2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了4L，8kJ/ml、1366，【答案】A，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省安庆市怀宁二中高考化学一模试卷

1. 化学与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述中不正确的是( )
A. 石墨烯液冷散热技术是华为公司首创，石墨烯是一种有机高分子材料
B. 我国自主研发的“东方超环”(人造太阳)应用的氕、氘、氚互为同位素
C. “地沟油”经处理可生产生物柴油、燃料乙醇等，变废为宝
D. 我国海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块做负极，防止船底腐蚀
2. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO−+CO2+H2O=2HClO+CaCO3
B. 向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO32−+2H+=SO2↑+H2O
C. 向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
D. 向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
3. 阿巴卡韦(Abacavir)是一种核苷类逆转录酶抑制剂，有抗病毒功效。下列关于其合成中间体M()的说法正确的是( )
A. 分子式为C6H8O2
B. 分子中所有碳原子共平面
C. 可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和M
D. 1molM与足量钠反应生成H2的体积为22.4L
4. 用下列实验装置能达到相关实验目的的是( )

A
B
C
D
实验
装置




实验
目的
快速制备少量NH3
配250mL0.10mol⋅L−1NaOH溶液
实验室焙烧硫酸铜晶体
检查装置的气密性
A. A B. B C. C D. D
5. 短周期主族元素X、Y、M、W、Q的原子序数依次增大。X−的电子层结构与氦相同，Y元素的某种单质可用作自来水消毒剂，Q和Y同族，M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀。下列说法不正确的是( )
A. M和Y形成的化合物M2Y2中，阴阳离子的个数比为1：2
B. WY2可用于制作计算机芯片
C. 化合物MX具有很强的还原性，能与水反应
D. 最简单气态氢化物的热稳定性：Q>W
6. 利用铜配合物10−phenanthroline−Cu做催化剂电催化可还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2H2O+2e−=HCOOH+2OH−
B. 该装置工作时，H+穿过质子交换膜从右向左移动
C. 每转移2mol电子，阴极室电解质溶液质量增加46g
D. 该装置工作一段时间后，阳极室电解质溶液pH不变
7. 室温下，向浓度为0.1mol⋅L−1的氨水中缓缓通入HCl，lgc(NH4+)c(NH3⋅H2O)，随pOH[pOH=−lgc(OH−)]的变化曲线如图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断不正确的是( )
A. 室温下的NH3⋅H2O电离常数为10−4.7
B. pOH=6的溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)>0.1mol⋅L−1
C. b点溶液中：c(NH4+)”、“Si，非金属性越强其最简单气态氢化物的热稳定性也越稳定，则稳定性：Q>W，故D正确；
故选：B。
X−的电子层结构与氦相同，则X为H元素；Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂即O3，故Y为O元素，Q和Y同族且为短周期主族元素，则Q为S元素；M、W、Y三种元素组成的盐M2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色胶状沉淀，该白色沉淀为硅酸，可推知M为Na、W为Si元素。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.石墨烯电极上CO2→HCOOH，发生还原反应，石墨烯电极为阴极，酸性电解质溶液，电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，故A错误；
B.Pt电极为阳极，石墨烯电极为阴极，该装置工作时，阳离子向阴极移动，即H+穿过质子交换膜从左向右移动，故B错误；
C.阴极的电极反应式：2CO2+2H++2e−=HCOOH，阴极室质量增重为生成HCOOH的质量，每转移2mol电子生成1molHCOOH，阴极室电解质溶液质量增加为1mol×46g/mol=46g，故C正确；
D.阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，产生的H+全部移向阴极室，溶液中H+总量不变，但溶液体积减小，酸性增强，即溶液pH减小，故D错误；
故选：C。
Pt电解上H2O→O2，石墨烯电极上CO2→HCOOH，Pt电极发生氧化反应，石墨烯电极发生还原反应，故Pt电极为阳极、石墨烯电极为阴极，阳极的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极的电极反应式：CO2+2H++2e−=HCOOH，H+穿过质子交换膜从阳极室向阴极室，a为电源正极、b为电源负极。
本题考查电解原理应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。

7.【答案】B

【解析】解：A.取a点，pOH=4.7，得c(OH−)=10−4.7mol/L，c(NH4+)c(NH3⋅H2O)=0，得c(NH3⋅H2O)=c(NH4+)，NH3⋅H2O的电离常数为c(NH4+)×c(OH−)c(NH3⋅H2O)=10−4.7，数量级为10−4.7，故A错误；
B.pOH=6时，c(OH−)=10−6mol/L，则c(H+)=10−8mol/L，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=0.1mol/L，两式相减得：c(H+)−c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(OH−)−0.1mol/L，c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)=0.1mol/L+c(H+)−c(OH−)=0.1mol/L+10−8mol/L−106mol/L>0.1mol/L，所以c(NH3⋅H2O)+c(Cl−)c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=2.8×10−95×10−4mol/L=5.6×10−6mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×5.6×10−6mol/L=1.12×10−5mol/L，
故答案为：c(Na+)>c(CO32−)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)；1.12×10−5。
(1)①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285.8kJ/mol、1366.8kJ/mol，则，，，根据盖斯定律：得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)；
②判断化学平衡状态的直接标志：同物质)，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，列化学平衡三段式计算；
(2)当反应达到平衡时，CO2、CO的消耗速率之比为1：2；
(3)碳酸根离子水解溶液显碱性，一级水解程度大于二级水解程度；Na2CO3溶液的浓度为1×10−3mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=5.0×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)计算沉淀时混合溶液中c(Ca2+)，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍。
本题考查反应热的计算、化学平衡的判断、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。

11.【答案】3s23p3  >10sp3  (极性)共价键  正四面体 433d12mol或12×6.02×1023  67.28×102333a2cNA

【解析】解：(1)①P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故P和S的第一电离能的大小顺序是P>S，
故答案为：3s23p3；>；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，结合图示可知：P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对，故每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，故P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为sp3，
故答案为：10；sp3；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似，故磷化铝是共价晶体，磷化铝晶体中磷与铝的电负性存在差异，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为(极性)共价键，
故答案为：(极性)共价键；
②由图2所示晶胞图不难看出，磷化铝晶体中由4个P原子围成的空间构型是正四面体，
故答案为：正四面体；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d，
故答案为：433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键，在每个CN−内部有碳氮三键只含一个σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12mol或12×6.02×1023，
故答案为：12mol或12×6.02×1023；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−，所以Co3+的配位数为6，
故答案为：6；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV=2MNAV=182×2NA×333a2h×10−21g/cm3=7.28×102333a2cNAg/cm3，
故答案为：7.28×102333a2cNA。
(1)①P是15号元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势；
②已知S原子最外层上有6个电子，P原子最外层上有5个电子，P4S3分子中每个S原子形成2个σ键和2个孤电子对，每个P原子形成3个σ键和1个孤电子对；
(2)①由题干信息可知，磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅结构类似；
②由图2所示晶胞图不难看出；
③由图2所示晶胞图可知，将图示晶胞平均分为8个小单元，则P和周围的四个Al形成一个小立方体，P位于立方体中心，故小立方体的体对角线等于P和Al核间距的2倍，已知相邻的P原子与A1原子的核间距是dnm，假设磷化铝晶胞的边长是xnm，则有：(2d)2=3(x2)2，解得：x=433d；
(3)①在配合物[Fe(CN)6]3−中，CN−与铁离子之间有6个配位键均为单键故都是σ键；
②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3−；
(4)该晶胞中N原子个数=2、Fe原子个数=12×16+2×12+3=6，则N、Fe原子个数之比=2：6=1：3，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2×sin60∘×6×h×10−7cm=332a2h×10−21cm3，该晶体的密度=mV。
本题考查物质结构知识，包括核外电子排布式的书写，杂化轨道理论，晶胞的计算，题目考查较为综合，难度中等，是中档题。

12.【答案】苯乙烯  氧化反应  取代反应  醛基、醚键   浓硫酸/加热 +NaBr2或

【解析】解：(1)F的名称是苯乙烯，
故答案为：苯乙烯；
(2)根据以上分析可知反应①和反应②的反应类型分别是氧化反应和取代反应，
故答案为：氧化反应；取代反应；
(3)C为，官能团的名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
(4)根据分析可知E的结构简式为，
故答案为：；
(5)反应⑦是酯化反应，反应条件为浓硫酸/加热，
故答案为：浓硫酸/加热；
(6)反应⑥是卤代烃的水解反应，反应的反应方程式为+NaBr，
故答案为：+NaBr；
(7)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为−OH、−OH、−CH=CHCOOH，或者为−OH、−OH、−C(COOH)=CH2，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1的有2种，结构简式分别为、，
故答案为：2；或。
双氧水具有强氧化性，A与过氧化氢发生氧化反应生成B，化合物C不能与FeCl3溶液发生显色反应，结合C的分子式可判断B发生取代反应生成C为，C发生信息中的反应生成D为；对比D、E的分子式，结合I的结构简式可知E为，故H为、G为，据此解答。
本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。