【文档说明】安徽省蚌埠市2023届高三第二次教学质量检查考试理科综合化学试题 含解析.docx，共(16)页，3.332 MB，由小赞的店铺上传

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蚌埠市2023届高三年级第二次教学质量检查考试理科综合能力测试化学试题注意事项：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．答选择题时每小题选出答案后，用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

，再选涂其它答案。答非选择题卷时，必须在答题卡指定位置书写。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16N14Mg24Cl35.5一、选择题：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.化

学与人们的生活密切相关，下列叙述正确的是A.二氧化硫有毒，不能用做食品添加剂B.活性炭具有疏松多孔的结构，可用于除异味和杀菌C.水泥是应用较广的人造材料，主要化学成分是二氧化硅D.K2FeO4是一种新型净水剂，还原产物可以水解生成胶体【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫有毒，但是能

做某些食品添加剂，如葡萄酒中可添加二氧化硫作抗氧化剂，A错误；B．活性炭具有疏松多孔的结构，可用于除异味，不能杀菌，B错误；C．水泥是应用较广人造材料，主要化学成分是石灰石、二氧化硅和粘土，C错误；D．K2FeO4是

一种新型净水剂，还原产物可以水解生成Fe(OH)3胶体，D正确；故答案为：D。2.核酸采样管里的红色病毒保存液，其主要成分是胍盐和少量的双咪唑烷类，一种胍盐和双咪唑烷的分子结构如图所示，以下说法中不正确的是A.双咪唑丁烷可以

与羧酸反应生成酰胺的B.盐酸胍易溶于水，双咪唑丁烷难溶于水C.盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类D.双咪唑丁烷常用作配体，其配位原子是N【答案】A【解析】【详解】A．双咪唑丁烷属于烃的衍生物，不含胺基或亚胺基，

不可以与羧酸反应生成酰胺，A错误；B．盐酸胍含有胺基和亚胺基，属于盐，易溶于水，双咪唑丁烷为烷烃的含氮衍生物，难溶于水，B正确；C．根据结构信息，盐酸胍的分子式为CH6N3Cl，属于盐类，C正确；D．双咪唑丁烷中的氮原子含有孤对电子，

常用作配体，配位原子是N，D正确；故选A。3.某种药物分子结构如图所示。其中W的原子核只有1个质子，元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8个电子。下列说法正确的是A.X、Y、Z原子

半径逐渐增大B.分子中Y原子为sp3杂化C.1mol该分子中含孤电子对数22NAD.Y、Z、Q最简单氢化物水溶液酸性逐渐减弱【答案】B【解析】【分析】W的原子核只有1个质子，则W为H；元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，则为第二周期元素，结合物质结构，X形

成四个共价键，为C；Y形成两个共价键，为O；Z形成一个共价键，为F；元素Q的原子比Z原子多8个电子，为Cl，据此解答。【详解】A．X、Y、Z为第二周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，A错误；B．分子中Y原子为O，形

成两个键，含有两个孤对电子，为sp3杂化，B正确；C．该分子中含孤电子对的为F（3对）、O（2对）、Cl（3对），则1mol该分子中含孤电子对数20NA，C错误；D．Y、Z、Q最简单氢化物为H2O、

HF、HCl，水溶液酸性逐渐增强，D错误；故选B。4.下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作现象结论A向某溶液中滴加氯水，再加KSCN溶液溶液变为红色溶液中一定含Fe3+B向蔗糖水解液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液加

热煮沸有砖红色沉淀生成蔗糖完全水解C向5mLCuSO4溶液中滴入适量同浓度的NaOH溶液，再滴入几滴等浓度Na2S溶液先产生蓝色沉淀而后沉淀变黑发生了沉淀的转化D加热氯化铵和氢氧化钙混合物，在试管口放一片湿润的蓝色石蕊试纸试纸无明显变化无氨气

生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向该溶液中滴加氯水，再加KSCN溶液，溶液变红，不能说明溶液中一定含有Fe3+，可能含有Fe2+，因为氯气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，再加KS

CN溶液，溶液也能变红，故A错误；B．蔗糖部分水解，中和酸后，加入新制氢氧化铜悬浊液，也能产生砖红色沉淀，故B错误；C．加入适量NaOH溶液，NaOH与CuSO4恰好完全反应，生成蓝色沉淀Cu(OH)2，后加入Na2S溶液，蓝

色沉淀变为CuS黑色沉淀，说明发生了沉淀的转化，故C正确；D．氨气溶于水，显碱性，能使红色或紫色石蕊变蓝色，即题中应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误；答案为C。5.卡塔尔世界杯上，来自中国的888台纯电动客车组成的

“绿色军团”助力全球“双碳”战略目标。现阶段的电动客车大多采用LiFePO4电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只允许Li+通过。LiFePO4的晶胞结构示意图如图2(a)所示。O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中正确的是A.充电时，Li+通

过隔膜向阳极迁移B.该电池工作时某一状态如图2(b)所示，可以推算x=0.3125C.充电时，每有0.5mol电子通过电路，阴极质量理论上增加3.5gD.放电时，正极的电极反应方程式为：Li1-xFePO4+

xLi+-xe-=LiFePO4【答案】C【解析】【详解】A．充电时是电解池，阳离子向阴极移动，Li+通过隔膜向阴极迁移，A错误；B．图2(b)晶胞中锂原子数8×18+3×12+3×14=3.25，FePO4数为4，则Li1-

xFePO4的化学式为Li0.8125FePO4，解得x=0.1875，B错误；C．充电时，阴极反应为Li++e-=Li，每有0.5mol电子通过电路，阴极生成0.5mol锂，质量为3.5g，C正确；D．放电时，FePO4与Li+反应生成LiFePO4，正极的电极反应方程式为：FePO4+Li++

e-=LiFePO4，D错误；故答案为：C。6.已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：下列说法中错误的是A.卤代烃的

取代为放热反应B.SN1反应速率与c(Nu:－)和c(R3CX)相关C.SN2反应速率与c(RX)和c(Nu:－)相关D.SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应【答案】B【解析】【详解】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项正确；B．SN1为单分子亲核取代反应，反应

物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项错误；C．SN2反应双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu:－)相关，C项正确；D

．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应

，D项正确。答案选B。7.相同温度和压强下，研究X2(g)分别在不同浓度的HX(aq)和NaX(aq)中的溶解情况，实验测得X2(g)的饱和浓度c(X2)与HX(aq)和NaX(aq)的浓度关系如图所示。已知：X2(g)溶解过程发生如下反应：①X2(aq)+X-(aq

)-3X(aq)K1=019②X2(aq)+H2O(1)H+(aq)+X-(aq)+HXO(aq)K2=4.2×10-4③HXO(aq)H+(aq)+XO-(aq)Ka=3.2×10-8下列说法正确的是为.A.a点溶液中存在：c(H+)>c(X-)>c(XO-)>c

(HXO)>c(-3X)>c(OH-)B.b点溶液中存在：c(X-)+c(-3X)+c(XO-)>c(H+)+c(Na+)C.对比图中两条曲线可知X-对X2的溶解存在较大的抑制作用D.NaX曲线中，随着X2溶解度的减小，溶液中-c(XO)c(HX

O)增大【答案】D【解析】【详解】A．由反应②可知，HX为强酸，完全电离，溶液中反应程度①>②>③，a点主要溶质为HX、X2，由于HX(aq)=H+(aq)+X-(aq)，X-会与X2反应，所以c(H+)>c(X

-)>c(3X−)>c(HXO)>c(XO-)>c(OH-)，选项A错误；B．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(3X−)+c(XO-)+c(OH-)，所以c(H+)+c(Na+)>c(X-)+c(3X−)+c(XO-)，选项B错误；C．HX和NaX溶液均能完全电离出

X-，在HX溶液中，随着c(X-)增大，X2的饱和浓度增大，在NaX溶液中，随着c(X-)减小，X2的饱和浓度增大，X-对X2的溶解度无明显作用，选项C错误；D．NaX溶液中，-+(XO)(HXO)(H)=aKccc，

随着X2的溶解度减小，其溶液中c(H+)减小，所以+(H)aKc增大，即-c(XO)c(HXO)增大，选项D正确；答案选D。三、非选择题：本题共14小题，共174分。(说明：化学部分为第27~30题，共58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。8.[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，实验室制备过程如下：①将一定量的氯化铵和浓氨水置于锥形瓶中，混合均匀；②分批加入氯化钴粉末，边加边搅拌，直至溶液呈棕色稀浆；③再向其中滴加30%H2O2，当固体完全溶解后，慢慢

加入浓盐酸加热10~15min；④在室温下冷却，过滤，可得到橙黄色[Co(NH3)6]Cl3晶体。（1）[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是__________，该配合物中心离子的核外电子排布式为_______。（2）“加热”应控温在60°C进行，控温方式可采取____________

_________，温度不宜过高的原因是___________。（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是_________。（4）加入浓盐酸的作用是_

___________________________。（5）沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：i．准确称取mg的产品，配制成100mL溶液，移取20mL于锥形瓶中；．ii．滴加几滴K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点；iii．重复

滴定三次，消耗AgNO3溶液体积的平均值为VmL，计算晶体中Cl-的质量分数。已知溶解度：AgCl1.3×10-6mol·L-1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10-5mol·L-1①ii中，滴定至终点的现象是____________________。②制备的晶体中Cl-的质量分数是

_________(列计算式即可)。【答案】（1）①.+3价②.1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6（2）①.水浴加热②.温度过高，会使加快H2O2的分解和浓盐酸的挥发（3）2CoCl2+10NH3·H2

O+2NH4Cl+H2O25060−℃=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O（4）降低[Co(NH3)6]Cl3的溶解度，便于晶体的析出（5）①.滴入最后半滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失②.-3cV103

5.55100%m【解析】【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O25060−℃=2[Co(NH3)6

]Cl3+12H2O；将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。【小问1详解】[Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合

价为-1价，则Co的化合价是+3价，Co的原子序数是27，基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去3个电子形成该配合物中心离子Co3+，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；【小问2详解】“加热”应控温在60°C进行，控温方式可采取水浴加热

；温度不宜过高的原因是温度过高，会使加快H2O2的分解和浓盐酸的挥发；【小问3详解】溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是：2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O25060−℃=2[Co(NH3)6]Cl3

+12H2O；【小问4详解】加入浓盐酸可增大氯离子浓度，作用是降低[Co(NH3)6]Cl3的溶解度，便于晶体的析出；【小问5详解】①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl-反应生成AgCl沉淀，当Cl

-消耗完时再与2-4CrO结合，所以滴定终点时是Ag+与2-4CrO结合生成砖红色沉淀，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1：1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×V×1

0-3L=cV×10-3mol，则20mL溶液中Cl-物质的量为cV×10-3mol，100mL溶液中Cl-的质量为：m=n×M=cV×10-3mol×35.5g/mol×10020=5×35.5cV×10-3g，故质量分数为：-

3%cV1035.55100m。9.如图是以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程：回答下列问题：（1）为了提高硼镁矿的“溶浸”速

率，工业中可以采取下列适当措施______________(填序号)。A．升高溶浸温度B．加快搅拌速度C．缩短酸浸时间（2）滤渣的主要成分有____________________。（3）吸收过程中发生的离子方程式为___，

+4NH的空间构型为_____________。（4）沉镁时调pH≈6.5的原因是________________。（5）已知溶浸后得1000L含Mg2+3.0mol·L-1的溶液，假定过滤I和过滤II两步Mg2+损．耗率共1

0%，沉镁时沉淀率99.9%，最多能生成Mg(OH)2·MgCO3________kg(保留到小数点后第1位)。【答案】（1）AB（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3（3）①.NH3+-3HCO=+4NH+2-3CO②.正四面体形（4）pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，

pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成（5）191.5【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根

据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调

节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++323CO−+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+23HCO−，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；【小问1详解】根据流程图知，硼镁矿粉中加入硫酸铵溶

液，为了提高溶浸速率，可以采取适当升温、适当增大溶浸液浓度、研磨成粉末、搅拌等措施，答案选AB；【小问2详解】根据分析可知，滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；【小问3详解】得到的气体为NH3，用NH4HCO3

吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，发生的离子方程式为NH3+-3HCO=+4NH+2-3CO；+4NH中心原子N电子对数=4+51142−−=4，中心原子是sp3杂化，没有一对孤电子对，所以+4NH的立体结构是正四面体型；【小问4详解】沉镁时调pH≈6.5的原因是

：pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成；【小问5详解】根据镁守恒可知，最多能生成Mg(OH)2·MgCO3的质量为1000L3.0mol/L(1-10%)99

.9%12142g/mol310kg/g−=191.5kg。10.CH4和CO2两种引发温室效应气体可以转化为合成气(H2和CO)进而可以解决能源问题：（1）甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式

为2H2(g)+CO(g)=CH3OH(1)ΔH1=-116kJ·mol-1已知：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH3=-

242kJ·mol-1H2O(g)=H2O(1)ΔH4=-44kJ·mol-1表示甲醇燃烧热热化学方程式为________。（2）CH4制备合成气反应CH4(g)+H2O(g)垐?噲?CO(g)+3H2(g)通过计算机模拟实验。在40

0~1200°C，操作压强为3.0MPa条件下，不同水碳比(1~10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。据模拟实验可知，该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。平衡温度为750°C，水碳比为5时，H2的

物质的量分数为0.3，则CH4的转化率为_______，用各物质的平衡分压计算Kp=_______MPa2。(分压=总压×物质的量分数，结果保留2位小数)（3）利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)垐?

噲?C3H6(g)+3H2O(g)。的该反应VanˊtHoff方程的实验数据如图中曲线a所示，已知VanˊtHoff方程为ΔH1lnK=-RT+C(ΔH为该反应的焓变，假设受温度影响忽略不计，K为平衡常数，R和C为常数)，则该反应的焓变ΔH=________kJ·mol-1。对于另

一反应实验数据如图中的曲线b所示，若该反应焓变为ΔH'，则△H_________ΔH'(填“>”“<”或“=”)；此公式说明对于某个反应，当升高相同温度时，其ΔH的数值越大，平常数的变化值就______(填“越多”或“越少”)。【答案】（1）CH3OH(l)+32O2(

g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-739kJ/mol（2）①.吸热②.75%③.1.29（3）①.2112y-yx-xR②.大于③.越多【解析】【小问1详解】2H2(g)+CO(g)=CH3OH(1)ΔH1

=-116kJ·mol-1……①，CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ·mol-1……②，H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1……③，H2O(g)=H2O(1)ΔH4=-44kJ·mol-1……④，根

据盖斯定律可知，[③+④]×2+②－①，得到甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH=-739kJ/mol；故答案为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)ΔH

=-739kJ/mol；【小问2详解】根据图像可知，随着温度升高，氢气物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应方向为吸热反应；水碳比为5，令水蒸气物质的量为5mol，甲烷物质的量为1mol，消耗甲烷物质的量为amol，则达到平衡时，n(CH4)=(1

-a)mol，n(H2O)=(5-a)mol，n(CO)=amol，n(H2)=3amol，氢气的物质的量分数为3a6+2a=0.3，解得a=0.75，即甲烷转化率为0.75100%1=75%；达到平

衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量分数分别为0.257.5、4.257.5、0.1、0.3，用分压表示的压强平衡常数Kp=330.1(30.3)0.254.25337.57.5≈1.29；

故答案为吸热；75%；1.29；【小问3详解】根据图像可知，y1=-x1×ΔRH+C，y2=-x2×ΔRH+C，两式联立解得ΔH=1221y-yx-xR或2112y-yx-xR；根据图像以及ΔH表达式可知，ΔH＞ΔH'；该方程说明了当升高相同温度时，

ΔH越大，平衡常数的变化值越多；故答案为1221y-yx-xR或2112y-yx-xR；＞；越多。11.有机化学家科里编制了世界上第一个具有计算机辅助有机合成路线设计程序，获得1990年诺贝尔化学奖。以

下是科里提出的长叶烯的部分合成路线：回答下列问题：（1）A→B目的是_______________________________。（2）B→C的反应类型是_____________________，C的分子式为_____________。（3）可以与水以

任意比例互溶，原因是_________________________。（4）A、B、C分子中均含有共轭结构，下列可用于检测共轭体系的是_____________。a．紫外一可见光谱b．红外光谱c．核磁共振氢谱d．质谱（5）同时满足下列条件的

G的同分异构体有_____________种(不考虑立体异构)。a．分子中有一个苯环和一个六元碳环以一根σ键相连b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．1mol该有机物最多能与2molNaOH发生反应（6）根据题中信息，写

出以为原料合成的路线_______。【答案】（1）保护羰基（2）①.取代反应②.C15H22O2（3）可以与水形成分子间氢键（4）a（5）40（6）【解析】的【分析】由有机物的转化关系可知，TSOH作用下与发生

加成反应、取代反应生成，与发生取代反应生成，OsO4、作用下转化为，作用下与TsCl发生取代反应生成，50℃条件下，在高氯酸锂、碳酸钙作用下转化为，100℃条件下，发生消去反应生成。【小问1详解】由和分子中都含有六元环羰基可知，A→B的目的是保护羰基，【小问2详解】由分析可知，B→C的

反应为与发生取代反应生成，C的结构简式为，分子式为C15H22O2。【小问3详解】分子中含有的羟基能与水分子形成分子间氢键，所以可以与水以任意比例互溶。【小问4详解】由结构简式可知，紫外一可见光谱可用于检测A

、B、C分子中的共轭体系，故答案选a。【小问5详解】G的不饱和度为5，其同分异构体分子中有一个苯环和一个六元碳环以一根σ键相连，此时物质的不饱和度为5，因此不存在其他双键，能与FeCl3发生显色反应说明含

有酚羟基，1mol该有机物最多能与2molNaOH反应，则含有2个酚羟基。若两个酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若两个酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，此时甲基有7个位置，若酚羟基处于图示位置，则甲基有6个

位置，若酚羟基处于图示位置，则甲基有6个位置，因此共有40种同分异构体。【小问6详解】由题给信息可知，以为原料合成的合成步骤为OsO4、作用下转化为，作用下与TsCl发生取代反应生成，50℃条件下，在高氯酸锂、碳酸钙作用下转化为，合成路线为。获得更多资源请扫码加入享学资源

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