，写出符合条件的所有G的结构简式___________
【答案】（1）对氯苯酚或4-氯苯酚
（2）+ +HBr
（3）碳卤键、醚键 (碳卤键、碳溴键、碳氯键均可)
（4）Cl2、FeCl3
（5） （6）取代反应
（7）、、
【解析】
【分析】A和BrCH2CH2Br发生取代反应生成B，B和反应生成D，D和CH3I发生取代反应生成E，结合D的分子式和E的结构简式可以推知D的结构简式为：，以此解答。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，其名称为对氯苯酚或4-氯苯酚。
【小问2详解】
由A和B的结构简式可知，A转化为B的化学方程式为+ +HBr。
【小问3详解】
由B的结构简式可知，B中含有官能团的名称为碳卤键、醚键 (碳卤键、碳溴键、碳氯键均可)。
【小问4详解】
和Cl2在FeCl3的催化下发生取代反应可以得到，反应试剂及条件为Cl2、FeCl3。
【小问5详解】
由分析可知，B和反应生成D，D和CH3I发生取代反应生成E，结合D的分子式和E的结构简式可以推知D的结构简式为：。
【小问6详解】
由E和F的结构简式可知推知E和CH3SO2NH2发生取代生成生成F。
【小问7详解】
G为C的芳香族同分异构体，其核磁共振氢谱显示有三组氢，说明G中含有苯环且有3种环境的氢原子，满足条件的G为、、。