安徽省安庆市2024届高三化学下学期6月热身考试试卷含解析

Page192024届高三第四次模拟考试化学试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：高考范围。5．可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16F-19Na-23P-31Cl-35.5Cu-64Zn-65一．选择题（本题共14小题，每小题3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.下列过程涉及氧化还原反应的是A.用制备纳米级B.侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱C.高铁酸钾（）用作新型水处理剂D.用溶液除去铜制品表面的铜绿【答案】C【解析】【详解】A．制备纳米级Fe2O3过程中Fe元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱，涉及的方程式有：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．高铁酸钾（）用作新型水处理剂时利用的是其氧化性，铁元素由+6价降低至+3价，发生了氧化还原反应，C符合题意；D．溶液中水解，溶液呈酸性，酸性物质将铜绿溶解，整个过程均不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选C2.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.汽油、甘油、花生油均能发生水解反应和氧化反应B.用高粱生产白酒的化学原理是淀粉水解生成了乙醇C.首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维相同D.硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒是利用了Cu2+能使蛋白质变性【答案】D【解析】详解】A．汽油、甘油不能发生水解反应，A错误；B．用高粱生产白酒的化学原理是：淀粉水解制得葡萄糖、葡萄糖发酵可制得乙醇，淀粉不能水解为乙醇，B错误；C．芯片的主要材料为Si，光导纤维为SiO2，C错误；D．Cu2+能使蛋白质变性，故硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒，D正确；选D。3.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.3.9g与足量水反应，转移电子个数为0.1B.6.0g与足量NaOH溶液反应，所得溶液中的个数为0.1C.21g中含有σ键数目最多为4.5D.0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2【答案】C【解析】【详解】A．3.9g的物质的量为，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑知，0.05molNa2O2反应产生氧气0.025mol，O元素由-1价上升到0价，转移0.05mol电子，A错误；B．6.0g的物质的量为，0.1mol与足量NaOH溶液反应生成0.1molNa2SiO3，在水溶液中会发生水解，所得溶液中的个数小于0.1，B错误；C．可能为环丙烷或乙烯，当为环丙烷时，σ键数目最多，含有9个，21g的物质的量为，含有4.5molσ键，C正确；D．H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于0.2，D错误；故选C。4.某光刻胶（ESCAP）由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是A.合成ESCAP的一种单体为对羟基苯乙烯 B.Y分子所有碳原子共平面且存在顺反异构C.X的酸性比ESCAP的酸性强 D.曝光时发生了取代反应和消去反应【答案】B【解析】【详解】A．合成ESCAP的单体为、、，故A正确；B．Y分子为，可看作乙烯分子中两个氢原子被甲基取代，据乙烯分子六原子共平面可知，Y分子所有碳原子共平面，但双键碳原子所连基团相同，所以不存在顺反异构，故B错误；C．X分子的链节比ESCAP多一个羧基，所以其酸性比ESCAP的酸性强，故C正确；D．曝光时ESCAPZ支链上的酯基发生取代反应生成羧基和羟基，羟基又发生消去反应生成碳碳双键，得到，即曝光时发生了取代反应和消去反应，故D正确；故答案为：B。5.黄铜用溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。Co3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气。由、、和反应制备的配合物可应用于的鉴定。下列化学反应方程式表示错误的是A.Cu2O与稀硫酸反应：B.溶液和反应：C.与足量浓盐酸反应：D.制备的反应：【答案】C【解析】【详解】A．Cu2O与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A正确；B．CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+，B正确；C．已知Co3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，Co(OH)3与足量盐酸反应：2Co(OH)3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+6H2O，C错误；D．CH3COOH不能拆，制备Na3[Co(NO2)6]的反应的离子离子反应为应：12+2Co2++H2O2+2CH3COOH=2[Co(NO2)6]3-+2CH3COO-+2H2O，D正确；故答案为：C。6.已知反应：NH4NO3+NH4HSO3+SO2+2H2O=[NH3OH]++(NH4)2SO4。下列有关说法错误的是A.H2O很稳定是因为分子间含有氢键B.SO2的空间结构为V形C.NH2OH的H－N－H键角小于中H－N－H键角D.H2O、与的VSEPR模型相同【答案】A【解析】【详解】A．H2O是共价化合物，其性质稳定，是因为O-H键的键能较大，与分子间含有氢键无关，A错误；B．SO2分子中S原子的价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，含有1对孤电子对，则SO2的空间结构为V形，B正确；C．NH2OH分子与中N的价层电子对数都是4，VSEPR模型均为四面体，中H-N-H的键角为109°28′，但NH2OH分子中N原子含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用较大，导致H-N-H的键角小于109°28′，C正确；D．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4、中N的价层电子对数为4+=4，中S的价层电子对数为4+=4，则它们的VSEPR模型相同，都是四面体，D正确；故答案为：A。7.根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是选项a中的物质b中的物质实验目的、试剂和操作实验目的c中的物质进气方向A稀硝酸Cu收集贮存NO水N→MB浓硝酸Na2SO3检验SO2的氧化性品红溶液M→NC浓氨水碱石灰收集贮存氨气饱和NH4Cl溶液N→MD浓盐酸MnO2检验Cl2的氧化性Na2S溶液M→NA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．稀硝酸和Cu反应生成NO，NO不溶于水，不与水反应，用排水法收集NO，进气方向是N→M，故A符合题意；B．由于浓硝酸具有强氧化性，因此浓硝酸与反应Na2SO3反应生成硫酸盐和NO2气体，因此无法检验SO2的氧化性，故B不符合题意；C．由于氨气极易溶于水，因此氨气要溶于饱和NH4Cl溶液中，不能排用饱和NH4Cl溶液来收集氨气，故C不符合题意；D．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，而该实验没有加热，因此不能产生氯气，故D不符合题意；综上所述，答案为A。8.一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法错误的是A.和均为极性分子 B.第一电离能：Z＞Y＞QC.原子半径：Q＞Z＞Y D.W与Y形成的化合物中只含离子键【答案】D【解析】【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L呈电子数为=5，则Z为N，以此分析解答。【详解】A．H2O和H2O2的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，A正确；B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，即Z＞Y＞Q，B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：C＞N＞O，即Q＞Z＞Y，C正确；D．W与Y形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键，但Na2O2中既含离子键又含共价键，D错误；故答案为：D。9.我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为时，随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断错误的是A.ΔH<0B.a、b两时刻生成乙二醇的速率：C.其他条件相同，在温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于D.在温度下，反应在0~内的平均速率为【答案】C【解析】【详解】A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A正确；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，B正确；C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05mol·L-1，则，D正确；故选：C。10.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作实验现象结论A向饱和溶液中滴加几滴硼酸无气泡产生酸性：硼酸<碳酸B向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热未出现砖红色沉淀Y中不含有醛基C向NaBr溶液中滴入少量氯水和，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色还原性：D向含有ZnS和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀溶度积：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴硼酸，即使硼酸的酸性比碳酸强，也可能因生成NaHCO3而无气泡，故结论不准确，故A错误；B．NaOH不足，检验-CHO应在碱性条件下，该实验不能检验Y中是否含-CHO，故B错误；C．反应后溶液分层，下层呈橙红色，说明氯气与NaBr反应生成溴单质，发生反应：，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知Br－还原性强于Cl－，故C正确；D．Na2S与硫酸铜直接反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故D错误；故选D。11.某课题组报道了一种两相无膜Zn/PTZ（吩噻嗪）电池，电解液中的在水层和层之间迁移，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，正极的电极反应式为B.放电时，每转移，水层（包括电极）质量减轻145gC.充电时，由向水层迁移D.电池在充、放电过程中不能上下颠倒位置【答案】D【解析】【分析】由图可知，Zn比石墨活泼，则Zn电极作原电池的负极，石墨毡所在电极b作正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，正极上PTZ+得电子生成PTZ，正极反应式为PTZ++e-═PTZ，充电时为电解池，原电池的正负极与电源的正负极相接、作阳阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，并且阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，据此分析解答。【详解】A．放电时为原电池，正极上PTZ+得电子生成PTZ，正极的电极反应式为PTZ++e-=PTZ，故A错误；

B．放电时为原电池，阴离子移向负极，即每转移1mol电子，正极区有1mol移向负极区，水层质量增重为65g×+1mol×145g/mol=177.5g,故B错误；

C．充电时为电解池，Zn电极作阴极，石墨毡所在电极作阳极，阴离子移向阳极，即由水层向CH2Cl2层迁移，故C错误；

D．CH2Cl2和水不互溶，密度比水大，可以将正极与负极隔开，倒置会引起电池内部短路，故D正确；

故选：D。12.某温度下，向10mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L的溶液，滴加过程中溶液里的与所滴加的溶液体积[]关系如图所示。已知：，下列有关说法正确A.a、b、c三点中，水的电离程度最小的为c点B.该温度下，b点为C.如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有：D.该温度下的平衡常数为【答案】B【解析】【分析】10mL0.1mol/LCuCl2溶液和10mL0.1mol/L的Na2S溶液恰好完全反应生成CuS和NaCl，即b点。【详解】A．CuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，A错误；B．该温度下，b点加入10mL的0.1mol/L溶液，CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，液中，此时，，即b点，B正确；C．c点时，溶液中的，，Na2S过量0.001mol，由物料守恒可得，C错误；D．b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，，根据b点数据可知，则该温度下，平衡常数，D错误；答案选B。13.软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。25℃时，。下列说法错误的是A.X可为稀硫酸B.滤渣2成分是和C.“酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2D.利用替代CaO可优化该流程【答案】B【解析】【分析】黄铁矿和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。【详解】A．MnO2具有较强氧化性，具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，故A正确；B．滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是、CaSO4和Fe(OH)3，故B错误；C．“酸浸”时中的铁元素转化为，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故C正确；D．利用替代CaO可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D正确；故答案为：B。14.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是A.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡B.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行C.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大D.反应达平衡时，升高温度，R浓度增大【答案】A【解析】【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应的最高活化能小于使用催化剂Ⅱ，则使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，故A错误；B．由图可知，使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时反应均出现四个波峰，说明反应历程都分4步进行，故B正确；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故C正确；D．由图可知，该反应是放热反应，则反应达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的浓度增大，D正确；故选A。二．非选择题（本题共4小题，共58分）15.CuCl常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂和冶金工业等。实验室用如下装置(夹持仪器略去)将二氧化硫通入新制悬浊液中制备CuCl(已知CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇)。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______，装置A中分液漏斗中盛装的试剂为_______。（2）装置B的作用是_______。（3）装置D的作用是_______，其中发生反应的离子方程式为_______。（4）与装置C中生成的悬浊液反应制备CuCl的离子方程式为_______。（5）装置C中溶液的体积为20mL，滴入足量NaOH溶液后再通入，反应结束后，将装置C中混合物过滤，依次用水和乙醇洗涤、烘干，得到固体的质量为0.693g。①先用水洗再用乙醇洗涤的目的是_______。②该实验所得CuCl的产率为_______%。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.浓硫酸（2）为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度（3）①.吸收多余的二氧化硫，防止污染环境②.（4）2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O（5）①.洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥②.【解析】【分析】装置A中，锌粒和浓硫酸反应制备SO2；装置B为安全瓶，可以防止倒吸；装置C中，NaOH先和CuCl2反应生成Cu(OH)2悬浊液，再通入SO2反应生成CuCl；装置D为尾气处理装置，吸收多余的SO2。【小问1详解】实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶，装置A中分液漏斗中盛装的试剂为浓硫酸；【小问2详解】装置B的作用为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度；【小问3详解】装置D是尾气处理装置，其作用为吸收多余的二氧化硫，防止污染环境；发生反应的离子方程式为；【小问4详解】CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl++2H2O；【小问5详解】①用水洗去表面吸附的杂质，CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥，先用水洗再用乙醇洗涤的目的是洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥；②20mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，，，理论上生成的物质的量为0.01mol，，实验实际所得CuCl固体质量为0.693g，则CuCl的产率=。16.铋（Bi）及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。以某铋矿（主要成分为、，主要杂质和）制取并回收锰的工艺流程如下：按要求回答下列问题。（1）元素Bi较同主族N的周期数大4，写出基态Bi原子的价层电子排布式______。（2）滤渣1的主要成分的晶体类型为______。（3）“还原”步骤中Bi粉的作用为______。（4）已知在2.0<pH<11.0的环境中，易水解成BiOCl沉淀。写出该反应的化学方程式：______。（5）已知：常温下，；“沉铋”步骤得到BiOCl沉淀。此“沉铋”步骤控制溶液的pH范围为______。（6）（相对分子质量为Mr）的立方晶胞结构如图所示（棱长为apm）。的化学式为______；晶胞密度为______（用含a、Mr、的代数式表示；为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）（2）共价晶体（3）还原成（4）（5）2<pH<6.5（6）①.②.【解析】【分析】某铋矿先水浸提锰，MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不反应得到滤渣1SiO2，铋、铁元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Bi3+；加入Bi粉处理滤液，Fe3+被还原成Fe2+，过滤后滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH使得铋转化为沉淀过滤分离出来，沉淀加入氢氧化钠溶液脱氯处理得到Bi2O3。【小问1详解】元素Bi较同主族N的周期数大4，则为第6周期ⅤA族，基态Bi原子的价层电子排布式6s26p3。【小问2详解】滤渣1为SiO2，是由共价键形成的共价晶体。【小问3详解】加入Bi粉处理滤液，将Fe3+被还原成Fe2+。【小问4详解】在2.0<pH<11.0的环境中，易水解成BiOCl沉淀，根据质量守恒可知，还生成HCl，该反应的化学方程式：。【小问5详解】亚铁离子浓度度为0.05mol/L，亚铁离子开始沉淀时，，pOH=7.5，pH=6.5，结合BiCl3在2.0＜pH＜11.0的环境中易水解成BiOCl沉淀，故“沉Bi”步骤控制溶液的pH范围为2.0＜pH＜6.5。【小问6详解】根据“均摊法”，晶胞中含个Bi、6个O，则晶体化学式为Bi2O3，密度为。17.氮氧化物（）是大气污染物的主要成分，对人体健康和环境危害极大。利用催化消除NO，生成及副产物的热化学方程式如下：I：Ⅱ：回答下列问题：（1）写出与反应生成两种无毒物质的热化学方程式______。（2）催化剂a（Pt/）和催化剂b（Pt/）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）通过传感器可监测的含量，其工作原理示意图为：Pt电极上发生的是______（填“氧化”或“还原”）反应。写出NiO电极的电极反应式______。（4）在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2mol、1mol，此时起始压强为，反应达到平衡时，测得容器内物质的量分别为0.1mol、1.5mol。（）则NO的平衡转化率=______；的选择性=______；反应Ⅱ的平衡常数______。【答案】（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.还原②.（4）①.80%②.75%③.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应I-反应Ⅱ得与反应生成两种无毒物质的反应，则其反应热为，所以反应的热化学方程式为；【小问2详解】由图可知，b在相对较低的温度下，即可达到较高的催化活性，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效果更好；【小问3详解】O2-向负极移动，即Pt电极为正极，正极上发生还原反应，NiO电极为负极，负极上NO发生氧化反应生成NO2，则负极反应式为；【小问4详解】三段式表示，n总=(0.2+0.5+0.6+0.1+0.3+1.5)mol=3.2mol，则NO的平衡转化率=；的选择性=；平衡时压强为，则反应Ⅱ的平衡常数。18.以芳香烃A为原料合成抗抑郁药物Prolitane的路线如下:请回答以下问题：（1）A的结构简式为_______。D的