【文档说明】安徽省安庆市示范高中2021-2022学年高三下学期4月联考试题 理综化学 参考答案.pdf，共(7)页，354.417 KB，由小赞的店铺上传

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化学联考六参考答案7．A【解析】“碳达峰”是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；“碳中和”是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。使用聚乳酸代替塑

料制作可降解餐具，可以减少白色污染，与“碳达峰、碳中和”无关，A项正确；使用氢气代替丙烷作为火炬燃料，可以减少二氧化碳的排放，B项错误；使用二氧化碳跨临界直冷技术制冰是将原本要排放到大气中的二氧化碳再利用，是“碳中和”的体现，C项错误；风力发电和光伏发电为奥运场馆提供电力供应是节能

减排的体现，D项错误。8．B【解析】11.2g乙烯的物质的量为0.4mol，含有1.6mol碳氢键和0.4mol碳碳双键，故总共含有的共用电子对数目为2.4NA，A项正确；等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，故反应电子的转移根据氯气计算，转移的电子数为0.2NA，B

项错误；MgSO4和NaHSO4的摩尔质量均为120g·mol-1，120g混合物的物质的量为1mol，混合物中含有的阳离子只有Na+和K+，故含有阳离子的总数为NA，C项正确；1molNH4NO3溶于适量稀氨水，所得溶液呈中性，根据电荷守恒

n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，故溶液中的NH4+数目为NA，D项正确。9．D【解析】由结构简式可知，该有机物的分子式为C16H16ClNO2S，A项错误；与苯环直接相连的侧链碳原子为四面体结构，故分子中所有的碳原子不一定共平面，B项错误；有机物含有的酯基可以发生水解反应，但氯原子

和苯环直接相连，不能发生消去反应，C项错误有机物中含有一个苯环和两个碳碳双键，故1mol该物质最多可与5molH2发生加成反应，D项正确。10．C【解析】产生的无色气体使品红试纸变白，该气体是SO2，晶体中不一定含有SO32-，还可能是HSO3-，A项错误；FeCl3溶液过量，充分反应后滴加KS

CN，溶液变红，不能说明I-与Fe3+的反应是可逆反应，B项错误；常温下，用pH计测量0.1moL·L-1NH4CN溶液的pH=8.6，显弱碱性，说明CN—的水解程度大于NH4+，根据“越弱越水解”规律可知Ka（NH3·H2O

）＞Ka（HCN），C项正确；NaOH溶液过量，产生蓝色Cu(OH)2沉淀不能说明是由Mg(OH)2转化生成，故无法判断两者Ksp的相对大小，D项错误。11．D【解析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图可知，R、X、Y、M形

成共价键的个数分别为1、4、2、1，则R、X、Y、M分别为H、C、O和Cl，再根据原子最外层电子数存在关系：3Z+M=X+Y，可得Z最外层电子数为1，则Z为Na，原子半径：Z>M>X>Y>R，A项错误；最高价氧化物对应水化物的酸性：M>X，B项错误；Y

与Z形成的化合物可能为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，C项错误；R与X形成的化合物可能为乙烯或乙炔，均可使酸性高锰酸钾褪色，D项正确。12．B【解析】根据电池工作原理图可知，放电时Zn为负极、石墨毡为

正极，正极的电极反应式为PTZ++e—=PTZ，A项正确；放电时，PF6—由CH2Cl2层向水层迁移，每转移1mole—，水层增加1molPF6—，质量增加145g，B项错误；充电时，PF6—由水层向CH2Cl2层迁移，C项正确；若电池在充、放电过程中上下颠倒位置，CH2Cl2因密度较大，P

TZ+TBAPF6的CH2Cl2溶液会和负极锌同处下层，而ZnSO4+KPF6的水溶液会和石墨毡同处上层，从而影响电池的正常工作，D项正确。13．C【解析】由图可知，a点中和率小于50%，即2n(HCl)﹤n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)+c(M+)﹥2c(Cl-)，A项错误。

a点lg)c(Mc(MOH)=0时，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时，c(OH-)=1×10-4.2moL·L-1，MOH的电离常数Kb=c(MOH))(OH)c(M-��c=1×10-4.2。b点中和率为50%，溶液中c(MOH)=c(MCl)，因为MOH的电离常数K

b=1×10-4.2，M+的水解常数Kh=bwKK=1×10-9.8，Kb﹥Kh，电离程度大于水解程度，等浓度的MOH和MCl混合溶液显碱性，pOH﹤7，B项错误。对于b点溶液，根据电荷守恒可得c(M+)

+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒可得c(M+)+c(MOH)=2c(Cl-)，联立两式可得2c(H+)+c(M+)=2c(OH-)+c(MOH)，C项正确。c点中和率为100%，溶质为MCl，d点盐酸过量，抑制了M+的水解，故M+物质的量的大小：d﹥c，D项

错误。26．（14分，除标注外，每空2分）（1）蒸馏烧瓶（1分）浓硫酸（1分）（2）2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应（1分）（4）（5）蒸馏（1分）（6）①液封，吸收挥发的HCl气体②当加

入最后一滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失③wcV419.0×100%或wcV419%【解析】（1）根据装置图可知，A装置仪器b的名称是蒸馏烧瓶。E装置中的试剂是浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D装置中，使TiCl4

水解。（2）装置A中KMnO4与浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（3）TiCl4高温时能与O2反应，在通入Cl2前，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是排

除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应。（4）一种气态不成盐氧化物是CO，反应的化学方程式为（5）TiCl4和CCl4互溶，但沸点差异比较大，故从混合液体分离出TiCl4的操作名称是蒸馏。（6）①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收

挥发的HCl气体，避免HCl的损失。②滴定终点的判断方法是当加入最后一滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失。③根据关系TiCl4~4HCl~4AgNO3，n(TiCl4)=41n(AgNO3)=

41c×V×10-3mol，TiCl4的纯度为wggcV19010413-×100%=wcV419.0×100%或wcV419%27．（14分，每空2分）（1）将氟碳铈矿进一步粉碎或焙烧时空气与矿料逆流而

行（写一种，合理即可）（2）3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O（3）Al3+能与F-结合成AlF63-，使萃取平衡正向移动（4）将CeTBP4+中的Ce还原为Ce3+（5）5≤pH＜7（6）2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+N

aCl（7）81.5%【解析】（1）“氧化焙烧”时，为了加快反应速率、提高原料利用率，可以将将氟碳铈矿进一步粉碎增大接触面积，也可以在焙烧时气体与矿料逆流而行，使反应物间充分接触。（2）根据已知信息，CeO2和CeF4在酸性条件下发生非氧化还原反应生成

CeF3+，再由参加反应的CeO2和CeF4二者物质的量之比为3:1可知，反应的离子方程式为3CeO2+CeF4+12H+＝4CeF3++6H2O。（3）由于Al3+也能与F-结合成AlF63-，故氟洗液中添加Al3+能使萃取平衡正向移动。

（4）“反萃取”时加入H2SO4和H2O2的混合液，H2O2的作用为将CeTBP4+中的Ce还原为Ce3+，从而与萃取剂分离。（5）Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c(OH-)3，当溶液中c(A

l3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)3=5--32101.0101.0，c(OH-)=327100.1，pH=5；Ksp[Ce(OH)3]＝c(Ce3+)×c(OH-)3，当Ce3+开始沉淀时，c(OH-)3=1.0101.0-21，c(OH-)=3211

00.1，pH=7，故室温下，为了先除去Al3+，而不沉淀Ce3+，需加入NaOH调节溶液pH的范围为5≤pH＜7。（6）“氧化”时，NaClO是氧化剂，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，自身被还原为NaCl，反应的化学方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2

Ce(OH)4+NaCl。（7）10吨含70％CeFCO3的矿石，由元素守恒可知，理论上生成CeO2的质量为172219%7010t，实际得到CeO2的质量为4.48t，故产率为172219%701048.4tt×100%=

81.5%。28．（15分）（除标注外，每空2分）（1）C（2）179.6（1分）CHO*+3H*→CO*+4H*或CHO*→CO*+H*（3）+234（4）①A（1分）②4.26③1200K以上以反应ⅰ为主，或1200K以上反应ⅰ正向进行的程度远大于反

应ⅱ（合理即可）（5）正（1分）3CO2+H2O+4e—=CO+H2+2CO32-【解析】（1）此反应是气体分子数增大的吸热反应，故提高甲醇的平衡转化率，适宜采用的措施是高温、低压，选C；（2）根据图示可知，最

大能垒（活化能）=113.9–（–65.7）=179.6kJ·mol-1；生成物与反应物之间的能量差为该反应过程中的能量变化，放热最多步骤的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*或CHO*→CO*+H*。（3）焓变等于

反应物的总键能减去生成物的总键能，根据化学键的键能数据计算可得ΔH1=（4×413+2×803-2×1076-2×436）=+234kJ·mol-1。（4）①由题可知，923K时，CH4和CO2按1:1投料只发生反应ⅰ时转化率相等，而CO2还发生反应ⅱ

，故CO2的平衡转化率大于CH4，代表CO2平衡转化率随温度变化的是曲线A。②起始CH4和CO2的物质的量均为1mol，容器的体积为2L，反应ⅰ消耗0.6mol的CH4和0.6mol的CO2，生成1.2mol的CO和1.2mol的H2

；因为CO2的转化率为70%，故反应ⅱ消耗0.1mol的CO2和0.1mol的H2，生成0.1mol的CO和0.1mol的H2O，综上当两个反应达到平衡时，n(CO)=1.3mol、n(H2)=1.1mol、n(CH4)=0.4mol、

n(CO2)=0.3mol，反应ⅰ的化学平衡常数K=)()()()(42222CHcCOcHcCOc=24.023.0)21.1()23.1(22=4.26。③1200K以上CH4和CO2的平衡转化率趋

于相等说明反应以反应ⅰ为主，或1200K以上反应ⅰ正向进行的程度远大于反应ⅱ。（5）①催化电极b表面CO2被还原为CO，H2O被还原为H2，故电极b为电解池阴极，与电源负极相连，电极a应与电源正极相连。②根据题意可写出电极a的电极反应式为3CO2+H2O+4e—=CO+H2+2CO32

-。35．（15分，除标注外，每空2分）（1）3d104s24p2（2）Ca、Ge、Se（3）sp3杂化（1分）TeO2、H2Te（4）GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分

子间作用力，所以GaCl3熔点低于GaF3（5）①（43，43，41）、（41，43，43）②21310)344(1914baNA【解析】（1）Ge位于第四周期第ⅣA族，原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2。（2）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但第ⅡA元素＞ⅢA元

素，第ⅤA元素＞ⅥA元素，Ga、As分别是第ⅢA、ⅤA元素，因此第四周期主族元素中第一电离能介于Ga、As之间的元素是Ca、Ge、Se。（3）分子构型为V形的是TeO2、H2Te，H2Te分子中Te的杂化类型为sp3杂化。（4）G

aCl3二聚体的结构式为。GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3熔点低于GaF3。（5）①由晶胞结构示意图可知，A、B、C三个原子分别位于八个小立方

体中三个立方体的体心上，类似于金刚石的晶胞，根据相对位置，可知B、C原子的坐标参数分别为（43，43，41）、（41，43，43）。②该晶胞中所含有的Cd原子个数为8×81+6×21=4，Se原子位于晶胞内部，晶胞参数为344banm，则其密度为2131

0)344(1914baNAg·cm-3。36．（15分，除标注外，每空2分）（1）邻硝基甲苯或2-硝基甲苯（2）Cl2、FeCl3（或Cl2、Fe粉）（3）氨基、氯原子（4）（5）水解反应或取代反应（1分）（6）（7）1

2、【解析】（1）A的化学名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。（2）根据B的分子式和E的结构简式可以判断由A→B是在苯环上甲基的对位引入氯原子，因此反应的试剂和条件是Cl2、FeCl3。（3）根据E的结构简式和B→C

、C→D的反应条件可以判断C是将B中的硝基还原为氨基，因此C中含有官能团的名称为氨基和氯原子。（4）C的结构简式为，D的结构简式为。（5）依据题意，F→G是在完成甲基的氧化后，将酰胺键水解重新生成氨基，实现氨

基去保护，故F→G的反应类型为水解反应或取代反应。（6）根据已知信息以及K的结构简式可知，反应G→H的化学方程式为。（7）化合物M的芳香族同分异构体比A多一个碳原子，能与碳酸氢钠溶液反应说明含有羧基，苯环上含有两个取代基可能为—COOH、—CH2NH2或—COOH、—

NHCH3或—CH2COOH、—NH2或—NHCOOH、—CH3，两个取代基可能是邻、间、对三种位置关系，有12种同分异构体。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3的同分异构体的结构简式为、。获得更多资源请扫

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