安徽省合肥市集团校高三“最后一卷”化学试卷

2025届高三最后一卷化学试卷满分100分时间75分钟说明：请在答题卷上作答，选择题答案填涂在答题卡可能用到的相对原子质量：H1N14O16S32Cl35.5Sc45V51一、选择题(本题共14小题，每题共4个选项，只有一个最佳选项；每小题3分，共42分)1.下列对物质的加工或处理，不能达到目的的是A.石油的裂解——制备芳香烃 B.纤维素的酯化——获得硝酸纤维C.煤的气化——获得水煤气 D.油脂的氢化——制得人造奶油【答案】A【解析】【详解】A．石油裂解的主要目的是将长链烃分解为短链不饱和烃(如乙烯)，而制备芳香烃主要通过催化重整实现，A错误；B．纤维素与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，该过程正确，B正确；C．煤的气化是煤与水蒸气在高温下反应生成CO和H2，C正确；D．油脂氢化通过加氢使不饱和油脂变为饱和，制成固态人造奶油，D正确；故选A。2.关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是A.萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素C.过滤法分离2,4,6三溴苯酚和苯D.重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸【答案】C【解析】【详解】A．青蒿素在乙醚中的溶解度较大，通常用乙醚萃取青蒿素，再通过柱色谱法分离纯化，A正确；B．CH2Cl2和CCl4互溶且沸点差别较大，可以用蒸馏法分离，B正确；C．2,4,6三溴苯酚虽然在水中溶解度低，但在苯等有机溶剂中溶解度较高，因此与苯混合后不会形成沉淀，无法通过过滤法分离，C错误；D．首先溶解过滤除去泥沙杂质；苯甲酸在水中溶解度随温度变化较大，而食盐（NaCl）溶解度较高且受温度影响小，通过重结晶法，苯甲酸在热水中溶解后冷却析出，NaCl留在母液中，可有效提纯，D正确；故选C。3.化学教育承载着弘扬五育使命。下列说法不合理的是A.《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫黄C.豆浆中加入石膏可制成豆腐，利用了胶体的性质D.涂抹食用油防止铁锅生锈的原理是隔绝空气【答案】B【解析】【详解】A．汞与硫黄反应生成硫化汞，“黄芽”指硫黄，描述正确，A正确；B．生石灰与水生成Ca(OH)2，与Na2CO3反应生成NaOH，反而增强碱性，无法降低盐碱地碱性，B不正确；C．石膏使豆浆胶体聚沉，制成豆腐，利用胶体性质，C正确；D．食用油隔绝氧气和水，防止铁生锈，原理正确，D正确；答案选B。4.下列选项中的物质能按图示路径转化，且X和NaOH可以直接反应生成Y的是选项XYZABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】答案选C。A.与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHB.a和b与足量加成后的产物，手性碳原子个数分别为4，5C.a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物D.类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应【答案】D【解析】【分析】a结构中官能团为酯基、酮羰基，b中官能团为酚羟基、酮羰基。【详解】A．与足量NaOH反应时，1mola最多消耗2molNaOH，1molb最多消耗1molNaOH，A项错误；B．a和b与足量加成后的产物分别为、，*碳为手性碳原子，个数分别为3，5，B项错误；C．a酸性条件下水解产物为、CH3COOH，与b不互为同系物，C项错误；D．类比上述反应，异构化产物为，结构中含有醛基，可发生银镜反应，D项正确；答案选D。根据下列材料回答下列小题。6.是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是C.反应④中，48gS完全反应的过程中转移电子数为7.下列关于物质结构与性质的比较中，正确的是【答案】6.B7.C【解析】【6题详解】D．Y为SO3，标准状况下为固体，2.24L无法用气体摩尔体积计算，D错误；故选B。【7题详解】A．氧原子半径小于硫，则HO键长比HS短，键能HO>HS，A错误；故选C。8.化合物M是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示。X、Y、Z、W均为短周期元素，且位于同一周期，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法错误的是【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素，可用于杀菌消毒的单质是臭氧，则四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C元素；X形成1个共价键，则X为F元素，Y可形成4个共价键，该离子带一个单位的负电荷，因此Y为B元素，综合可知，X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素，以此分析解答。【详解】A．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性X(F)>W(O)>Z(C)>Y(B)，故A正确；B．化合物M含Li⁺与阴离子形成的离子键，阴离子内O=N、NC，B与F形成一个配位键，故B正确；C．X、W、Z的最简单氢化物分别为：HF、H2O、CH4，前二者分子间有氢键且常温下水为液态，另外二者为气态，因此最简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞CH4，故C正确；D．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA和第VA族分别为全充满、半充满状态，较稳定，因此第一电离能大于同周期相邻元素，因此与O同周期且第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种元素，故D错误；故答案选D。9.乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是C.M中铁元素的化合价为价【答案】D【解析】选D。10.下列实验的装置和相关说明均正确的是选项实验目的装置图说明A．石油分馏每种馏分均为混合物B．制备乙酸乙酯浓硫酸作催化剂和吸水剂C．验证1溴丁烷的消去反应D．测定醋酸的浓度滴定终点的判定方法为，滴入最后半滴醋酸溶液，锥形瓶内颜色由黄色变为红色且半分钟不变色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．石油分馏装置中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，装置图中温度计插入液体中，装置不正确，A错误；B．制备乙酸乙酯时，为了防止倒吸，导管不能伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，装置图中导管伸入液面下，装置错误，B错误；C．1溴丁烷在强碱的溶液中加热发生消去反应生成烯烃，挥发的醇会干扰烯烃的检验，故需水吸收乙醇后再通入酸性高锰酸钾溶液中；若换为溴水，乙醇与溴水不反应，不干扰烯烃检验，可省去盛水试管，C正确；D．甲基橙变色范围3.14.4，醋酸和NaOH反应的生成的醋酸钠溶液呈碱性，不能用甲基橙作指示剂，应用酚酞，D错误；故选C。下列叙述正确的是C.若把阴离子膜换成阳离子膜，效果会更好D.放电时，每消耗1molHMF，理论上有4mol穿过离子交换膜【答案】A【解析】【分析】该装置为电解池，HMF→BHMF为还原反应(阴极，M极)，GLY→HCOO⁻为氧化反应(阳极，N极)，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，M极为阴极，N极为阳极，电势：N>M，A正确；C．原电池中阴离子向阳极(N极)移动，阴离子膜可防止阳极生成的HCOO⁻流失；若换为阳离子膜，H⁺向阴极移动，可能干扰阴极反应，氢离子在阴极放电生成氢气，C错误；D．HMF→BHMF为还原反应，1molHMF得2mole⁻，电路转移2mole⁻。阴离子膜允许OH⁻移动(阴极→阳极)，转移2mole⁻对应2molOH⁻穿过膜，D错误；故选：A。【答案】D【解析】【详解】A．O为8号元素，价层电子排布式为2s22p4，A正确；B．CeO2为立方晶胞，Ce4+形成面心立方结构，面心立方中与一个阳离子相邻且最近的阳离子数为12（同层4个、上下层各4个），B正确；故选D。已知：下列有关说法不正确的是A.生产过程中温度越高，尿素产量不一定越高B.反应Ⅱ是总反应的决速步，反应Ⅰ活化能一定低于反应ⅡC.m点时，反应Ⅱ正、逆反应速率不相等D.温度升高时，研究发现曲线Y的最高点会往左上角移动，说明氨气的消耗速率比水的生成速率的增长幅度更大【答案】B【解析】【详解】A．总反应为放热反应（ΔH=100.5kJ/mol），升高温度总反应平衡逆向移动；反应Ⅰ放热、反应Ⅱ吸热，升温会抑制反应Ⅰ（减少中间产物）、促进反应Ⅱ（消耗中间产物），但综合导致尿素产量可能降低，故温度越高产量不一定越高，A正确；C．m点时Y（中间产物）浓度仍在下降（曲线未达稳定），说明反应Ⅱ正在正向移动，即正反应速率大于逆反应速率，正逆速率不相等，C正确；D．Y最高点左上角移动意味着浓度更高（上移）、时间更短（左移）。温度升高时，若氨气消耗速率（反应Ⅰ）增长幅度大于水生成速率（反应Ⅱ），则综合会导致Y生成更快、积累更多，更快达到生成与消耗速率相等的点，符合左上角移动，D正确；故答案为B。D.溶液中，约为5【答案】D【解析】故选D。二、非选择题(共58分)（1）基态钛原子的价电子排布图可表示为_______。（5）①.83.3%②.提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)/增大相比V(增加有机相体积)/增加萃取次数，答案合理即可（6）【解析】【小问1详解】【小问2详解】【小问3详解】【小问4详解】【小问5详解】【小问6详解】16.二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：（1）步骤I中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。已知：氧化性：V2O5>Cl2，则加入N2H4·2HCl的作用是_______。（2）步骤II可在如图装置(气密性良好)中进行。已知：VO2+能被O2氧化。装置B中盛装试剂是_______；向C中通入是CO2的作用是_______。（3）加完VOCl2溶液后继续搅拌数分钟，使反应完全，小心取下分液漏斗，停止通气，立即塞上橡胶塞，将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜，得到紫色晶体，过滤。此时紫色晶体上残留的杂质离子主要为_______，接下来的简要操作是_______，最后用乙醚洗涤23次，干燥后称重。(所用药品为：饱和NH4HCO3溶液，无水乙醇)。①在该实验条件下，还原剂X与Mn2+、VO2+的还原性由大到小为_______。②粗产品中钒元素的质量分数为_______。(保留四位有效数字)【答案】（1）①2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O②.做还原剂，防止生成氯气污染环境（2）①.饱和NaHCO3溶液②.排尽装置内的空气，防止VO2+被氧化（3）①.Cl②.先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2~3次，再用无水乙醇洗涤2~3次（4）①.VO2+>X>Mn2+②.2.400%【解析】【分析】V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；【小问1详解】步骤i中V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合得到VOCl2的同时生成氮气，反应为：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；已知氧化性：V2O5>Cl2，则加入N2H4·2HCl的作用是做还原剂，防止生成氯气污染环境；【小问2详解】装置A中生成的CO2含有HCl杂质，所以装置B的作用是除去HCl，故B中的试剂是饱和NaHCO3溶液；因为+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，所以在向锥形瓶中滴加VOCl2溶液前应通入一段时间的CO2，目的是排尽装置内的空气，防止VO2+被氧化；【小问3详解】用饱和NH4HCO3溶液洗涤是为了除去Cl，减少晶体的溶解，洗涤操作是先用饱和NH4HCO3溶液洗涤2~3次，再用无水乙醇洗涤2~3次，最后用乙醚洗涤23次，干燥后称重；【小问4详解】①KMnO4溶液将VO2+氧化为VO，KMnO4被还原为Mn2+，则VO2+做还原剂，由还原剂的还原性比还原产物强可知还原性VO2+>Mn2+，充分反应后加入加入特定的还原剂X将KMnO4还原为Mn2+，则还原性X>Mn2+，且说明X不能将还原为VO2+说明X的还原性比VO2+弱，故还原性由大到小为VO2+>X>Mn2+；萨巴蒂尔装置内发生反应为②其他条件不变时，压缩平衡体系体积，重新达到平衡后，下列说法正确的是_______。标号ABC催化剂转化率/%35.348.675.0②在时，一定未达到平衡的是_______(填写上表中的“标号”)。（4）萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应的原因是_______。（4）若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O少，导致反应Ⅱ正向进行程度少，氧元素回收率很低【解析】【小问1详解】②A．平衡常数只与温度有关，反应I的温度不变，化学平衡常数不变，故A错误；B．焓变与化学方程式的系数有关，与平衡移动无关，增大压强，不变，故B错误；D．增大压强，反应II正向移动，CO减少，使反应I也正向移动，所以的转化率增大，故D正确；选CD。【小问2详解】②催化剂不能使平衡移动，下反应达到平衡时，CO2的平衡转化率至少为75%，可知在时，AB中CO的转化率小于75%，可知一定未达到平衡的是AB。【小问3详解】【小问4详解】反应I吸热，若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O少，导致反应Ⅱ正向进行程度少，氧元素回收率很低，所以萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应。18.普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种合成方法如下：回答下列问题：（1）Ⅰ在催化剂作用下发生加聚反应得到顺丁橡胶，其结构简式为_______。Ⅳ中体现酸性的官能团的名称是_______。（2）化合物Ⅱ和物质X反应合成化合物Ⅲ的原子利用率为100%，则物质X分子的空间结构