安徽省皖江名校联盟2026届高三上学期8月联考暨开学考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省皖江名校联盟2026届高三上学期8月联考暨开学考考生注意：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。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Cu64Ce140一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关，生活中处处有化学。下列叙述正确的是A.明矾是一种良好的净水剂，能够杀菌消毒净化水质B.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体C.食品中添加适量的二氧化硫可以起到防腐、漂白和抗氧化等作用D.在太空失重状态下，“水油分离实验”中，分液静置即可实现水和油的分离【答案】C【解析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用来杀菌消毒，A错误；B．胶体是混合物，螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料是纯净物，不属于胶体，B错误；C．二氧化硫具有漂白性、还原性，食品中添加适量的可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C正确；D．分液静置是利用互不相溶的液体的密度不同，所受重力不同而达到水和油分层的目的，太空中水油处于失重状态，所以无法通过分液静置水和油的分离，D错误；故选C；2.下列实验中，所采取的分离或除杂方法错误的是A.分离溶于水的碘：四氯化碳萃取B.分离乙酸乙酯和乙醇：分液C.除去苯甲酸固体中混杂的NaCl：重结晶D.除去丁醇中的乙醚：蒸馏【答案】B【解析】A．四氯化碳与水不互溶且能有效萃取碘，分离后通过分液和蒸馏即可，A正确；B．乙酸乙酯和乙醇互溶，无法直接分液，需通过蒸馏或加入水等试剂改变分层条件，B错误；C．苯甲酸和NaCl溶解度随温度变化差异大，重结晶可分离，C正确；D．乙醚与丁醇沸点差异显著，蒸馏可有效分离，D正确；故选B。3.“美好的生活靠劳动创造”，下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A漂白粉要密封放在阴凉处保存漂白粉容易被氧化B用小苏打作食品膨松剂碳酸氢钠在加热条件下分解产生C向未成熟水果的包装袋中充入乙烯乙烯可用于催熟果实D铁制品上安装镁合金镁比铁活泼可防止铁被腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．漂白粉需密封避光保存是因为其中的Ca(ClO)2会与CO2和H2O反应生成不稳定的HClO，而非被氧化，故A错误；B．NaHCO3受热分解产生CO2，使食品膨松，所以用小苏打作食品膨松剂，故B正确；C．乙烯是植物催熟剂，用于促进水果成熟，故C正确；D．镁比铁活泼，铁制品上安装镁合金，作为牺牲阳极保护铁不被腐蚀，故D正确；答案选A。4.有机化学反应中，选择合适的溶剂非常重要。有机物就是一种应用广泛的溶剂，可以溶解纤维、树脂、橡胶等难溶物质，广泛应用于涂料、油漆等领域。科研人员采用一步烷氧基化法制备M的方程式为：下列说法正确的是A.M中含有一种官能团B.1molM最多可与nmolNaOH反应C.、2、3…一系列的M互为同系物D.与甲具有相同官能团的芳香族同分异构体还有5种不含立体异构【答案】D【解析】A．M中含有醚键和酯基，共2种官能团，故A错误；B．M中只含1个酯基，1molM最多可与1molNaOH反应，故B错误；C．、2、3…时分子相差n个，同系物分子中相差n个，则不互为同系物，故C错误；D．与甲具有相同官能团的芳香族同分异构体，若苯环上只有一个支链可以是或，若苯环上有两个取代基为和，在苯环上有邻、间、对三种位置，共种，故D正确；选D。5.葫芦脲是一类由甘脲与甲醛通过简单反应制备的大环化合物。葫芦脲结构的刚性很强，很难改变自身形状去适应客体分子。图1为葫芦［6］脲结构及其简化模型，图2为对甲基苯甲酸与葫芦脲作用示意图。下列说法错误的是A.葫芦脲与客体分子的识别和组装过程具有高度的专一性B.超分子是分子聚集体，包括离子C.对甲基苯甲酸与葫芦［6］脲之间的作用力是配位键D.葫芦脲空腔的内壁具有疏水性【答案】C【解析】A．因“葫芦脲结构的刚性很强，很难改变自身形状去适应客体分子”，可知“葫芦脲与客体分子的识别和组装过程具有高度的专一性”，故A正确；B．超分子是由两个或多个分子相互“结合”形成聚集体，分子是广义的，包括离子，故B正确；C．对甲基苯甲酸与葫芦［6］脲之间的作用力是分子间作用力，不是配位键，故C错误；D．对甲基苯甲酸在水中溶解度很小，但其可以进入葫芦［6］脲的空腔，是由于葫芦脲的空腔具有疏水性，可以包容多种疏水的有机分子，故D正确；故选C。阅读材料，选择性催化还原法(SCR)常以32.5%的尿素水溶液为氨源，经尿素热解、异氰酸()水解生成与，与含氧尾气中的发生选择性催化还原反应，生成和，从而达到除去的目的。研究发现，在催化剂作用下能够有效将、有毒气体转化为对环境无污染的气体，其反应历程如图所示：完成问题。6.是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中所含孤电子对数为B.标准状况下，中N原子数为C.上述转化过程涉及的、、中所含电子数均为D.上述过程中，将1molNO和完全转化成时，转移电子数为7.下列有关物质结构或性质的说法中，不正确的是A.以N为中心原子，键角： B.异氰酸水解产物均为极性分子C.尿素、异氰酸均能与水形成分子间氢键 D.第二电离能：【答案】6.D7.B【解析】6.A．电子式为，所以，中所含孤电子对数为个，故A错误；B．标准状况下，不是气体，无法确定中N原子数，故B错误；C．、、均为10电子微粒，但题中未知其物质的量，无法计算电子数目，故C错误；D．根据转化关系可知，总反应为(或依据氮氧化物中氮元素化合价变化进行判断：1molNO还原为时，转移；还原为时转移，则当1molNO和完全转化成时，转移电子数为，故D正确；答案选D。7.A．中N为sp3杂化，且有1对孤电子，空间构型为三角锥形；中N为sp2杂化，且有1对孤电子，空间构型为V形。所以，键角：，故A正确；B．根据题给材料可知，异氰酸水解反应为，其中为极性分子，而为非极性分子，故B错误；C．尿素、异氰酸中N、O均具有较高的电负性，使得它们的电子云较密集，容易形成分子间氢键，故C正确；D．第二电离能，N失去的是2p2的电子，而O失去的是2p3的电子，处于半充满稳定状态，更难失电子，所以O的第二电离能大于N，故D正确；答案选B。8.常温下，铝土矿(含有Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液中能大量共存的离子组是A.Na+、、OH-、 B.、Al3+、Mg2+、C.Fe2+、I-、、 D.Fe2+、Na+、ClO-、【答案】B【解析】A．铝土矿用硫酸浸出后的溶液中含有铝离子、亚铁离子、铁离子和氢离子等，氢离子和偏铝酸根离子、氢氧根离子不能大量共存，氢氧根离子与铝离子、亚铁离子、铁离子不能大量共存，A错误；B．铝土矿用硫酸浸出后的溶液中含有铝离子、亚铁离子、铁离子和氢离子等，这些离子与选项中的离子相互之间不反应，能大量共存，B正确；C．铝土矿硫酸浸出液中含有氢离子，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子、碘离子、亚硫酸根离子不能大量存在，C错误；D．铝土矿硫酸浸出液中含有氢离子，酸性条件下次氯酸根离子具有强氧化性，亚铁离子不能大量存在，同时ClO-与氢离子反应生成HClO也不能大量存在，D错误；故答案选B。9.某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是A.物质中Cu为＋2价 B.基态原子的第一电离能：N>CC.元素的电负性：F>N D.基态Cu原子价电子排布式为【答案】A【解析】A．该阴离子为Cu(CF3)3(CH2CN)-B．同周期元素第一电离能有增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于相邻的C，B正确；C．同周期元素电负性逐渐增大，因此电负性F>N，C正确；D．Cu为29号元素，基态原子电子排布为[Ar]3d104s1，价电子排布式为3d104s1，D正确；故选A。10.下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液中通入和气体X，出现白色沉淀气体X不一定具有氧化性B将红热的碳放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清的石灰水中，石灰水变浑浊碳被浓硫酸氧化成C向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液，先变橙色，后变蓝色氧化性：D将CO还原后的固体用足量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红CO已将全部还原A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．气体X也可能为氨气等碱性气体，使得反应生成亚硫酸钡沉淀，A正确；B．浓硫酸的还原产物SO2也能使澄清的石灰水变浑浊，故澄清石灰水变浑浊，不能说明碳被氧化成CO2，B错误；C．滴加过量氯水，可分别氧化溴离子、碘离子，方程式为：，生成单质溴，所以溶液先变橙色，然后再与碘化钾反应：，也可以发生反应：，因此只能证明Cl的氧化性大于Br和I，但无法比较Br与I的氧化性，C错误；D．将CO还原后固体用足量盐酸溶解，若有剩余，铁离子会被铁还原为亚铁离子，滴加KSCN溶液，溶液不变红，故不能说明CO已将全部还原，D错误；故选A。11.一定温度下，向一密闭容器中充入1mol和足量发生反应：CaCO3s+CH4A.曲线Ⅱ代表的物质的量与压强的关系B.上述正反应在较高温度下能自发进行C.消耗速率和消耗速率之比等于1：2时达到平衡状态D.M点气体产物总分压与气体反应物分压之比等于1：2【答案】D【解析】A．该反应的气体产物分子数大于反应物，增大压强平衡逆向移动，CH4物质的量增大，H2物质的量减小，因此曲线Ⅱ代表CH4，A正确；B．正反应ΔH>0、ΔS>0，高温下，ΔG=ΔH-TΔS<0，反应自发进行，B正确；C．CH4消耗速率为正反应速率，H2消耗速率为逆反应速率，二者之比1:2时，满足v正(CH4)=v逆(CH4)、v正(H2)=v逆(H2)，达到平衡，C正确；D．M点n(CH4)=n(H2)=a，由反应式知n(CO)=n(H2)=a，气体产物总物质的量=2a，反应物CH4物质的量=a，分压之比等于物质的量之比（同温同容），故产物总分压与反应物分压之比=2a:a=2:1，D错误；故选D。12.稀土有工业“黄金”之称，由于其具有优良的光电磁等物理特性，能与其他材料组成性能各异、品种繁多的新型材料。铈是一种重要的稀土元素，图是二氧化铈的晶胞结构示意图，晶胞参数为anm。下列说法正确的是A.X代表B.X的配位数为4C.晶胞中距离最近的之间的距离D.晶体的密度为【答案】D【解析】A．根据晶胞图可知，X位于顶点和面心，共4个，Y位于晶胞体内，为8个，结合化学式可知X代表，Y代表，故A错误；B．根据晶胞图可知，X位于8个Y构成的正方体的体心，配位数为8，故B错误；C．晶胞中位于顶点和面心，距离最近的之间的距离为面对角线的一半，即，故C错误；D．1个晶胞中有4个，8个，故1mol晶胞质量为，其体积为，故密度为，故D正确；答案选D。13.2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子可吸收可见光，产生电子修饰的缺陷氮化碳光电正极，建立了一种新型双功能辅助电池系统，总反应为结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法错误的是A.放电时电流由b电极沿导线流向a电极B.光电正极产生的电子，有利于发生还原反应C.用该电池电解精炼铜，粗铜溶解时，通过隔膜的一定为D.产生电荷量时，生成的质量与消耗的质量比为5：2【答案】C【解析】由图可知，a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，电极反应式为，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，以此解答。A．由图可知，a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故A正确；B．由图可知，光电正极材料可以产生光生电子用于还原，有利于发生还原反应，故B正确；C．粗铜做阳极，粗铜为混合物，含有的比铜活泼的金属也可以失去电子，不如铜活泼的金属以单质存在于阳极泥中，故粗铜溶解时，包含其中的杂质，不能准确计算出转移电子总数，所以通过隔膜的Li+不一定为，故C错误；D．由分析可知，b电极为正极，电极反应式为，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：：2，故D正确；故选：C。14.制造塑料稳定剂的原料亚磷酸()是一种二元弱酸，常温下，向一定浓度的NaOH溶液中逐滴滴加溶液，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc()]的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线a代表X()B.反应主要产物为和两种酸式盐C.的电离平衡常数KaD.溶液：cNa【答案】C【解析】A．亚磷酸（H3PO3）为二元弱酸，随pOH增大（碱性减弱、酸性增强），H3PO3分布分数应增大，曲线a在低pOH（碱性强）时分布分数较高，对应，曲线c在高pOH（酸性强）时分布分数较高，代表H3PO3，故A错误；B．亚磷酸为二元弱酸，与NaOH反应可生成酸式盐NaH2PO3和正盐Na2HPO3，故B错误；C．的电离平衡为，电离常数Ka2=c(H+)(HPO32-)c(H2PO3-)，当与分布分数相等（即曲线b与aD．NaH2PO3溶液中，H3PO3的电离常数Ka1=10-1.4、Ka2=10-6.7，水解常数Kh2=KwKa1=10-1410故选C。二、非选择题：共4道题，共58分。15.肼是重要的化工原料和火箭燃料，与强氧化剂作用能生成氮气，能强烈吸水生成水合肼。水合肼的沸点为，熔点为，溶于水和乙醇。某探究小组利用以下反应制取水合肼：实验一：制备NaClO溶液(实验装置如图1所示)查阅资料：在NaOH溶液中发生反应反应①：反应②：反应①速率很快，反应②在室温下较慢。（1）图1中盛放浓盐酸的仪器名称为___________。（2）结合“资料”分析，减缓反应②的发生，可采取的措施为___________。（3）次氯酸钠溶液中有效氯含量的测定：取一定体积的NaClO溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液和稀硫酸，然后用标准溶液滴定至浅黄色，加入指示剂继续滴定至终点。写出NaClO与KI反应的离子方程式：___________。实验二：制取(实验装置如图2所示)步骤1：将实验一所得混合溶液由分液漏斗缓慢滴入盛有的烧瓶中，急速升温。步骤2：升温转至一定温度后开始回流，待溶液回流5min后开始收集馏分。步骤3：瓶底固体充分反应后，将馏分倒入烧瓶中，再次蒸馏，重复两次。（4）急速升温的原因是温度过低时反应速率慢，水合肼会被NaClO氧化为一种性质稳定且无污染的气体，造成产物水合肼的产量降低。写出该反应的化学方程式___________。（5）取5.000g馏分，加水配成250mL溶液。取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用的溶液滴定，反应生成和。若消耗标准碘溶液的平均体积为22.50mL。①滴定终点的现象为___________。②馏分中水合肼的质量分数为___________。（6）肼的电子式为___________。肼分子能与水形成氢键，因而其极易溶于水，请画出与分子间其中一条氢键___________。【答案】（1）分液漏斗（2）NaOH溶液进行冷(冰)水浴（3）（4）（5）①.当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由无色变为(浅)蓝色，且半分钟内不恢复②.（6）①.②.与【解析】二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，氯气通入氢氧化钠溶液中制备次氯酸钠溶液，把次氯酸钠溶液由分液漏斗缓慢滴入盛有的烧瓶中，急速升温，发生反应生成水合肼。（1）根据装置图，图1中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。（2）材料已知“反应①速率很快，反应②在室温下较慢”，而制备NaClO需抑制反应b或减慢其反应速率。故改进措施为：NaOH溶液应冷(冰)水浴，以减缓反应b。（3）具有强氧化性，具有还原性，将I-氧化为I2，反应离子方程式为；（4）水合肼会被NaClO氧化为一种性质稳定且无污染的气体，该气体为氮气，氮元素化合价由-2升高为0，氯元素化合价由+1降低为-1，依据化合价升降相等，反应方程式为。（5）①滴定终点时碘液有剩余。当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由无色变为(浅)蓝色，且半分钟内不恢复，即达到滴定终点。根据化合价升降相等得反应关系式；（6）肼是共价化合物，电子式为。肼分子能与水形成氢键，根据题中描述可以画出与分子间氢键为与。16.Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以(CePO4)形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下：回答下列问题：（1）已知CePO4可与盐酸发生非氧化还原反应，请写出该反应的离子反应方程式_______。（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施_______(写1条即可)。（3）滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。（4）“聚沉”过程中，调pH=5的目的是_______。若此时溶液中则该温度下_______。（5）“沉铈”过程中有CO2气体生成，写出生成Ce2(CO3)3时发生的离子方程式：_______。常温下加入溶液，该溶液中c()_______1mol∙L-1(填“>”、“＜”或“=”)。（6）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）充分搅拌、适当升高温度、将独居石粉碎（3）SiO2、CaSO4（4）①.使溶液中的Fe3+、Al3+转化Fe(OH)3、Al(OH)3而除去②.（5）①.②.<（6）【解析】天然独居石中，铈(Ce)主要以(CePO4)形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质与浓硫酸进行焙烧，酸性废气含HF，进行水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2、CaSO4。加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；调节pH和加入絮凝剂进行聚沉是将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝、氢氧化铁；最后加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3。（1）已知CePO4可与盐酸发生非氧化还原反应，生成CeCl3和H3PO4，离子方程式为：。（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有充分搅拌、适当升高温度、将独居石粉碎，任写一条即可。（3）由分析知，滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2、CaSO4。（4）由分析可知，“聚沉”过程中，调pH=5的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化Fe(OH)3、Al(OH)3而除去。若此时溶液中则该温度下。（5）①加入碳酸氢铵进行“沉铈”，过程中有CO2气体生成，生成Ce2(CO3)3时发生的离子方程式：。②常温下加入溶液，该溶液中的铵根离子与碳酸氢根离子会发生水解且相互促进，所以c()<1mol∙L-1。（6）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，写出并利用氧化还原反应方程式配平方法，得到该反应的化学方程式为：。17.燃油汽车发动机工作时会产生包括CO、等多种污染气体，如何处理这些气体，对保护大气环境意义重大，回答下列问题：（1）已知：2NO2O写出臭氧与NO作用产生和的热化学方程式：_______。（2）汽车尾气治理势在必行，主要包含和NO，有人提出用活性炭对进行吸收。对于反应：Cs+2NOg⇌CO2g物质浓度(mol/L)时间(min)01020304050NO1.000.580.400.400.480.4800.210.300.300.360.36①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=_______，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。②30分钟后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_______(填字母)。A．加入一定量的活性炭B．通入一定量的NOC．适当缩小容器的体积D．加入合适的催化剂（3）采用甲烷还原法可以有效去除。一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1mol和2mol，发生反应：。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。反应时间(t)/min0246810p/(100kPa)4.805.445.765.926.006.00达到平衡时，的转化率为_______。若起始时加入3mol和2mol，则在该温度下的压强平衡常数=_______kPa(以分压表示的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。（4）除以上技术外，还可用电解吸收法将工业尾气中的转变为。向0.1NaCl溶液(起始pH调至9)中通入NO电解，测得电流强度与NO的去除率的关系如图甲所示，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图乙所示：去除NO主要发生的离子方程式为_______，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是_______。【答案】（1）（2）①.0.042②.减小③.BC（3）①.75%②.3240（4）①.②.随着电流强度增大，导致次氯酸根转化为氯酸根，氯酸根氧化性弱于次氯酸根。【解析】（1）已知：2NO2g⇌2NOg+O2g ΔH1（2）①0～10min内，NO的平均反应速率vNO=Δ②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，新平衡时NO和的浓度均大于原平衡浓度；A．加入一定量的活性炭，碳是固体对反应速率和化学平衡均无影响，A错误；B．通入一定量的NO，可增大NO浓度，同时使的浓度增大，B正确；C．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，C正确；D．加入合适催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，D错误；故选BC；（3）一定温度下，体积固定的容器中，压强比等于气体物质的量之比，即，设平衡时气体总物质的量为ymol，则，解得y=3.75；设平衡时转化的物质的量为xmol，列三段式：CH可得1-x＋2-2x＋x＋x＋2x=3.75，解得x=0.75，平衡时的转化率：×100%=75%；Kp=pCO2×pN2×p2（4）由图可知，电流强度为4A时，氯化钠溶液电