【文档说明】安徽省六安市示范高中2021届高三教学质量检测理科综合化学答案.pdf，共(7)页，350.620 KB，由小赞的店铺上传

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2021六安市高中教学质量检测理综化学参考答案7.【答案】C【解析】A项：液氨汽化时要吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故A正确；B项：乙烯(果实催熟剂)可加速水果的成熟和腐烂，高锰酸钾溶液可吸收水果释放出的乙烯，从而延长水果

的保鲜时间，故B正确；C项：漂白粉、氯水、K2FeO4等消毒剂能氧化病毒蛋白质而使病毒蛋白质变性，但乙醇、福尔马林等消毒剂不能氧化病毒蛋白质，“84”消毒液具有强氧化性，能与乙醇发生氧化还原反应而使杀菌效果下降，故C错误；D项：含氟牙膏中的F-能与牙釉

质中的Ca5(PO4)3OH作用，生成更耐酸腐蚀的Ca5(PO4)3F，故D正确。8.【答案】D【解析】A项：n(Fe3+)＝1L×1mol·L-1＝1mol，n(Zn)＝78g65mol·L-1＝1.2mol，二者先发生反应

：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，Zn过量0.7mol，过量Zn再发生反应：Fe2++Zn=Fe+Zn2+，因此置换出的铁原子数为0.7NA，故A错误；B项：气态水分子间几乎不存在氢键，故B错误；C项：根据核物理变化特点，X为126C，当产生0.5

mol10n时，产物X中含中子的物质的量为0.5mol×(12－6)＝3mol，故C错误；D项：500mL0.5mol·L-1NaCl溶液中，n(Na+)＝n(Cl-)＝0.25mol，此外还含有大量水分子，微粒数一定大于0.5NA，故D正确。9.【答案】B

【解析】A项：CH3COOH是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+(图中为H3O+)，故A正确；B项：铝热反应需点燃镁带引发，说明该反应活化能很大，但铝热反应为放热反应，故B错误；C项：Cu+2H2SO4(浓)△====CuSO4+S

O2↑+2H2O，由于浓H2SO4含水量很少，CuSO4几乎以无水物(白色)形式存在，SO2能漂白品红，乙试管溶液褪色，故C正确；D项：总反应为CH4+CO2催化剂－－－－－→CH3COOH，参加反应的各物质中的原子均在目标产物中，原子利用率为100%，故D正确。10.【答案】C【解析】A项：

异丁烯结构为：，分子结构中含有两个甲基，所有原子不可能共平面，故A错误；B项：3－甲基－3－丁烯－1－醇()分子中含有和－CH2OH两种基团，二者均可使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C项：3－甲基－3－丁烯－1－醇分子中的碳碳双键

可发生加聚、氧化反应，醇羟基可发生取代、氧化、酯化反应，故C正确；D项：3－甲基－3－丁烯－1－醇分子与乙醇分子的不饱和度不同，二者结构也不相似，不互为同系物，故D错误。11.【答案】A【解析】短周期主族非金属元素W、X、Y、Z、M分布在三个周期，且原子序数依次增大，所以W为H元素，且X、Y、

Z、M分属第二、三周期；盐P、盐Q的组成分别为[Y(XH3)4]+M−、YH4+M−，且X、Y为同周期相邻元素，它们各原子中除H外都满足8电子结构，根据元素成键特点可知X、Y分别为C、N；H2Z、ZO2的水溶液均显酸

性且ZO2水溶液的酸性更强，在1L0.2mol·L-1H2Z的水溶液中缓慢通入0.1mol气体，二者恰好反应后体系呈中性，Z为S，则M为Cl。A项：X的最高价氧化物对应水化物H2CO3是弱酸，故A错误；

B项：X、Y、Z、M与W均可形成18电子的分子：C2H6、N2H4、H2S和HCl，故B正确；C项：在Na2S溶液中通入Cl2，发生置换反应：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，说明Cl的非金属性比S强，故C正确；D项：W、Y元素所组成的一种化合物N2H4可作为火箭的燃料，故D正确。12.【

答案】D【解析】A项：锂空气电池配置了充电专用的阳极，可防止充电时空气极发生腐蚀和劣化，固体电解质膜的存在可以防止氧气与锂直接接触，避免了氧气与锂直接反应，故A正确；B项：该电池中正极上氧气得电子，正极反应

式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。由于氧气来源于空气，即正极反应物不在电池内部储存，电池质量较小，所以整个电池质量相同时，锂空气电池比普通锂电池能提供更多的电能，故B正确；C项：当有0.1molO2在正极参加反应时，电

路中有0.4mol电子转移，负极金属锂有0.4mol放电，损失7g·mol-1×0.4mol=2.8g，故C正确；D项：充电专用电极为充电时的阳极，应与外接电源正极即铅蓄电池PbO2电极相连，故D错误。13.【

答案】B【解析】由图可知H2A的电离常数：Ka1＝10-1.3，Ka2＝10-4.3。A项：M点时，c(HA-)＝c(A2-)，pH＝4.3，c(H+)>c(OH-)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，c(Na

+)<c(HA-)+2c(A2-)＝2c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B项：c(H+)[c(HA-)Ka1+1]＝c(H+)[c(HA-)c(HA-)·c(H+)/c(H2A)+1]＝c(H2A)+c(

H+)，c(OH-)[c(HA-)Kh1+1]＝c(OH-)[c(HA-)c(HA-)·c(OH-)/c(A2-)+1]＝c(A2-)+c(OH-)等物质的量的H2A与NaOH反应，所得溶液为NaHA溶液，存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)＝c(A2-)+c(OH-

)。故B正确；C项：HA-的电离常数Ka2＝10-4.3，水解常数Kh2＝KwKa1＝10-12.7，HA-电离出的H+抑制NH4+水解，而CH3COO-促进NH4+水解，NH4HA溶液中c(NH4+)更大，故C错误；D项：H2A的Ka2＝10-4.3>Ka(CH3C

OOH)＝10-4.76，向CH3COONa溶液中滴加少量H2A溶液时，发生反应：2CH3COO-+H2A=2CH3COOH+A2-，故D错误。26.【答案】(14分)(1)三颈烧瓶(1分)冷凝回流(或减少甲醇的挥发，提高甲醇利用率等)(意思对就给分)(1分)(2)bfgcdh(2分)(3)2C

lO2+H2O2+CO32-=2ClO2-+CO2+O2+H2O(2分)硅酸钙、二氧化硅分子筛的表面积大，吸附ClO2气体的能力强，吸附量大（意思对即给分）(2分)(4)溶液变蓝(2分)(5)ClO2收集达一定

浓度时易分解(或爆炸)(2分)(6)2.5(2分)【解析】(1)仪器Ⅰ名称为三颈烧瓶；本实验中采用的甲醇易挥发，为减少甲醇的挥发，提高甲醇的利用率，故采用球形冷凝管导气的同时兼起冷凝回流作用。(2)根据实验目的，甲装置用于制

备ClO2，丁装置用于吸收并释放ClO2，释放的ClO2用乙装置检验，戊用于尾气处理，丙中NaOH处理反应后三颈烧瓶中过量的硫酸和吸收ClO2气体，所以装置连接的接口顺序为eabfgcdh。(3)由已知信息稳定剂吸收ClO2，生成NaC

lO2可知，ClO2与过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)反应时作氧化剂，H2O2作还原剂，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+CO32-=2ClO2-+CO2+O2+H2O；硅酸钙、二氧化硅分子筛为多空结构，表面积大，吸附能力强，可通过吸附作用将ClO2吸附在其表面

，受热后释放。(4)利用乙中淀粉－KI检验丁中释放的ClO2气体，强氧化性的ClO2气体将KI氧化生成I2，淀粉溶液变蓝色。(5)由已知信息知：气体浓度较大时易分解(爆炸)，故不能用排空气法来收集得到纯净的C

lO2。(6)ClO2和Cl2作氧化剂时均被还原为Cl-，所以等物质的量的ClO2和Cl2作氧化剂时，ClO2得电子数目为Cl2得电子数目的2.5倍。27.【答案】(15分)(1)粉碎(或研磨，合理即给分)(1分)(2)

2CaO＋O2＋2V2O4=====高温2Ca(VO3)2(2分)(3)Fe(OH)3、Al(OH)3、SiO2(2分，写不全给1分)；取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液不变浑浊，则已洗净。(2分)(4)调节溶液pH；增大c(NH4+)，有利于NH4VO3沉

淀析出(2分，答对1点给1分)(5)49.68%(2分)(6)10-8(2分)升高温度，硅酸根离子水解程度增大，生成的硅酸增多，硅的去除率升高；镁离子水解程度增大，生成的磷酸镁减少，磷的去除率降低。(2分，答对1点给1分

)【解析】(1)为了提高粗钒矿的焙烧效率，增大焙烧时固、气的接触面积，可采用粉碎、研磨等措施减小固体颗粒。(2)焙烧时利用空气中O2作氧化剂，将二价铁、三价钒、四价钒氧化，四价钒氧化的方程式为2CaO＋O2＋2V2O4=====高温2Ca(VO3)2(3

)焙烧时二价铁被氧化得三价铁，由已知②知pH＝5时，Fe3+、Al3+均以Fe(OH)3、Al(OH)3形式沉淀完全，SiO2不溶于酸，所以滤渣a应为Fe(OH)3、Al(OH)3、SiO2；用稀盐酸进行酸浸，可通过检

验Cl-判断滤渣a是否洗涤干净。所以取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若溶液不变浑浊，则已洗净。(4)转沉步骤中，加入氯化铵要实现VO43-转化为VO3-，需调节溶液pH至6～8；同时增大c(NH4+)，使NH4VO3的沉淀溶解平衡向沉淀生成

方向移动。(5)由消耗KMnO4计算出过量Fe2+，再通过VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O计算出钒的物质的量，得出钒的质量分数。由MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O得：n(Fe2+，过量)＝100×10-3×0.

1mol×5＝0.05mol由VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O得：n(VO2+)＝(100×10-3×2.00－0.05)mol＝0.15molw(V)＝0.15mol×51g/mol15.40g×100%＝49.68%根据Ksp(MgSiO

3)＝c(Mg2+)·c(SiO32-)＝2.4×l0-5，结合c(SiO32-)＝0.08mol/L，计算得c(Mg2+)＝3.0×l0-3mol/L，代入Ksp[Mg3(PO4)2]＝c(Mg2+)3·c(PO43-)2＝2.7×10-24进行计算

，故c(PO43-)＝1.0×l0-8mol/L。升高温度，弱离子SiO32-和Mg2+水解程度均增大，硅酸根离子水解程度增大，生成的硅酸增多，硅的去除率升高；镁离子水解程度增大，生成的磷酸镁减少，磷的去

除率降低。28.【答案】(14分)(1)(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)ΔH＝－98.3kJ/mol(2分)③(1分)(2)5P(2分)②⑤(2分，选不全给1分，有错的不给分)(3)0.015(2分)(4)

升高温度，平衡逆向移动(或催化剂失活等)(2分)(5)<(1分)(6)单原子铂增多(或铂颗粒减少)，增大NO3-转化为N2的比例(或降低了NO3-转化为NH4+）的比例，有利于降低溶液中的含氮量。(2分)【解析】(1)图像所示为单个N，N二甲基甲酰胺【(CH3)2NCHO】转化为三

甲胺【N(CH3)3】的能量变化图，1mol(CH3)2NCHO转化时的能量变化为：1.02×6.02×1023×1.6×10-19×10-3＝98.3kJ，反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)ΔH＝－98.3kJ/mol。图像①、②、

③三个阶段中，③的能垒(活化能)最大，故反应速率最慢。(2)(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)起始量2300反应量x2xxx平衡量2－x3－2xxx5－x5＝45x=1Kp＝(14×0.8P)(14×0.8P)(14×0.8P

)(14×0.8P)2＝5P该反应由反应物引发，产物N(CH3)3和H2O始终维持1:1，故①不可作为判断化学平衡依据；恒容条件下，反应前后气体分子数不相等的反应，只有反应达平衡状态时，各气体的分压才能保

持不变，故②可作为判断化学平衡依据；ΔH表示1mol化学反应的能量变化，与化学反应是否达平衡状态无关，故③不可作为判断化学平衡依据；恒容条件下、各物质均为气态，故气体密度是恒量，密度不可作为判断化学平衡依据；该反应各物质均为气态，且反应前后气体分子数不相等，只有反应达

平衡状态时，气体的平均摩尔质量才不发生变化，故⑤可作为判断化学平衡依据。(3)由图像判断曲线a代表NH3与NO的物质的量之比分别为4:1时NO脱除率，则NO的起始浓度为1×10-5mol/L，从A点到B点经过4秒，NO脱除率为0.2，所以NO脱除平均速率为1×10-5×0.

2×30×1034＝0.015mg/(L·s)。(4)温度超过900℃，NO脱除率骤然下降，可能的原因有升高温度，平衡逆向移动；升高温度催化剂失活等。(5)k正、k逆只与温度有关，v正＝k正×0.52×0.52，v逆＝k逆×0

.5×0.52，结合k正︰k逆＝1︰4，可求得v正︰v逆＝0.125<1，所以v正<v逆。(6)若铂(Pt)的总量不变时，在导电基体上增大单原子铂和铂颗粒的比例，由图像可知：降低了NO3-转化为NH4+的比例，增大了NO3-转化为气态氮的比例，有利于提高溶液中

的脱氮率。35.【答案】(15分)(1)A(1分)发射(1分)洪特规则(1分)(2)平面三角形(1分)或(1分)6(1分)(3)分子(1分)(4)sp2、sp3(2分，答对1个给1分，有错不给分)Π65(2分)(5)2∶1(2分)×1010或×1010(2分)【解析

】(1)根据能量最低原理，核外电子先占据能量低的原子轨道，原子轨道的能量由低到高的顺序为1s<2s<2p<3s<3p。根据电子排布的特点，只有A符合能量最低原理；电子由高前及向低能级转变时产生的光谱是发射光谱；洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优

先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。状态D不符合这一规则。(2)气态单个AlCl3分子中，中心原子Al无孤电子对，只形成三个σ键，Al采取sp2杂化，分子构型为平面三角形结构；二聚体Al2C16分子中每个铝原子和四个氯原子形成4个共价键，Al采取sp3杂化，4个杂化轨道中有1个空轨道，C1原

子的孤电子对向Al原子配位，其结构式为：或。在第3周期所有元素中，第一电离能由小到大的顺序为：Na<Al<Mg<Si<P<S<Cl<Ar，所以比Al高的有6种。(3)二茂铁熔点172℃，沸点249℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶

剂，所以它属于分子晶体。(4)环戊二烯分子中碳原子既有单键又有双键，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化，每个茂环形成大π键的原子数为5，每个茂环带有一个单位负电荷，因此每个环含有6个π电子，环戊二烯负离子(C5H5−)的大π键可以表示为Π65。(5)结构中如1、3、6、7的O2−围成

的正四面体空隙有8个，由图可知图示结构中O2−数目为：8×18＋6×12＝4，正四面体空隙数与O2−离子数目之比8∶4＝2∶1。图示结构中O2−数目为4，则含有Fe2+和Fe3+的总数为3。晶胞中有8个示结构单元，1mol晶胞的质量为8×(3×56+4×16)=8×232g，则

晶体密度ρ＝8×232g6.02×1023×(a×10-10cm)3＝5.18g·cm−3，a＝×1010。36.【答案】(15分)(1)醚键(1分)还原反应(1分，写“加成反应”不得分)(2)丙酮(2分)(3)(2分，写箭头也给分)(4)A中苯环上羟基会被氧化

，最终制得产物苯环上无法保留羟基。(2分，意思对即给分)(5)9(2分)和(2分，对一个给1分)(6)(3分，一步1分)【解析】(1)分析物质C的结构，苯环上连接有－OOCCH3、－OCH3和－CHO三种基团，所以官能团除酯基

、醛基外，还有醚键；F→G是羰基被LiBH4还原为醇羟基，注意此处不是加成反应。(2)根据题给已知信息并结合D、F的结构简式知，E为丙酮(CH3COCH3)。(3)C→D是在酸性条件下将酯基水解成酚羟基，另一产物是－COOH，故反应方程式为：(4)A→B是将酚羟基

变成酯基，C→D是将酯基变成酚羟基，设计A→B步骤的目的是避免酚羟基被氧化，使最终制得产物苯环上无法保留羟基。(5)依题意，M含有酚羟基、酯基和1个饱和碳原子。由于M苯环上只含两个取代基。酯基有：－OOCCH3、－COOCH3、－CH2OOCH三种情况，它们

均可以和酚羟基处于邻、间、对位，故符合条件的M有9种结构。其中和在核磁共振氢谱上有4组峰。(6)对比目标产物与题给流程中G的结构的相似性，采用逆合成法，该流程设计应为：。