安徽省合肥市第六中学2023届高三下学期最后一卷理综化学试题（含解析）

这是一份安徽省合肥市第六中学2023届高三下学期最后一卷理综化学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

安徽省合肥市第六中学2023届高三下学期最后一卷理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．危险化学品运输安全至关重要，某装有氯乙烯的火车脱轨导致氯乙烯发生泄漏，下列关于氯乙烯的说法正确的是
A．氯乙烯是食品级塑料的加工原料
B．氯乙烯生产的塑料制品易降解
C．可采用水淋法处理氯乙烯泄漏
D．氯乙烯泄漏时应该紧急向高处疏散人群
2．一种胺类催化剂J的结构简式如图，下列有关说法错误的是

A．J含有氨基，易溶于水
B．J的结构中存在手性碳原子
C．J分子中所有碳原子可能共平面
D．1 mol J 可以与2 mol HCl发生反应
3．用实验探究镁片与不同溶液反应的情况，下列基于实验现象得出的结论错误的是
实验1
实验2
实验3
实验4




先无明显现象；加热溶液后，镁片表面产生气泡，溶液逐渐变红
镁片表面产生气泡，溶液逐渐变红
镁片表面产生气泡，溶液逐渐变红
镁片表面产生气泡，溶液逐渐变红
A．实验1溶液变红是因为生成了Mg(OH)2
B．实验2产生的气体是氨气
C．实验3反应后的溶液中存在c(CH3COO -) <2c(Mg2+)+c( )
D．实验1和实验4表明NaCl对Mg与H2O的反应有催化作用
4．X、Y 、Z、W 、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X原子核外有两个未成对电子，Y是地壳中含量最高的元素 ，其中Z与X同族，W 与Y同族。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X
B．XY2和ZY2中的键角：Y-X-Y>Y- Z- Y
C．气态氢化物的沸点：Z>X
D．氧化物对应水化物的酸性：Q> W
5．一种水性电解液Zn-V2O5，离子选择双隔膜电池的工作原理如图所示。放电结束后左侧电极区有VOSO4生成。已知VOSO4可溶于水，强碱性环境下Zn2+最终转化[Zn(OH)4]2-。下列说法中正确的是

A．基态V原子核外共有12种不同空间运动状态的电子
B．图中a膜是阴离子交换膜
C．外电路中每转移1 mol电子，负极区溶液质量增加32.5 g
D．该电池正极反应式为：V2O5 +6H+ +2e-= 2VO2+ +3H2O
6．一种利用Al/Cu/Pd三元金属颗粒复合材料去除水体中硝酸盐的技术机理如图所示。下列说法中错误的是

A．随水体pH增大，硝酸盐去除率降低
B．H( ads)可以促进的脱氧，从而产生N2
C．该机理中三种金属均给出电子，体现还原性
D．金属铝表面的反应过程可表示为：2Al+(ads) +7H+= 2Al3+ + NH3(ads) +2H2O
7．室温下，向20.00 mL0.1 mol·L-1的H3AsO4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液。混合溶液中-lg X[表示、、]随溶液pH的变化如图所示。

下列说法正确的是
A．曲线a表示与溶液pH的关系
B．当消耗20.00 mL的NaOH溶液时，c(Na+ )> >>
C．pH=7.00时，c (Na+) = 3 +3
D．溶液中存在关系： >

二、工业流程题
8．常温下，以含镍废料(主要含Ni、NiO，以及少量CuO、FeO、Fe2O3、MgO、ZnO、Al2O3和SiO2等)为原料提取镍的流程如下：

常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
CuS
ZnS
NiS
Ksp
6.3×10-36
1.0×10-23
1.0× 10-21
常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
Fe( OH)3
Fe( OH)2
Al( OH)3
Ni( OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.1
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.0
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中产生了一种气体。它是 。 (填化学式)。
(2)“固体2”的成分为 (填化学式)；若用NiS代替Na2S可避免引入Na+。虽然能有效除去溶液中的Cu2+。但不能有效除去溶液中混有的Zn2+，原因是 ( 通过计算说明)。
(3)“操作1”加入NaF的目的是 。
(4)“电沉积”得到的“废液”可以循环用于 ( 填名称)工序。
(5)欲获得高纯纳米镍粉，向硫酸镍溶液中加入N2H4· H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同) ，最适宜的NaOH的物质的量浓度为 ；写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式： ；不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是 。


三、实验题
9．铋酸钠( NaBiO3 )常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)2制取NaBiO3，并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，在酸性条件下能将Mn2+氧化为；Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示：

请回答下列问题：
(1)装置的连接顺序是_____→_______→ ______→ _____(填字母) 。
(2)C中装有的试剂是 ，若没有装置C，可能产生的影响是 。
(3)反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O， (填化学方程式)。
(4)反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是 、过滤、冷水洗涤、干燥。
(5)取上述NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用c mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的 ，消耗V mL标准溶液。
①不能用c mol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3的原因是 。
②该产品的纯度为 (用含w 、c、V的代数式表示)。
(6)取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。该实验 (填“能”或“不能” )证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是 。

四、填空题
10．CO2的资源化利用和转化技术的研究对实现碳达峰和碳中和有重要意义。
(1)在席夫碱(含“−RC=N−”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。

该历程中起决速步骤的化学方程式是 。
(2)我国科学家以Si/Bi材料作光电阴极。CO2饱和的0.5 mol ·L-1的KHCO3溶液作电解液(pH =7.4) ，将CO2转化为HCOO－，原理如图所示。根据图示，写出光电阴极的电极反应式： 。

(3)CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下：
反应1：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)  ΔH1
反应2：CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g)  ΔH2
①已知：在一定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。下表为几种物质在298 K的标准摩尔生成焓：
物质
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
H2(g)
标准摩尔生成焓/(kJ ·mol -1)
−393.51
−201.17
−241. 82
0
则ΔH1 = 。
②若起始按=3投料，测得CO2的平衡转化率(X - CO2)和CH3OH的选择性(S – CH3OH)随温度、压强的变化如图所示[已知：S –CH3OH =

i．p1 (填 “>”或“<”)p2 。
ii．温度高于350°C后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是 。
iii．250 °C时反应2的压强平衡常数Kp= ( 结果保留2位有效数字)。
(4)一定条件下，CO2可形成干冰，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子共有 个。若晶胞参数是a nm，干冰的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数为 (用含a 、ρ的代数式表示)。


五、有机推断题
11．拟肾上腺素类药物在医疗上有广泛应用，其中一种药物多巴酚丁胺F的合成路线如图所示。

已知以下信息：
i．+ (R、R'、R"代表烃基或氢原子)
ii．R'COR"
回答下列问题：
(1)试剂I的结构简式为 C 含有的官能团的名称为 。
(2)由E制备F的反应类型为 ，D 分子中碳原子的杂化方式为 。
(3)A生成B的化学方程式为 。
(4)X是A的同系物，相对分子质量比A大14，且苯环上只有两个取代基，X的结构共有 种。
(5)结合题中所给信息，设计以 为原料合成的路线： (其他试剂任选)。

参考答案：
1．D
【详解】A．氯乙烯在一定条件下发生加聚反应制取得到聚氯乙烯。由于聚氯乙烯有毒，不能用于包装食品，A错误；
B．氯乙烯生产的塑料制品聚氯乙烯难降解，因此会造成大气污染，B错误；
C．氯乙烯不溶于水，因此不能采用水淋法不能处理氯乙烯泄漏，C错误；
D．氯乙烯气体有毒，由于该气体的密度比空气大，因此在氯乙烯泄漏时应该紧急向高处疏散人群，减少其对人造成的危害，D正确；
故合理选项是D。
2．A
【详解】A．化合物J含有氨基，尽管氨基是亲水基，但由于憎水基的烃基部分比较大，使其水溶性较差，因此该物质不易溶于水，A错误；
B．手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的C原子。根据J结构可知：该物质分子中连接氨基的两个C原子为手性C原子，故J的结构中存在手性碳原子，B正确；
C．该物质分子存在萘分子的平面结构，与萘平面结构连接的饱和C原子取代苯环上H原子的位置，在苯环的平面上。两个萘的平面共直线，可能两个平面共平面，C正确；
D．J分子中含有氨基，氨基N原子上有孤对电子，可以与H+形成配位键，故J可以与HCl反应。由于J分子中含有2个氨基，因此1 mol J 可以与2 mol HCl发生反应，D正确；
故合理选项是A。
3．B
【详解】Ａ．在金属活动顺序表中，Ｍg排在Na的后面，Mg与水能反映，但是Mg与水的反应剧烈程度就比Na的弱一些，Mg与水反应会生成Mg(OH)2和H2，在水溶液中又加了酚酞，所以变红是因为有Mg(OH)2生成，故A正确；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解产生HCl和NH3▪H2O，Mg和NH3▪H2O不反应，但是能和HCl反应产生MgCl2和H2，加入Mg片促进了水解，所以产生的气体是H2，故B错误；
C．CH3COONH4水解产生醋酸和一水合氨，醋酸在和Mg反应生成(CH3COO)2Mg和H2，所以Mg片冒气泡，但是(CH3COO)2Mg也要发生水解，水解后得到Mg(OH)2和CH3COOH，所以溶液逐渐变红，根据溶液中的电荷守恒，整个溶液又呈碱性，＞c(H+)，故C正确；
D．NaCl不水解，但实验1和4对比会发现，实验的实质都是Mg和水在反应，但是实验4反应要比实验1剧烈点，NaCl不参加反应，所以NaCl起到一个催化剂的作用，故D正确；
故本题选B．
【点睛】本题是通过实验现象和对比，考查透过现象看本质的分析问题的能力，需要理解水解原理及水解移动相关内容，还考查到水解中的三大守恒
4．B
【分析】X、Y 、Z、W 、Q是原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O，基态X原子核外有两个未成对电子，且在O之前，X为C；Z与X同主族，Z为Si，W与Y同族，则W为S，Q为Cl；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，荷电核数越大，原子半径越小，A项错误；
B．中C原子为sp杂化，键角为180°，中Si原子为杂化，键角小于180°，B项正确；
C．没说明简单气态氢化物，C的气态氢化物种类繁多，没法比较沸点，C项错误；
D．没有说明最高价氧化物对应的水化物，无法比较，D项错误；
答案选B。
5．D
【分析】由题中信息知右侧锌作负极失去电子生成[Zn(OH)4]2-，左侧V2O5作正极得到电子生成VOSO4，据此回答。
【详解】A．基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，共占有13个原子轨道，即有13种不同空间运动状态的电子，A错误；
B．由图可知浓K2SO4进入稀K2SO4出，钾离子和硫酸根应该从中间分别左移入正极区、右移入负极区，故a膜为阳离子交换膜，B错误；
C．外电路中每转移1mol电子，负极区增加0.5mol锌离子的质量，同时应有0.5mol硫酸根迁移进入，即共增重80.5g，C错误；
D．在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VOSO4，正极反应式为V2O5 +6H+ +2e-= 2VO2+ +3H2O，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．随水体pH增大，则溶液碱性增强，导致铝催化剂和碱反应，催化效率降低，硝酸盐去除率降低，A正确；
B．由图可知，H( ads)可以和( ads)反应生成氮气，故可促进的脱氧，从而产生N2，B正确；
C．由图可知，该机理中是铝离子给出电子体现还原性，而Cu、Pd没有失去电子，C错误；
D．金属铝表面的反应为在酸性条件下，(ads)和铝在铝表面生成铝离子、NH3(ads) ，根据质量守恒可知，还会生成H2O，可表示为：2Al+(ads) +7H+= 2Al3+ + NH3(ads) +2H2O，D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．由题意的H3AsO4属于三元弱酸，其三级电离中，电离常数逐渐减小。结合图像当-lg X =0时，表示对应的两种离子浓度相等，且曲线a的PH最小，则电离出的氢离子浓度最大，故为第一步电离。结合电离常数表达式，知曲线a表示与溶液pH的关系，故A项错误；
B．当消耗20.00 mL时，等体积等浓度混合，溶液中溶质为，的电离平衡常数10-7大于水解平衡常数，故>，故B项错误；
C．根据电荷守恒得，c(Na+ )+ c(H+ )= +3+2+ c(OH-)，此时PH=7.00，c(H+ )= c(OH-)，同时由曲线b可知，=，故有c(Na+ )= 3 +3，故C项正确；
D．H3AsO4的三级电离中，电离常数逐渐减小，Ka2>Ka3，则<，故D项错误。
故答案选C。
8．(1)H2
(2) CuS、ZnS、S反应 2Zn2+ (aq) + NiS(s)Ni2+(aq) + ZnS(s)的平衡常数K=
(3)与镁离子结合生成氟化镁沉淀，除去镁离子
(4)酸浸
(5) 0.015mol/L N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O pH增大使N2H4·H2O的还原性增强

【分析】含镍废料(主要含Ni、NiO，以及少量CuO、FeO、、MgO、ZnO、和等)，酸浸时Ni、NiO、 CuO、FeO、、MgO、ZnO、和酸反应转化为，不与酸反应，过滤除去，则固体1是；酸浸后的溶液中加入溶液，使和沉淀，，固体2中含有CuS、ZnS、S，过滤后加入将转化为，和和NaOH反应生成沉淀除去，过滤加入NaF使沉淀除去，最后得到硫酸镍溶液，通过电沉积得到粗镍。
【详解】（1）由分析可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，则酸浸中产生的气体为；
（2）由分析可知，“固体2”的成分为CuS、ZnS、S；
有分析可知，加入硫化钠溶液的目的是将铜离子，锌离子转化为硫化铜，硫化锌沉淀，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中铁离子转化为亚铁离子的离子方程式为：，加入NiS固体，发生沉淀转化反应：，通过平衡常数计算：,可知用NiS代替溶液，无法完全除去溶液中混有的；
（3）分析整个过程，操作1为除去镁离子，推测氟化镁为难溶物，因此答案为与镁离子结合生成氟化镁沉淀，除去镁离子；
（4）由分析可知，硫酸镍溶液经电沉积得到镍，氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用，提高原料利用率；
（5）由图像可知，当氢氧化钠溶液浓度为0.015mol/L时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为，氢氧化钠浓度升高，产生单质Ni增多，说明的还原性随pH增大而增强。
9．(1)ACBD
(2) 饱和食盐水 混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降
(3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O
(4)在冰水浴中冷却结晶
(5) 难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差 或或
(6) 不能 在酸性条件下 ，ClO-也能氧化Cl-生成氯气

【分析】在装置A反应生成Cl2，通过装置C饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl杂质气体，进入B中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl也会与碱NaOH发生反应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率急物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiO3与H2C2O4的关系式，利用滴定消耗H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质量，进而可得该产品的纯度。
【详解】（1）根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl随Cl2进入装置B中，用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后在装置B中与NaOH和Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3，Cl2是有毒气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A→C→B→D；
（2）装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HCl，若没有装置C，可能产生的影响是混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；
（3）反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有：Cl2+2NaOH=NaClO+ NaCl+H2O及制取NaBiO3的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；
（4）反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、干燥；
（5）①根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能c mol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3；
②在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+倍氧化产生，再将H2C2O4氧化产生CO2气体，根据电子守恒可得关系式：NaBiO3～2e-～H2C2O4，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=c mol/L×V×10-3 L=cV×10-3 mol，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×10-3 mol，其质量为m(NaBiO3)=cV×10-3 mol×280 g/mol=280 cV×10-3 g，故该样品的纯度为：。
（6）取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。
由于在装置B中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+ NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。
10．(1)+H*=
(2)CO2 + +2e－=HCOO－+
(3) 49.48 kJ /mol > 此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响 0.009 6
(4) 12 mol-1

【详解】（1）由图中信息可知，纵坐标是反应时的相对能量，横坐标是反应历程，随着反应的变化，CO2催化加氢的过程中会出现3个过渡态，但是TS-2是相对能量最高的，是起决速的一步，所以起决速步骤的方程式为；
（2）由该电解池的示意图中可知，H2O转变为O2这一极为阳极，则图中左侧为阴极，CO2转变为HCOO—，但在左侧电解质溶液是CO2饱和的0.5 mol ·L-1的KHCO3溶液，中间放的是离子交换膜，所以左侧阴极反应式为；
（3）△H1= —393.51kJ /mol—（—241.82kJ /mol—201.17kJ /mol）= 49.48kJ /mol
②i 由反应方程式CO2(g) +3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g)可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强该反应向正反应方向移动，压强越大，平衡转化率越高，故P1＞P2；
ii 温度高于350°C后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响；iii 在250℃压强P1下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的平衡转化率为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol和1mol，则CO2反应0.2mol，反应1消耗CO20.1mol，则

平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol，混合气体总物质的量为3.8mol，则反应2的平衡常数为Kp=，故答案为0.0096；
（4）在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子个数为，该晶胞中CO2分子个数为=4，晶体密度ρ=，则NA==；
【点睛】本题考查新型电解池的电极反应式的书写，还有盖斯定律、化学平衡移动的图像问题和平衡常数的计算，还有晶体的相关计算
11．(1) CH3COCH3 醚键和酮羰基
(2) 取代反应 sp2杂化和sp3杂化
(3)+CH3COCH3+H2O
(4)12
(5)

【分析】与试剂Ⅰ在碱性条件下反应生成B，结合已知信息i可知Ⅰ应含羰基结构，B中含碳碳双键，B加成得到C，C与反应生成D，结合信息ii中反应可知中氨基与C中羰基反应生成碳氮双键，D中碳氮双键加成得到E，结合E的结构简式可知D为：，C为，B为，则试剂Ⅰ为CH3COCH3；E发生取代反应生成F，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知Ⅰ为CH3COCH3；C为，所含官能团为羰基和醚键；
（2）E到F的反应过程中E中醚键中的甲基被HBr中H原子取代，反应类型为取代反应；D中单键C为sp3杂化，不饱和碳原子采用sp2杂化；
（3）A生成B的化学方程式为+CH3COCH3+H2O；
（4）X是A的同系物，相对分子质量比A大14，可知X比A多一个CH2, 苯环上只有两个取代基，两个取代基可以是：-CH2CHO和-COCH3；-CHO和-COCH2CH3；-CHO和- CH2COCH3；-CH3和-COCH2CHO；每组在苯环上有邻、间、对三种位置，共12种结构；
（5）在四氯化碳种反应生成；与氢气发生加成反应生成，发生取代反应生成，合成路线为：。