安徽省六安市第一中学2025届高三化学适应性考试试题含解析

PAGE16-安徽省六安市第一中学2025届高三化学适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：N-14O-16Cl-35.51.化学与人类社会的生产、生活有着亲密联系，下列叙述正确的是（）A.新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了肯定的挑战，质量分数0.5%的过氧乙酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率B.5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是晶体硅C.乙醚与乙醇互为同分异构体D.古代侍者为防止气息传到皇帝食物上运用丝巾做成口罩遮盖口鼻，丝巾的主要成分是蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应，因此将过氧乙酸与苯酚溶液混合，不会提升消杀效率，反而会降低消杀效率，故A错误;B．5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；C．乙醚的分子式是C4H10O，乙醇的分子式是C2H6O，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．蚕丝的主要成分是蛋白质，所以丝巾的主要成分是蛋白质，故D正确；选D。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NAB.密闭容器中，2molNO和1molO2反应后分子总数为2NAC.44.0g环氧乙烷中含有7.0NA个极性键D.标准状况下，2.24L三氯甲烷中含碳氯共价键的数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．14CO2与N218O的相对分子质量均为46，中子数均为24，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NA，A正确；B．一氧化氮与氧气反应生成的二氧化氮会部分转化为四氧化二氮，故2molNO和1molO2反应后分子总数小于2NA，B错误；C．1mol环氧乙烷共含7mol共价键，有1mol非极性键，6mol极性键，44.0g环氧乙烷的物质的量为1mol，含有6NA个极性键，故C错误；D．三氯甲烷在标况下是液态，无法用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；答案选A。3.某黄酮类药物的合成涉及反应下列说法正确的是（）A.化合物X在空气中能稳定存在B.化合物X中全部碳原子可处于同一平面C.化合物X、Y都可与溴水发生加成反应D.1mol化合物Y最多可以与4molH2反应【答案】B【解析】分析】化合物X的官能团有两个酚羟基，一个酮羰基。由X到Y的反应是在苯环上加了一个烃基的基团。【详解】A．由于化合物X中有酚羟基，简洁被O2氧化，所以该物质不稳定，A错误；B．化合物X共有8个C原子，，由于有苯环的存在，1-7号C肯定共平面，7号C上有碳氧双键，所以8号C与5、7号C共平面，所以8个C都可以共平面，B正确；（本题中的编号仅用于标记，与命名无关）C．化合物X不能与溴水发生加成反应，C错误；D．1mol化合物Y中苯环可以加成3molH2，碳碳双键、碳氧双键分别加成1molH2，共能反应5molH2，D错误；故选B。【点睛】本题的易错选项为D，能与H2加成的基团有苯环、碳碳双键、碳碳三键、羰基、醛基等，千万不要忽视羰基、醛基中的碳氧双键。还要留意，酯基和羧基里的碳氧双键不能加氢气。4.完成下列试验所选择的装置正确的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.乙醇与苯酚互溶，不能用过滤方法除去乙醇中的苯酚，故A错误；B.SO2属于酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SO3，乙烯不与氢氧化钠溶液反应，可以达到试验目的，故B正确；C.NH4Cl不稳定，受热易分解成NH3和HCl，因此不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl，应采纳降温结晶的方法获得氯化铵晶体，故C错误；D.纯碱是粉末状且易溶于水，不能用启普发生器的简易装置，应将纯碱改为石灰石，故D错误；答案：B。【点睛】易错点是选项D，运用启普发生器或启普发生器的简易装置，要求①固体反应过程中保持块状；②该反应不要加热；③所生成的气体不溶于反应的溶液。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气味。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A.简洁离子半径：Z＜YB.简洁气态氢化物热稳定性：Y＞XC.阴离子的还原性：Y＞WD.W、Y、Z形成的化合物含有共价键【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，则d是过氧化钠Na2O2；又m为元素Y的单质，通常为无色无味的气味，m是氧气O2；则b、c为二氧化碳和水，W、X、Y、Z对应的元素是H、C、O、Na，据此解答。【详解】A．离子结构相同，序数越大，半径越小；简洁离子半径：Na+<O2-，A正确；B．元素的非金属性越强，简洁气态氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性更强，故简洁气态氢化物的热稳定性：Y>X，B正确；C．元素的非金属性越强，对应元素单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：Y<W，C错误；D．W、Y、Z形成的化合物是氢氧化钠，含有氢氧共价键，D正确；答案选C。6.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生C.理论上每生成1molNaHCO3，可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl【答案】C【解析】【分析】依据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净雪白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，故B正确；C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3须要1molTBA，依据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2，故C错误；D．依据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，故D正确；答案选C。7.常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH改变（仅用H2S和NaOH调整pH)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.当体系呈中性时，>B.NaHS溶液中，c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.Kal(H2S)的数量级为10-6D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+，废水的pH对沉降效果没有影响【答案】A【解析】【详解】A．溶液呈中性时，c(HS−)>c(H2S)，则，依据电荷守恒得，所以，则，故A正确；B．NaHS溶液中，溶液呈碱性，说明HS−水解程度大于电离程度，则，故B错误；C．时，，故C错误；D．当加入Na2S沉降废水中的Cu2+，当铜离子和硫离子浓度乘积大于硫化铜的溶度积时，便有硫化铜沉淀生成，但溶液pH会影响硫离子浓度，即废水的pH对沉降效果有影响，故D错误；答案选A。8.亚硝酰氯（NOCl）常用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。试验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。已知：①NOCl是黄色气体，熔点：—64.5℃，沸点：—5.5℃；NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物；NOCl对眼睛、皮肤和粘膜有剧烈刺激性，具有类似氯气和氮氧化物的毒作用。②Ag2CrO4是砖红色沉淀。试验1：制备原料气NO和Cl2利用如图1所示装置制备纯净的NO和Cl2。（1）制备纯净的Cl2，烧瓶中反应的化学方程式为___。（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛有___（填试剂名称）；导管A的作用是___。试验2：制备NOCl。利用试验1中制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图2所示。（3）仪器接口的连接依次为a→___（按气流从左到右依次填写）。（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是____。（5）装置Ⅷ用于汲取尾气，NOCl发生反应的化学方程式为____。试验3：测定NOCl的纯度将所得亚硝酰氯（NOCl）产品13.5g溶于水，配成250ml该溶液，取出25.00ml该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用1.0mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，再重复上述试验操作2次，测得三次试验消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00ml。（6）达到滴定终点的现象是____。（7）产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为___（保留两位小数）。【答案】(1).2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O(2).水(3).使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡(4).e→f(或f→e)→c→b→d(5).通过视察气泡，调整NO和Cl2的流速(6).NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O(7).出现砖红色沉淀(8).97.04%【解析】【分析】试验室制备NO，可用稀硝酸与铜在常温下反应；无加热装置制氯气，可用浓盐酸和强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾制备氯气；二者混合制取亚硝酰氯，亚硝酰氯熔沸点较低，在制备时要留意低温环境；未测得产品的纯度可采纳氧化还原滴定进行滴定分析，据此解答。【详解】（1）常用浓盐酸和强氧化剂制备氯气，该装置无加热装置，故烧瓶中制备纯净的Cl2的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛水；导管A的作用是：使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡，液体能顺当流下；（3）制备NOCl，NOCl的熔沸点较低，要保持低温环境，且最终进行尾气处理，干燥管的气流方向是大进小出，故仪器接口的连接依次为a→e→f(或f→e)→c→b→d；（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是：通过视察气泡，调整NO和Cl2的流速；（5）NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，故NOCl与氢氧化钠反应：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；（6）滴定终点，可生成Ag2CrO4，有砖红色沉淀生成,终点现象为当滴入最终一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消逝；（7）取产品13.5g溶于水，配成250mL该溶液，取出25.00mL，则混合溶液中满意：，250mL原溶液的NOCl物质的量为：，所以产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为：。9.随着各类电动工具的推广运用，各种大功率电池的运用量越来越大，对废旧电池的资源化再利用日益重要。一种从废旧磷酸亚铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂元素、铁元素和磷元素等的工艺流程如图所示：已知：回答下列问题：(1)进行碱浸的生产车间要有良好的通风条件，理由是____。(2)从料液2中获得高纯锂化合物所用的Y和相宜的温度是（）A．NaOH20℃-40℃B．NaOH80℃-100℃C．Na2CO320℃-40℃D．Na2CO360℃-80℃(3)X可以是O2或另一种常用试剂，如___。当X是O2、生成物中磷元素主要以H2PO形式存在时，氧化过程中发生反应的离子方程式为___。(4)调整pH的过程中，若Na2CO3溶液加入量过多，会导致磷元素沉淀率降低，其可能的缘由是____，当Na2CO3溶液加入量适当时，该过程中发生反应的离子方程式为_____。(5)从料液3中获得Na3PO4•10H2O的操作是____、洗涤、干燥。(6)科学家很早就提出锂—空气电池的概念，它干脆运用金属锂作电极，从空气中获得O2，和以LiFePO4作电极的锂离子电池相比，增大了电池的能量密度(指标之一是单位质量电池所储存的能量)。如图是某种锂-空气电池的装置示意图，放电时，下列说法不正确的是（）A．金属锂为负极B．若隔膜被腐蚀，会影响该电池正常运用C．多孔碳电极上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-D．锂-空气电池能量密度大的缘由之一是转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量大。【答案】(1).有可燃性气体生成(2).D(3).H2O2溶液(4).12H++4LiFePO4+O2=4Li++4Fe3++4H2PO4-+2H2O(5).加入过多Na2CO3溶液，有一部分Fe3+会因形成Fe(OH)3沉淀而无法与PO结合(6).Fe3++H2PO+CO=FePO4+CO2↑+H2O(7).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(8).D【解析】【分析】从废旧磷酸亚铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂元素、铁元素和磷元素，通过沉淀法分别将这几种元素回收，在此过程中涉及到碱浸、氧化、沉淀等操作，结合表格信息及流程图综合分析，如碱浸过程，有氢气产生，要留意可燃性气体的处理；氧化过程中须要加入氧化剂等，沉淀时要留意沉淀的最优条件选择，据此解答。【详解】(1)在碱浸过程中，有氢气生成，氢气有可燃性，故进行碱浸的生产车间要有良好的通风条件；(2)要从料液2中获得高纯锂化合物，则可依据表格中的信息求解，含锂化合物的溶解度越小，越简洁转化沉淀，故四个选项中沉淀溶解度最小的即可获得高纯锂化合物，故所用的Y和相宜的温度是Na2CO360℃-80℃，答案为D；(3)X在氧化过程中加入，故X为氧化剂，可以是O2或另一种常用试剂，如H2O2溶液；当X是O2、生成物中磷元素主要以H2PO形式存在时，氧化过程中发生反应的离子方程式为：12H++4LiFePO4+O2=4Li++4Fe3++4H2PO4-+2H2O；(4)调整pH的过程中，若Na2CO3溶液加入量过多，有一部分Fe3+会因形成Fe(OH)3沉淀而无法与PO结合，会导致磷元素沉淀率降低；当Na2CO3溶液加入量适当时，会生成FePO4沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为：Fe3++H2PO+CO=FePO4+CO2↑+H2O；(5)Na3PO4•10H2O带有结晶水，所以从料液3中获得该晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(6)A．锂−空气电池是原电池，锂易失电子而作负极，故A正确；B．若隔膜被腐蚀，则碱性溶液中的水将通过隔膜干脆与锂反应，所以会影响该电池正常运用，故B正确；C．正极多孔碳电极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为，故C正确；D．转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量小，所以锂−空气电池能量密度大，故D错误；答案为D。10.甲烷是最简洁的烃，可用来作为燃料，也是一种重要的化工原料。（1）A.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1kJ/molB.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-Q2kJ/molC.CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=+Q2kJ/molD.CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)ΔH=Q2kJ/mol上述热化学方程式中的反应热能正确表示甲烷燃烧热的是___，水的汽化热ΔH=___kJ/mol。（2）以甲烷为原料通过以下反应可以合成甲醇：2CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH=-251.0kJ/mol现将2molCH4(g)和1molO2(g)充入密闭容器中，在不同温度和压强下进行上述反应。试验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的改变如图所示：①P1时上升温度，n(CH3OH)__（填“增大”、“减小”或“不变”）；P1___P2（填“>"、“<”或“=”）；②E、F、N点对应的化学反应速率由大到小的依次为____(用v（E）、v（F）、v（N）表示）；③下列能提高CH4平衡转化率的措施是___（填序号）；a.选择高效催化剂b.增大投料比c.刚好分别产物④若F点，n(CH3OH)=1mol，总压强为2.5MPa，则T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=___。⑤在温度为T0，压强为P2时，各物质以下列量进行投料反应，达到平衡时，混合气体各组分的百分含量与E点相同的是___。A.4molCH4(g)和2molO2(g)B.2molCH4(g)、1molO2(g)和2molCH3OH(g)C.1molCH3OH(g)D.1molCH4(g)、1molO2(g)和1molCH3OH(g)E.1molCH4(g)、0.5molO2(g)和1molCH3OH(g)【答案】(1).B(2).+（Q2-Q1)(3).减小(4).>(5).v(N)>v(F)>v(E)(6).c(7).2MPa-1(8).ABCE【解析】【详解】（1）甲烷的燃烧热指1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；A生成物不是液态，B正确，C焓变大于0，是吸热反应，D甲烷的系数不是1；故能正确表示甲烷燃烧热的是B；水的汽化是由液态水变为气态水，故由反应A-反应B后除以2可得，焓变；（2）①由图像可知，P1时上升温度，n(CH3OH)减小；当温度为T1时，F点甲醇物质的量更多，该反应:2CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH=-251.0kJ/mol是化学计量数减小，增大压强，平衡向系数减小的方向移动，则压强越大，甲醇的物质的量更多，故压强：P1>P2；②温度、压强均会影响化学反应速率；温度越高，压强越大，反应速率越快；N点温度最高，压强最大，E点温度最低，压强最小，故E、F、N点对应的化学反应速率由大到小的依次为v(N)>v(F)>v(E)；③a．选择高效催化剂，可加快反应速率，但不能使平衡移动，故a不选；b．增大投料比，会加快反应速率，但较大程度的增大了甲烷的起始量，不会加快甲烷的反应速率，故b不选；c．刚好分别产物，生成物浓度降低，反应速率减小，但平衡会正向移动，c选；综上所诉，能提高CH4平衡转化率的措施是c；④F点，n(CH3OH)=1mol，总压强为2.5MPa，则可列出三段式：，甲烷、氧气、甲醇平衡分压分别为：，，，T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数；⑤A．4molCH4(g)和2molO2(g)在已知条件的基础上物质的量加倍，压强肯定，平衡不移动，平衡时各组分的量为E点的2倍，但各组分的百分含量与E点相同，故A正确；B．2molCH4(g)、1molO2(g)和2molCH3OH(g)可利用一边倒法，使甲醇的量为0，则甲烷为4mol，氧气为2mol，与A同理，同E点是等效平衡，B选；C．1molCH3OH(g)在E点的基础上减半，压强肯定，平衡不移动，与E点是等效平衡，故C选；D．1molCH4(g)、1molO2(g)和1molCH3OH(g)采纳一边倒法，当甲醇的量为0时，甲烷为2mol，氧气为1.5mol，与E点相比，反应物量增多，平衡正向移动，D不选；E．1molCH4(g)、0.5molO2(g)和1molCH3OH(g)在B的基础上减半，同为等效平衡，E选；综上所诉，答案为ABCE。11.（1）写出碳原子最外电子层的轨道表示式___。（2）钛(Ti)是22号元素，它是___(选填编号)a.主族元素b.副族元素c.短周期元素d.长周期元素（3）CS2分子的电子式为____；其熔沸点比CO2高的缘由是___。（4）氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是___（填标号）。A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键（5）金属铜单独与氨水或过氧化氢均不能反应，但可与过氧化氢和过量氨水的混合溶液反应生成一种配位化合物，其反应的化学方程式可表示为_____。（6）镁单质晶体中原子的积累模型为六方最密积累（如图），它的晶胞是图中的___（填a、b或c）；配位数是____；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg•cm-3，已知阿伏加德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是__。【答案】(1).(2).bd(3).(4).二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大(5).AC(6).Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O(7).c(8).12(9).12NAaρ【解析】【详解】(1)碳是6号元素，原子最外电子层有4个电子，先在2s能级排两个电子，再在2p能级的两个轨道各自有一个电子，且自旋方向相同，最外电子层的轨道表示式：；(2)钛(Ti)是22号元素，位于第四周期，是长周期元素，是副族元素，故答案为bd；(3)CS2与二氧化碳互为等电子体，均是直线结构，故CS2含碳硫双键其电子式为：；CS2、CO2二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故熔沸点CS2比CO2高；(4)氟化钠是离子晶体，在氟化钠溶液中，存在水分子，有共价键、范德华力和氢键；氟化钠完全电离生成钠离子和氟离子，不存在离子键，金属键；故答案为AC；(5)金属铜单独与氨水或过氧化氢均不能反应，但可与过氧化氢和过量氨水的混合溶液反应生成一种蓝色配位离子四氨合铜离子，其反应的化学方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O；(6)镁单质晶体中原子的积累方式是按ABABABAB…的方式积累，单质晶体中原子为六方最密积累，配位数为12，晶胞是图中的c；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的高为该晶胞