安徽省宣城市2021-2022學年高三上學期期末調(diào)研測試理綜化學試題Word版含解析

安徽省宣城市2021～2022學年高三上學期期末調(diào)研測試理科綜合化學試題考生注意：。1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分300分，考試時間150分鐘。2.答題前，考生先將自己的姓名、考號在答題卡指定位置填寫清楚并將條形碼粘貼在指定區(qū)域。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卷上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卷上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)城書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.考試結(jié)束時，務必將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16S-32Cu-64第I卷選擇題(共126分)一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.近年來，我國科技取得了舉世矚目成就。下列有關說法正確的是A.國產(chǎn)大飛機C919使用的鋁鋰合金屬于金屬材料B.“天宮二號”使用的碳纖維，是一種新型有機高分子材料C.我國光纜線路總長超過三千萬公里，光纜中光導纖維的主要成分是晶體硅D.“神舟十一號”返回艙外表面使用的絕熱層的主要成分是玻璃質(zhì)復合材料【答案】A【解析】【詳解】A．合金屬于金屬材料，故國產(chǎn)大飛機C919使用的鋁鋰合金屬于金屬材料，A正確；B．“天宮二號”使用的碳纖維是碳元素形成的一種單質(zhì)，不是一種新型有機高分子材料，B錯誤；C．我國光纜線路總長超過三千萬公里，光纜中光導纖維的主要成分是二氧化硅，C錯誤；D．“神舟十一號”返回艙外表面使用的絕熱層的主要成分是高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的主要成分是氮化硅等新型無機非金屬材料，不是硅酸鹽等玻璃質(zhì)復合材料，D錯誤；故答案為：A。2.已知：K12CN+H14CNK14CN+H12CN。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是A充分反應后，體系中只含有K14CN和H12CNB.KCN的電子式為C.67g39Kl4C14N所含中子數(shù)為35NAD.1molHl2CN中含有共價鍵數(shù)目為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．反應為可逆反應，充分反應后，反應物和生成物共存，A錯誤；B．KCN為離子化合物，電子式為，B錯誤；C．67g39Kl4C14N的物質(zhì)的量為1mol，含中子數(shù)為35NA，C正確；D．1molHl2CN中含有共價鍵4mol，數(shù)目為4NA，D錯誤；答案選C。3.由于鋰資源匱乏，鈉電池研究將成為新的方向，某新型鈉電池反應原理：2Na+2AlCl3+NiCl2Ni+2NaAlCl4，下列有關該電池說法錯誤的是A.在經(jīng)過“負載"的外電路中，電子由b流向aB.為節(jié)約成本，“潤濕網(wǎng)”潤濕用水比煤油好C.放電時a為正極，充電時c為正極D.放電時，電極a的反應為：NiCl2+2AlCl3+2e-=2AlCl+Ni【答案】B【解析】【分析】根據(jù)總反應可知，放電時Na被氧化，所以b電極為負極，a電極為正極，則充電時b電極為陰極，a電極為陽極?！驹斀狻緼．原電池工作時，電子由負極經(jīng)過導線向正極移動，即電子由b經(jīng)過“負載”流向a，A正確；B．Na是活潑金屬，能與水反應，“潤濕網(wǎng)”潤濕不能用水，B錯誤；C．放電時a為正極，b為負極，充電時原電池的正負極與電源的正負極相接，即c為電源正極，C正確；D．根據(jù)總反應可知，放電時，電極a上NiCl2被還原為Ni，電極反應為NiCl2+2AlCl3+2e-=2AlCl+Ni，D正確；綜上所述答案為B。4.大馬酮是玫瑰花香味的來源之一；其結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示。下列有關大馬酮的說法錯誤的是A.分子式為C13H18OB.分子中存在2種官能團C.所有碳原子一定共平面D.可發(fā)生加成、取代和氧化反應【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C13H18O，A正確；B．分子中含有碳碳雙鍵、羰基兩種官能團，B正確；C．該物質(zhì)中存在4個C原子連接再同一飽和碳原子上的結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)中不可能所有碳原子共面，C錯誤；D．該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應、氧化反應，甲基可以在一定條件下與鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應，D正確；綜上所述答案為C?！军c睛】5.根據(jù)下列實驗和現(xiàn)象得出的實驗結(jié)論正確的是選項實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A某溶液中滴加適量稀硝酸后，再滴加少量BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀該溶液中一定含有SO、SO、HSO中的一種或幾種B將NH3和CO的混合氣體通入灼熱的CuO粉末黑色粉末逐漸變?yōu)榧t色可除去NH3中的COC

左邊棉球變?yōu)槌壬?，右邊棉球變?yōu)樗{色氧化性Cl2＞Br2＞I2D

左邊試管中溶液變?yōu)榧t色，右邊試管中有藍色沉淀生成試樣a中既含有Fe3+，又含有Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．若原溶液中含有Ag+，也會出現(xiàn)白色沉淀，A錯誤；B．CO與灼熱CuO反應會生成CO2，引入新雜質(zhì)，B錯誤；C．氯氣與溴化鈉反應后可能有剩余，剩余的氯氣也可以氧化I-，所以無法確定Br2和I2的氧化性強弱，C錯誤；D．Fe3+遇到KSCN溶液會變紅，而Fe2+遇到K3Fe(CN)6會生成藍色沉淀，D正確；綜上所述答案為D。6.已知W、X、Y、Z四種元素分別屬于三個短周期，且原子序數(shù)依次增大，由它們組成的化合物E、Q可以發(fā)生如下圖的反應?；衔颩是有機合成重要的中間體，M中陰離子為48電子微粒，下列說法錯誤的是A.E易液化，是因為可形成分子間氫鍵B.Q是導致溫室效應的成分之一C.簡單離子的半徑：Y＜ZD.M的陰陽離子中均含有極性共價鍵【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四種元素分別屬于三個短周期，且原子序數(shù)依次增大，W為H；由E、Q的結(jié)構(gòu)可知Y為N、X為C、Z為O或S；M中陰離子為48電子微粒，1×2+7+6+8×2+1=32不符合，1×2+7+6+16×2+1=48符合，可知Z只能為S，據(jù)此分析解題。【詳解】A．由分析可知，E為NH3，其易液化，說明其沸點較高，是因為可形成分子間氫鍵，A正確；B．由分析可知，Q是CS2，故不是導致溫室效應的成分之一，B錯誤；C．由分析可知，Y、Z分別為N和S，故簡單離子的半徑大小為N3-＜S2-即Y＜Z，C正確；D．由題干信息可知，M的陰離子中含有N-H、C-N、C-S極性鍵，陽離子中含有H-N極性共價鍵，D正確；故答案為：B。7.已知25℃時，飽和H2S溶液濃度約為0.1mol·L-1，相關數(shù)據(jù)如下表。下列說法錯誤的是H2SFeSCuSKa1=1.0×10-7Ka2=7.1×10-15Ksp=6.3×10-18Ksp=6.3×10-36A.25℃時，NaHS溶液呈堿性B.25℃時，飽和H2S溶液的pH約為4C.H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)D.反應FeS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Fe2+(aq)正向進行，需滿足＞1018【答案】D【解析】【詳解】A．25℃時，NaHS溶液中HS-的水解常數(shù)為Kh=1.0×10-7>Ka2，故水解大于電離，NaHS呈堿性，A正確；B．已知25℃時，飽和H2S溶液濃度約為0.1mol·L-1，H2S以第一步電離為主，設電離出氫離子濃度為x因電離程度較小，0.1-x≈0.1mol/L，則Ka1=1.0×10-7，x=10-4mol/L，則pH約為4，B正確；C．由電荷守恒可知，H2S溶液中c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，C正確；D．反應FeS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Fe2+(aq)的平衡常數(shù)K=，當Qc<K時，反應正向進行，需滿足<1018，D錯誤；故選D。第II卷非選擇題(共174分)注意事項：須用黑色墨水簽字筆在答題卷上書寫作答，在試題卷上作答，答案無效。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題-第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題(共129分)8.膽礬(CuSO4?5H2O)可用于治療風痰、癲癇等疾病，工業(yè)上用銅鎳礦石(主要成分：CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))生產(chǎn)膽礬的流程如下：已知有機萃取劑HR可以萃取Cu2+，卻不能萃取Ni2+，其萃取原理如下(org為有機相)：Cu2+(aq)+2(HR)org(CuR2)org+2H+(aq)，據(jù)此回答下列問題：（1）焙燒前粉碎的目的是___________；為減少污染，焙燒產(chǎn)生的煙氣可用酸性KMnO4溶液吸收，寫出吸收反應的離子方程式：___________。（2）“氧化”的目的是___________（3）25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后濾液中c(Fe3+)=10-8mol·L-1，且濾渣2已有Fe(OH)3沉淀，則該濾液的pH為___________；若在濾渣2中未檢測出Cu(OH)2沉淀，則濾液中c(Cu2+)≤___________mol·L-1。已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Cu(OH)2]=5.2×10-20；Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15；lg5≈0.7。（4）最佳試劑X為___________(填化學式)。（5）操作I需要用到的主要玻璃儀器是___________（6）為測定產(chǎn)品純度，取2.00g樣品，溶于錐形瓶中，加入過量KI溶液，發(fā)生反應：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，之后用0.50mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定，重復上述實驗兩到三次，測得平均消耗Na2S2O3標準液15.00mL，則產(chǎn)品的純度為___________%。(滴定反應為：2S2O+I2=S4O+2I-)【答案】（1）①.增加與氧氣的接觸面積，使反應更充分②.（2）將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，便于生成氫氧化鐵沉淀，利于鐵元素的分離（3）①.4.3②.1.3（4）H2SO4（5）分液漏斗、燒杯（6）93.75%【解析】【分析】由流程可知，銅鎳礦石焙燒和空氣中氧氣反應將金屬硫化物轉(zhuǎn)化為金屬氧化物；加入稀硫酸，二氧化硅等雜質(zhì)不反應過濾分離出濾渣；金屬離子進入濾液，加入過氧化氫氧化，加入氧化銅調(diào)節(jié)溶液的pH，除去鐵；通過萃取和反萃取從溶液中分離出銅，通過操作Ⅱ最終得到產(chǎn)品膽礬?！拘?詳解】焙燒前粉碎的目的是增加與氧氣的接觸面積，使反應更充分；焙燒產(chǎn)生的煙氣中含有硫元素生成的二氧化硫，可用酸性KMnO4溶液吸收，反應為；【小問2詳解】“氧化”的目的是將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，便于生成氫氧化鐵沉淀，利于鐵元素的分離。【小問3詳解】已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，25℃時，“調(diào)節(jié)pH”后濾液中c(Fe3+)=10-8mol·L-1，則c(OH-)=2×10-10mol·L-1，c(H+)=5×10-5mol·L-1，故pH=4.3；Ksp[Cu(OH)2]=5.2×10-20，則溶液銅離子濃度最大為mol·L-1，若在濾渣2中未檢測出Cu(OH)2沉淀，則濾液中c(Cu2+)≤1.3mol·L-1?！拘?詳解】已知，萃取原理：Cu2+(aq)+2(HR)org(CuR2)org+2H+(aq)，則要反萃取得到銅離子并最終生成硫酸銅，則需要加入酸性試劑，使平衡逆向移動，故最佳試劑X為H2SO4?！拘?詳解】操作I為分液操作，需要用到的主要玻璃儀器是分液漏斗、燒杯?！拘?詳解】2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O+I2=S4O+2I-，由反應可知，Cu2+～S2O，則n(CuSO4?5H2O)=n(Na2S2O3)=0.50mol?L-1×15.00×10-3L=7.5×10-3mol，故產(chǎn)品的純度為。9.亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效含氯消毒劑和漂白劑。下圖為制備亞氯酸鈉的裝置圖(夾持裝置省略)。已知：NaClO2飽和溶液在低于38℃時會析出NaClO2●3H2O，高于38℃時析出NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。試回答下列問題：（1）裝置A用來制取ClO2，發(fā)生反應的離子方程式為___________（2）裝置B的作用是___________（3）研究測得C裝置吸收液中c(NaOH)、對粗產(chǎn)品中NaClO2含量的影響如下圖所示。則最佳條件為c(NaOH)=_________mol·L-1，=_________（4）C裝置中生成NaClO2的反應，n(氧化劑)∶n(還原劑)=___________；C裝置采用“冰水浴"防止溫度過高的目的是___________（5）充分反應后，為從產(chǎn)品溶液中獲取NaClO2晶體，從下列選項中選出合理的操作并排序：___________→___________→___________→干燥(填字母序號)。________a趁熱過濾b．50℃水洗滌c．加熱蒸發(fā)結(jié)晶d．冰水洗滌e．55℃恒溫減壓蒸發(fā)結(jié)晶【答案】（1）（2）防止倒吸（3）①.4②.0.8（4）①.2:1②.防止NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同時防止過氧化氫分解加快（5）eab【解析】【分析】裝置A用來制取二氧化氯，過氧化氫與氯酸鈉發(fā)生氧化還原反應，裝置B用作安全瓶，生成的二氧化氯與裝置C中的過氧化氫和氫氧化鈉反應制得亞氯酸鈉，裝置D用來處理尾氣，防止污染空氣?！拘?詳解】裝置A用來制取二氧化氯，過氧化氫與氯酸鈉發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：?！拘?詳解】由圖可知，裝置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用。【小問3詳解】由圖像所示信息可知，氫氧化鈉的濃度由4mol/L增大到5mol/L時對亞氯酸鈉的含量沒有影響，所以最佳條件為c(NaOH)=4mol/L，由0.8到0.9對亞氯酸鈉的含量沒有影響，所以=0.8?！拘?詳解】裝置C中發(fā)生反應：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，其中二氧化氯是氧化劑，過氧化氫是還原劑，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：2:1；由已知信息可知，NaClO2飽和溶液在低于38℃時會析出NaClO2●3H2O，高于38℃時析出NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同時過氧化氫受熱分解加快，所以裝置C采取“冰水浴”防止溫度過高的目的是：防止NaClO2分解成NaClO3和NaCl，同時防止過氧化氫分解加快?！拘?詳解】由分析可知，充分反應后，為從產(chǎn)品溶液中獲取NaClO2晶體，從下列選項中選出合理的操作順序為：55℃恒溫減壓蒸發(fā)結(jié)晶→趁熱過濾→50℃水洗滌→干燥，因此答案為eab。10.二氧化碳加氫制備甲醇既可以實現(xiàn)二氧化碳的轉(zhuǎn)化利用，又可以有效緩解溫室效應問題。已知：反應I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H1=akJ·mol-1Kp1反應II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=bkJ·mol-1Kp2反應III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3Kp3（1）?H3=___________kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)（2）上述反應平衡常數(shù)的自然對數(shù)lnKp(Kp是以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))隨溫度的變化如下圖所示：①反應I、II、III中屬于吸熱反應的是反應___________(填I、II、III)。②若圖中A點時發(fā)生反應IV：CH3OH(g)+CO2(g)2CO(g)+H2(g)+H2O(g)Kp4，則圖中A點的lnKp4=___________(填數(shù)值)。③若T0℃時，在密閉容器中加入6molH2、4molCO2只發(fā)生反應III，維持壓強為P0kPa不變，達到平衡時H2的轉(zhuǎn)化率是50%，則該溫度下反應III的平衡常數(shù)Kp3=___________（3）反應II的反應歷程如下圖，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標注。①該反應歷程中決速步的能壘為___________eV。②虛線框內(nèi)發(fā)生的反應達到平衡后，升高溫度，正反應速率___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反應速率。【答案】（1）a+b（2）①.I②.0③.（3）①.0.8②.小于【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，?H3=?H1+△H2=(a+b)kJ·mol-1【小問2詳解】①由圖可知，反應I中l(wèi)nKp隨溫度升高而變大，說明溫度升高，平衡常數(shù)變大，反應正向進行，屬于吸熱反應，故屬于吸熱反應的是反應I。②Kp1，Kp2；A點時由圖可知Kp1=Kp2，則Kp4，故A點的lnKp4=0。③若T0℃時，在密閉容器中加入6molH2、4molCO2只發(fā)生反應III，維持壓強為P0kPa不變，達到平衡時H2的轉(zhuǎn)化率是50%，則反應氫氣的物質(zhì)的量為3mol；則反應后總的物質(zhì)的量為3+3+1+1=8mol，反應后CO2的分壓為P0kPa，同理H2、CH3OH、H2O分壓分別為、、，該溫度下反應的平衡常數(shù)Kp3=?！拘?詳解】①過渡態(tài)物質(zhì)總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越小，該歷程中最大能壘為該反應歷程中決速步的能壘，為-0.1-(-0.9)=0.8eV。②由圖可知，虛線框內(nèi)發(fā)生反應為放熱反應，達到平衡后，升高溫度，反應逆向進行，則正反應速率小于逆反應速率。(二)選考題(共45分。請考生在給出的2道物理題、2道化學題2道生物題中每科任選一道作答。并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致。在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。11.鉻(Cr)是人體必須的微量元素。（1）Cr的基態(tài)原子價電子排布式為___________（2）已知：K2Cr2O7+4H2O2+H2SO4=2CrO5(藍色)+5H2O+K2SO4，該反應可用于檢驗H2O2，且該反應也是典型的過氧鍵轉(zhuǎn)移的反應，化合價未發(fā)生變化。則1molCrO5中存在___________mol過氧鍵。H2O2中的氧采用___________雜化，H2O2屬于___________分子(填“極性”或“非極性”)（3）一定條件下，CrCl3溶于水可得到紫色溶液，經(jīng)檢測溶液中存在配離子[Cr(H2O)6]3+(結(jié)構(gòu)如圖甲)。向溶液中加入NH3●H2O和NH4Cl混合物，[Cr(H2O)6]3+中的H2O逐漸被NH3取代，分別形成[Cr(NH3)2(H2O)4]3+、[Cr(NH3)3(H2O)3]3+等，NH3可代替H2O的原因是___________，其中[Cr(NH3)4(H2O)2]3+有___________種空間結(jié)構(gòu)。NH3參與形成[Cr(NH3)6]3+后，如圖乙，鍵角大小關系為___________β(填“＞”、“=”或“＜”)（4）某種Cr、Fe合金如圖丙形式堆積，其中，A層為Cr層，B、C層均為Fe層，這種堆積形式稱為___________；金屬Fe存在體心立方堆積的晶型(如圖丁)，其空間利用率為___________(用含π的代數(shù)式表示)。【答案】（1）3d54s1（2）①.2②.sp3③.極性（3）①.NH3中N原子上也有孤電子對，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位鍵②.2③.＜（4）①.面心立方最密堆積②.【解析】【小問1詳解】已知Cr是24號元素，故Cr的基態(tài)原子價電子排布式為3d54s1，故答案為：3d54s1；【小問2詳解】由題干信息可知，K2Cr2O7+4H2O2+H2SO4=2CrO5(藍色)+5H2O+K2SO4，該反應可用于檢驗H2O2，且該反應也是典型的過氧鍵轉(zhuǎn)移的反應，化合價未發(fā)生變化，已知1molH2O2中含有1mol過氧鍵，反應中消耗4molH2O2生成2molCrO5，則1molCrO5中存在2mol過氧鍵，已知H2O2中O原子周圍的價層電子對數(shù)為：2+=4，故H2O2中的氧采用sp3雜化，由于H2O2易溶于水，H2O是極性分子，根據(jù)相似相溶原理可知H2O2屬于極性分子，故答案為：2；sp3；極性；【小問3詳解】一定條件下，CrCl3溶于水可得到紫色溶液，經(jīng)檢測溶液中存在配離子[Cr(H2O)6]3+(結(jié)構(gòu)如圖甲)。向溶液中加入NH3●H2O和NH4Cl混合物，[Cr(H2O)6]3+中的H2O逐漸被NH3取代，分別形成[Cr(NH3)2(H2O)4]3+、[Cr(NH3)3(H2O)3]3+等，由于H2O中的O原子上有孤電子對，可與Cr3+形成配位鍵，而NH3中N原子上也有孤電子對，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位鍵，由題干信息可知，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+呈現(xiàn)八面體結(jié)構(gòu)，故其中[Cr(NH3)4(H2O)2]3+有2種空間結(jié)構(gòu)，即兩個H2O在對角線上和在一條邊上兩種，由于孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥作用，NH3參與形成[Cr(NH3)6]3+后在NH3中的孤電子對就變?yōu)槌涉I電子對，排斥作用減弱，故如圖乙，鍵角大小關系為＜β，故答案為：NH3中N原子上也有孤電子對，故NH3可代替H2O于Cr3+形成配位鍵；2；＜；【小問4詳解】某種Cr、Fe合金如圖丙形式堆積，其中，A層為C