【文档说明】安徽省马鞍山市2023届高三第一次教学质量监测（一模）理综化学试题 含解析 .docx，共(16)页，2.317 MB，由小赞的店铺上传

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马鞍山市2023年高三第一次教学质量监测理科综合能力测试化学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第I卷用黑色墨水签字笔在答题卡

上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，S-32，Ti-48，Mn-55第I卷(选择题，共126分)一

、选择題：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.佩戴口罩、环境消毒、核酸检测、接种疫苗等措施使新冠病毒感染可防可控。下列说法正确的是A.75%乙醇和含氯消毒剂的消毒原理相同B.核酸是生物体遗传信息的载体，核酸、油脂、糖类都

是高分子化合物C.口罩中的纺粘层、熔喷层主要成分为聚丙烯，由丙烯缩聚反应制得D.疫苗储存、运输过程中的环境温度不宜过高，否则疫苗易失去活性【答案】D【解析】【详解】A．乙醇是破坏细菌的膜，而含氯消毒液发生氧化还原反应，两种原理不同，A项错误；B

．油脂不是高分子，而糖类中只有淀粉和纤维素为高分子，B项错误；C．聚丙烯为丙烯一定条件下发生加聚反应制得，C项错误；D．疫苗在过高会失去活性，D项正确；故选D。2.有机物M是制备螺虫乙酯的重要中间体，结构如图所示。下列关于M的说法不正确的是A.能发生取代

反应和加成反应B.分子中所有碳原子可能共平面C.有三种含氧官能团D.分子式C19H27NO4【答案】B【解析】【详解】A．含酯基可发生取代反应，含苯环，羰基可发生加成反应，A项正确；B．左侧六元环中6个C原子均为3sp杂化，所有碳原子不能共面，B项错误；C．分子中含酯基，醚键，

羰基，则有三种含氧官能团，C项正确；D．由结构可知，1个分子中含有19个C原子，27个H原子，1个N原子，4个O原子，分子式19274CHNO，D项正确；答案选B。3.下列实验操作及现象、实验结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A将炽热的木炭加入浓硝酸中，

产生红棕色气体NO2一定为碳还原浓硝酸的产物B用pH计测量NaHCO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性碳酸、亚硫酸均为弱酸C向装有溴水的分液漏斗中加入苯，振荡静置，溶液分层，上层为橙红色苯萃取了溴水中的溴D向H2O2溶液中滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾紫色褪去H2O2有氧化性A.AB.B

C.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸受热易分解为NO2，无法证明NO2是被C还原来的，A项错误；B．NaHCO3为呈碱性说明其为弱酸强碱盐，所以碳酸为弱酸。而NaHSO3呈酸性为电离无法证明亚硫酸为弱酸，B项错误；C．溴易溶于苯，苯加入溴水中分层上层为橙色，C项

正确；D．H2O2将酸性高锰酸钾还原为无色的Mn2+，H2O2呈现还原性，D项错误；故选C。4.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液与NaOH溶液等体积混合并

加热，产生的氨气标况下2.24LB.标况下，1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4LC.常温常压下，2.8gCO和C2H4的混合气体中含有的分子数目为0.1NAD.39.0gNa2O2与足量水完全反

应，转移的电子数为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A．n=cV，该条件下V未知，无法获得铵根的物质的量，更无法计算产生的NH3，A项错误；B．标况下，任何气体的摩尔体积均为22.4L/mol，则该混合气体V=nVm=1mol×22.4L/mol=22.4L，B

项正确；C．CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，可看作单一物质进行计算得n(气体)=m2.8g==0.1molM28g/mol，则混合气体中分子数目为0.1NA，C项正确；D．39.0gNa2O2物质的量为0.5mol，2Na2O2~2e-计算得电子

物质的量为0.5mol，所以该反应中转移的电子数目为0.5NA，D项正确；故选A。5.某溶液仅由3NO−、Cl-、2-4SO、2-3CO、+4NH、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：①取该溶液加入过量NaOH溶液，加热，产生无色气体；②将①过滤、

洗涤、灼烧，得到固体a；③向上述滤液中加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀：根据以上实验，下列推断错误是A.根据操作①，推断一定存在+4NHB.②中固体a为氧化铁C.原溶液中一定不存在2-3CO、Al3+，可能含有K+D.说明原溶液中

一定存在3NO−、Cl-、2-4SO、+4NH、Fe3+、【答案】C的【解析】【分析】加入过量的碱产生气体为NH3，溶液有+4NH。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3，溶液中有Fe3+，2-3CO与Fe3+会发生双水解不能共存，则溶液中不存在2

-3CO。信息③知加溶液中有2-4SO。【详解】A．由上分析溶液中一定有+4NH，A项正确；B．Fe(OH)3受热分解为氧化铁Fe2O3，B项正确；C．由上分析溶液中一定有+4NH和Fe3+而阴离子有2-4SO，又溶液中各离子浓度相同，溶液中电

荷不守恒，所以一定还有Cl-和-3NO。溶液中这五种离子刚好电荷守恒，所以一定不存在2-3CO和Al3+、K+，C项错误；D．由C项分析溶液中一定存在+4NH、Fe3+、2-4SO、Cl-和-3NO，D项正确；故

选C。6.微生物燃料电池(MFC)可以用于光电催化处理污染物(苯酚)的电源，工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.电极a为阳极B.电极c上的反应式为：CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2↑C.右池中的H+向d电极方向迁移D.处理污染物苯酚lmol，理论上外电路中迁移了20mol

电子【答案】D【解析】【分析】右池中为甲醇燃料电池，通入甲醇的一极为负极，即c为负极，d为正极。左池为电解池，与原电池正极相连的a为阳极，b为阴极。【详解】A．由上分析，a为电解池的阳极，A项正确；B．c极为负极甲醇发生氧

化变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=6H++CO2↑，B项正确；C．根据分析，右池为原电池，离子的移动：阳离子移向正极，阴离子移向负极。H+移向d极，C项正确；D．利用电子守恒有C6H6O~6CO2

~28e-，即1mol苯酚转移28mol电子，D项错误；故选D。7.用0.1000mol·L-1盐酸滴定0.1000mol·L-1Na2A溶液20.00mL，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是[如A2-分布分数：δ(A2-)=()()

22-2-cHA+)ccHA+c(A(A)A.a点溶液中存在c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)+c(Cl-)B.b点溶液中存在c(H2A)<c(A2-)C.c点溶液中存在c(HA-)>

c(H2A)D.H2A的Ka1为10-6.38【答案】B【解析】【分析】各离子含量曲线如图。【详解】A．a点加入10mL盐酸发生反应为Na2A+HCl=NaCl+NaHA，溶液中主要有NaCl、NaHA、Na2A且物质的量之比为1：1：1。该体系中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)

=2c(A2-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HA-)，如图c(A2-)=c(HA-)，所以等式变形为c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)+c(Cl-)，A项正确；B．b点加入20mL盐酸发生的反应为Na2A+HCl=NaCl+N

aHA，溶液中的物质为NaCl和NaHA，溶液呈碱性，水解大于电离即c(H2A)>c(A2-)，B项错误；C．从含量分布图可看出c(HA-)>c(H2A)，C项正确；D．利用d点pH=6.38即c(H+)=10-

6.38，计算Ka1=+-+6.382c(H)c(HA)c(H)10c(HA)−==，D项正确；故选B。第II卷二、非选择题：(化学部分为第27~30题)8.二甲亚砜()是一种含硫有机化合物，是重要的极性非质子溶剂，能与水及许多有机溶剂互溶，被誉为“万能溶剂”，有消炎止痛、镇静等作用。工业

上常采用二甲硫醚与二氧化氮在60~80℃进行气液相氧化反应制得：其装置如图(加热及夹持装置已省略)。已知：①二甲硫醚是一种无色挥发性液体，由硫酸二甲酯与疏化钠反应制得：()32233242CHOSONaSCHSCHNaSO+→+②硫酸二甲酯，微

棕色油状液体，遇水迅速水解成硫酸和甲醇；③2HNO为一元弱酸，不稳定，易分解为NO和2NO。请回答下列问题：（1）E的名称为_______，D的作用是_______。（2）B中的试剂可选择_______。A.碱石灰B

.无水2CaClC.浓硫酸D.25PO（3）写出2HNO的结构式_______。（4）实验过程中如何确定硫酸二甲酯已完全转化为二甲硫醚_______。（5）为了让A中较快速产生2NO，可采取的方法是_______。（6）C中生成二甲亚砜的化学方程式为_______。（7）上述实验

装置存在的一处错误是_______。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.冷凝回流（2）BD（3）（4）当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚（5）适当加热（6）233NOCHSCH+→+NO（7）缺少尾气处理装置【解析】【分析】A装置硫酸和亚硝酸钠反应生成二氧化氮；B干燥

除水；硫酸二甲酯与硫化钠反应生成二甲硫醚，与A中产生的二氧化氮反应得到二亚甲砜。【小问1详解】E的名称是恒压滴液漏斗，保持压强不变；D是球形冷凝管，作用是回流冷凝；故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流。【小问2详解】B中的试剂起干燥作用，并且不能与二氧化氮反应，碱石灰可以和二氧化氮反

应生成硝酸钙和亚硝酸钙，浓硫酸中的水和二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，不与无水氯化钙和五氧化二磷反应，综上所述试剂可以选BD；故答案为：BD。【小问3详解】HNO2的中心原子是N原子，为+3价，形成三个共价键，每个氧原子需要成两个共价键，每个氢原子形成一个共价键，综上所述结构式为；

故答案为：。【小问4详解】硫酸二甲酯，微棕色油状液体，遇水迅速水解成硫酸和甲醇，当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚；故答案为：当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚。【小问5详解】的温度高反应速度加快，为了让A

中较快速的产生NO2，可以适当提高温度；故答案为：适当加热。【小问6详解】C中甲硫醚与二氧化氮反应生成二甲亚砜和一氧化氮，反应方程式为NO2+CH3SCH3→+NO；故答案为：NO2+CH3SCH3→+NO。【小问7详解】甲硫醚与二氧化氮

反应生成二甲亚砜和一氧化氮，尾气是一氧化氮，有毒气体需要处理，没有尾气处理装置；故答案为：缺少尾气处理装置。9.利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物

及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：已知：①常温下，H2S饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23；②Ksp(ZnS)=2.0×10-22，Ksp(MnS)=2.0×10-13；③ZnSO4的溶解度如表所示水/温

度(°C)0102025405060708090ZnSO441.847.554158.062174.867.260.5一一ZnSO4·H2O41.9一54.2一一74.0一一86.683.5ZnSO4·6H2O一一一一70.176.8一一

一一ZnSO4·7H2O41.947.054.458.0一一一一一一回答下列问题：（1）“滤渣1”主要成分为_______、S；写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。..（2）“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(

HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为_______。（3）BaS为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______；溶液pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1，则应控制溶液中

c(H+)大于_______mol·L-1。（4）从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在_______°C以上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。（5）含50%MnO2的软锰矿174t，

利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t，该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。【答案】（1）①.SiO2②.ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O（2）4（3）①.将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去②.0.3（4）①.80②.趁热过滤（5）0.95或95%

【解析】【分析】由流程图知，两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质，即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅，加入萃取剂将铁离子萃取到有机相，则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+，加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤，再加入萃取剂分离锰离子和锌离子，则水相2中含有硫酸锰溶液，蒸

发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，有机相2中含有硫酸锌，加入硫酸反萃取，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，据此回答。【小问1详解】由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应，即+2+2+22ZnS+MnO+4H=Mn+Zn+S+2HO，所以滤渣1为生成的硫

单质和不溶于强酸的二氧化硅；【小问2详解】由配合物化学式知配体为HA和H2O，且都是2，即Fe3+的配位数为4；小问3详解】由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去；Ksp(ZnS)=2.0×10-22<Ksp(MnS)=2.0

×10-13，所以锌离子先沉淀、锰离子后沉淀，浓度均为0.2mol·L-1的锌离子和铅离子混合液中锌离子不转化为硫化锌沉淀时-222--212+Ksp(ZnS)210c(S)=<=110c(Zn)0.2，又H2

S饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23，即溶液中-23+-21910c(H)=mol/L=0.3mol/L110；【【小问4详解】由表中数据可知硫酸锌晶体在80°C以上溶解度随温度升高而减小，即操作为控制温度在80°C以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；【小问5详解】50%M

nO2的软锰矿174t物质的量为66174?10?50%10mol87g/mol=，获得硫酸锰晶体质量为610mol169g/mol=169t，即产率为160.55100%95%169=。10.氮氧化物(NOx)是大气

污染物的主要成分，对人体健康和环境危害极大。利用H2催化消除NO，生成N2及副产物N2O的热化学方程式如下：I：2NO(g)+4H2(g)+O2(g)垐?噲?N2(g)+4H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol-1II：2NO(g)+3H2

(g)+O2(g)垐?噲?N2O(g)+3H2O(g)ΔH2=-412kJ·mol-1回答下列问题：（1）写出H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式_______。（2）催化剂a(Pt/TiO2)和催化剂b(Pt/TiO2-M)在不同温度下催化效果如图所

示，选用催化剂______(填“a”或“b”)的效果更好，理由是_______。（3）TiO2的晶胞如图所示，Ti4+在晶胞中配位数为_______；晶胞的密度为_______g/cm3(列出计算表达式即可)。（4）在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1

molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。(N2的选择性=100%转化为氮气的一氧化氮的物质的量转化的一氧化氮的物质的量)则NO的平衡效转化率=_______；N2的选择性=___

____；反应II的平衡常数Kp_______。【答案】（1）N2O(g)+H2(g)=N2(g)+H2O(g)ΔH=−162kJmol-1（2）①.b②.b在相对较低的温度下，催化效果较好；且在一定温度范围内，可达到

较高的催化效率，便于控制温度（3）①.6②.2-21A248+416Nac10或2-21A160Nac10)（4）①.80%②.75%③.201800p【解析】【小问1详解】I：2NO(g

)+4H2(g)+O2(g)垐?噲?N2(g)+4H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol-1II：2NO(g)+3H2(g)+O2(g)垐?噲?N2O(g)+3H2O(g)ΔH2=-412kJ·mol-1

根据盖斯定律I－II得H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式N2O(g)+H2(g)=N2(g)+H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1+412kJ·mol-1=−162kJmol-1；【小问2详解】根据图示，b在相对较低的

温度下，催化效果较好；且b在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度，所以选用催化剂b。【小问3详解】根据均摊原则，小白球的数目为18+1=28、大黑球的数目为14+2=42，白球表示Ti4+、黑球表示O2-，根据TiO2的晶胞图，T

i4+在晶胞中配位数为6；晶胞的密度为221A248+416ac10N−g/cm3。【小问4详解】在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O

、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。则反应II消耗0.2molNO、0.3molH2、0.1molO2，反应生成0.3molH2O；则反应I生成1.2molH2O，根据反应I方程式，可知反应I消耗0.6molNO、1

.2molH2、0.3molO2，同时生成0.3molN2，则NO的平衡效转化率=0.2mol+0.8mol100%=80%1mol；N2的选择性=0.6mol100%75%0.6mol+0.2mol=；

反应后容器中含有0.2molNO、0.5molH2、0.6molO2、0.1molN2O、1.5molH2O、0.3molN2，则反应后的总压强为03.2p4，反应II的平衡常数Kp=300230000.13.21.

53.2pp3.243.240.23.20.53.20.63.2ppp3.243.243.24=201800p。11.布洛芬是一种解热

镇痛类，非甾体抗炎药。有机物A为原料合成布洛芬的路线如下。已知：回答下列问题：（1）有机物A的名称是_______。（2）A→B的反应类型为_______。（3）有机物C中官能团名称为_______。（4）写出

C和F生成G的化学方程式_______。（5）布洛芬分子中碳原子的杂化方式为_______。（6）同时满足下列条件的布洛芬的同分异构体有_______种。①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶

液发生显色反应③能发生银镜反应（7）用HCHO、CH3CHO和为原料合成请写出合成路线______(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】（1）甲苯（2）加成反应（

3）酮羰基、碳氯键（4）++H⎯⎯⎯⎯→+H2O（5）sp2、sp3（6）4（7）【解析】【分析】有机物合成与推断中常采用对比方法进行分析，找出相同和不同的部位，从而确认反应类型或结构简式，如根据C的结构

简式，以及A的分子式，从而确认A的结构简式为，A与CH3CH=CH2发生加成反应得到有机物B，B的结构简式为，据此分析；【小问1详解】A的结构简式为，该有机物为甲苯；故答案为甲苯；【小问2详解】B的结构简式为，则A→B的反应类型为加成反应；故答

案为加成反应；【小问3详解】根据C的结构简式，C中所含官能团为酮羰基、碳氯键；故答案为酮羰基、碳氯键；【小问4详解】根据题中所给信息，C中酮羰基上的一个键断裂，F中醇羟基上氧氢键断裂，即该反应方程式为++H⎯⎯⎯⎯→+H2O；故答案为++H⎯⎯⎯⎯→+H2O；【小问5详解】根据布洛芬的

结构简式，苯环、碳氧双键上的碳杂化类型均为sp2，其余碳原子杂化类型为sp3，故答案为sp2、sp3；【小问6详解】苯环上的一氯代物有两种，苯环上有两种氢，能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有，能发生银

镜反应，根据氧原子数目，说明存在，取代基为HCOO-，2个-CH2CH2CH3，2个-CH2CH2CH3与“HCOO-”处于邻位和间位，取代基为HCOO-，2个-CH(CH3)2，同样处于邻位和间位，共有4种结构；故答案为4；【小问7详解】甲醛和乙醛发生D→E类型的

反应，即生成，然后再与氢气发生加成反应，得到，最后与丙酮发生信息中反应生成产物，即路线为；故答案为。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com