1、绝密启用前2022届安徽省马鞍山市高三（下）【理综化学】模拟试题二试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五六总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1化学与生活、生产、环境、科技密切相关。下列说法正确的是A酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇B煤的干馏与石油的催化裂化均属于化学变化C纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pb2+、Cu2+、 Cd2+、 Hg2+等D“神舟十三号”字宙飞船返回舱外表面使用的新型高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐
2、2维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是A分子式为C6H6O6B1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2C与 互为同分异构体D可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键3下列指定反应的离子方程式正确的是A用氨水吸收足量的SO2气体： 2NH3H2O + SO2= 2+ + H2OB将Cl2通入石灰乳中制漂白粉： Cl2+ 2OH- = ClO- + Cl-+ H2OCZnCO3 溶于稀盐酸： + 2H+= H2O + CO2D向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀： 2AgBr(s)+S2- (aq)
3、=Ag2S(s) +2Br-(aq)穆童4由下列实验操作及现象所得结论或解释错误的是实验操作及现象结论或解释A向Na2SO3溶液中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤洗涤后，向所得沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀不溶解Na2SO3溶液已变质B向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫红色褪去H2O2具有还原性C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3具有两性D向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，既产生白色沉淀又生成无色气体Ca2+2HCOCaCO3+H2CO3，随Ca2+浓度增加，平衡向右移动AABBCCDD5短周期元素X、Y、Z
4、、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法错误的是穆童A简单离子半径大小顺序为： ZQRB最简单氢化物的沸点高低顺序为： QZ YCX与Q形成的化合物仅含共价键DQ与R形成的常见化合物中，阴、阳离子数目之比为126用间接电解法对NO进行无害化处理，其原理如图所示。下列说法正确的是A工作时电解池中H+从左室移向右室B阳极电极反应式为2+ 2H+ 2e-= + 2H2OC理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2D吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 47MOH是一种一元弱碱，25
5、时， 在20.0mL 0.1 molL-1MOH溶液中滴加0.1 molL-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是穆童Ax=3.75Ba点时，V=10.0 mLC25时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4DV=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)穆童第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题8化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4C
6、l两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：穆童.NaHCO3 的制备实验流程及实验装置图如下：回答下列问题：(1)a导管末端多孔球泡的作用_。(2)b中通入的气体是_， 写出实验室制取该气体的化学方程式_。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_。.Na2CO3中NaHCO3含量测定i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；穆童iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000molL-
7、1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；穆童iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。回答下列问题：(4)指示剂N为_， 第二滴定终点的现象是_。(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_ ( 保留三位有效数字)。(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。穆童评卷人得分三、工业流程题9合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：已知Sn2+容易水解。回答下列问题：(1)加快“脱锡”速率的措施有_(写出一点)。“操作
8、I” 包含_、_、过滤、洗涤、干燥。穆童(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120gL-1时，脱锡率下降的原因_。穆童(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_； 当阴极出现_的现象时，说明电解回收锡结束。穆童(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_。(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120时所得固体的化学式为_。穆童评卷人得分四、原理综合题10甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工
9、业上有多种制备甲醇的方法。.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) H12H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) H2则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_ ( 用H1和H2来表示H)。(2)该方法采用的温度为70，不选择更低或更高温度的原因是_。.工业。上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) H0副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) HQR，故A正确；穆童B甲烷分子不能形成分子间氢键，分子间作用
10、力小于氨分子和水分子，沸点最低，水分子形成的分子间氢键数目多于氨分子，分子间作用力强于氨分子，沸点高于氨分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为为QZ Y，故B正确；穆童C若X为Li元素，氧化锂是只含有离子键的离子化合物，故C错误；D氧化钠和过氧化钠都是阴、阳离子数目之比为12的离子化合物，故D正确；故选C。6D【解析】【分析】从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从3升高到了4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从4降低到3，得到电子，电极为阴极，而在电极附近有氧气生成，为H2O失去电子生成O2，为阳极。穆童【详解】A电极为阴极，电极为阳极，工作时电
11、解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；B阳极上H2O失去电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H+O2,选项B错误；C理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中同样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；穆童D吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；穆童答案选D。7B【解析】【分析】由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。穆童【详解】
12、A由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；B当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)c(MCl)，故，B项错误；穆童C由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；D当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确
13、；穆童答案选B。8(1)增大接触面积，提高吸收速率(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3+ NH4Cl(4) 甲基橙 最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复(5)4.23%(6)偏小【解析】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；穆童(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22N
14、H3+CaCl2+2H2O；穆童(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3+ NH4Cl；穆童(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；穆童(5)进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3
15、的质量分数为，故答案为4.23%；穆童(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。9(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降穆童(3) 2H2O 4e= O2+ 4H+ 或 4OH 4e= O2+2H2O 气泡产生穆童(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2+2H2O(5)CuSO4H2O【解析】【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡
16、液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。穆童(1)从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；穆童(2)根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；穆童(3)阳极发生氧化反
17、应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O 4e= O2+ 4H+ 或 4OH 4e= O2+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；穆童(4)“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2+2H2O；穆童(5)设120时固体物质的相对分子质量为M，M=178，故120时固体物质的成分为：CuSO4H2O。穆童10(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O
18、(l)H=(H1+H2)穆童(2)低于70，反应速率慢，高于70双氧水分解(3) b 压强不变时，温度升高，H0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低(4) 210，5105 Pa 250，9105 Pa(5) 60.0% 或60% 0.188【解析】(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l)H12H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l)H2根据盖斯定律，由(+)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l)H=(H1+H2)；穆童(2)反应时温度低于70，反应速率慢，高于70双氧水分解,故该方法采用的温度为70，不选择更低或更高温度；
19、穆童(3)图中等压线是b，压强不变时，温度升高，H0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低；(4)根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当x(CH3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210，压强为5105 Pa条件；或温度为250，压强为9105 Pa条件；穆童故答案为: 210，5105 Pa；250，9105 Pa；(5)假设反应分步进行，根据三段式可知：x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4x(CO)=0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；副反应的平衡常数K
20、p=0.188。11(1)Ne F N(2)BC(3)2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2HF + 2HPtF6(4)HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使OH键极性增强，易发生电离穆童(5) sp S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子(6) 4 100%或 100%【解析】(1)第二周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，稀有气体氖原子的2p轨道为稳定的全充满结构，第一电离能最大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从大到小排前三位的是氖、氟、氮，故答案为：Ne F N；穆童(2)A
21、由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，熔化状态下能电离出自由移动的离子，能导电，故错误；BXeF+离子中氟原子和氙原子都满足8电子稳定结构，故正确；C由PtF中的键角有90和180两种可知，离子的空间构型为正八面体形，铂原子位于八面体的体心，氟原子位于八面体的顶点，则用两个氯替换氟后，所得PtF4Cl2有两种结构，故正确；穆童D由化学式可知，稀有气体化合物是离子化合物，化合物中含有离子键、极性键、和配位键，不含有非极性键，故错误；穆童故选BC；(3)由题意可知，XeF+PtF与水反应生成氙、氧气、氢氟酸和六氟合铂酸，反应的化学方程式为2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2
22、HF + 2HPtF6，故答案为：2XeF+PtF+ 2H2O =2Xe + O2 + 2HF + 2HPtF6；穆童(4)硝酸是强酸，亚硝酸是弱酸，原因是硝酸中的非羟基氧多于亚硝酸，非羟基氧吸引羟基氧原子的能力强于亚硝酸，能有效降低氧原子上的电子密度，使氢氧键极性增强，易发生电离，故答案为：HNO3中的非羟基氧多，吸引羟基氧原子的能力强，能有效降低氧原子上的电子密度，使OH键极性增强，易发生电离；穆童(5)硫氰酸根离子与二氧化碳的原子个数都为3、价电子数目都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则硫氰酸根离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，所以碳原子的杂化方式为sp杂化；离
23、子中碳原子未参与杂化的2个p电子与硫原子和氮原子的p电子形成大键，其形式为；硫氰酸根离子中硫元素的电负性小于氮元素，相对于氮原子，硫原子易给出孤对电子，所以检验铁离子时，离子以硫原子配位不以氮原子配位，故答案为：sp；S元素的电负性小，离子中S原子易给出孤对电子；穆童(6)由题意可知，镍钛合金形成的晶胞中，位于体内的钛原子个数为8，位于顶点和面心的镍原子个数为8+6=4，体对角线的长度为4(r1+r2)，则晶胞中钛原子和镍原子的体积为r8+r4=(8r+4 r)，晶胞的边长为，体积为3，则晶体的空间利用率为100%= 100%，故答案为：100%或 100%。穆童12(1) 2羟基苯甲酸(或邻
24、羟基苯甲酸或羟基苯甲酸) 醚键、酯基(2)给氯代反应定位并控制氯代数目(3)Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行(4) +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应)(5) 9 或或 (6)【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与浓硫酸发生取代反应生成，则A为；在氯化铁做催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，在稀硫酸溶液中发生水解反应生成，则D为；在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成，则E为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成，在TL作用下与铁发生还原反应生成，与ClCH2COCl发生取代反应生成，与一碘甲烷发生取代反应生成I，I与氢氧化钠乙醇溶液反应后，酸化得到J。穆童(1
25、)由分析可知，A的结构简式为，名称为2羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸或羟基苯甲酸；H的结构简式为，分子中除酰胺键外，其它含氧官能团为醚键、酯基，故答案为：2羟基苯甲酸(或邻羟基苯甲酸或羟基苯甲酸)；醚键、酯基；穆童(2)由分析可知，设计反应和的目的是给氯代反应定位并控制氯代数目，故答案为：给氯代反应定位并控制氯代数目；穆童(3)由分析可知，反应为与ClCH2COCl发生取代反应生成和氯化氢，加入的碳酸钠与反应生成的氯化氢反应，平衡向正反应方向移动，有利于提高反应的产率，故答案为：Na2CO3可消耗反应生成的HCl，有利于反应的进行；穆童(4)由分析可知，反应为在浓硫酸作用下与甲醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应(或酯化反应)；穆童(5)A的同分异构体能发生银镜反应，与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中苯环的取代基为OH和OOCH，或2个OH和1个CHO，其中OH和OOCH在苯环上有邻间对3种结构，2个OH和1个CHO有6种结构，共有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为、 ，故答案为：9； 或或 ；穆童(6)由结构简式可知，以硝基苯和1，3丁二烯制备的合成步骤为硝基苯在TL作用下与铁发生还原反应生成苯胺，1，3丁二烯与碘发生加成反应生成，苯胺与发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。穆童
