安徽省2025-2026学年高三化学下学期水平选择性考试模拟试卷试题含解析

2026年安徽省普通高中水平选择性考试模拟卷

化学

考生注意：

1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。

2.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案区

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。

3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。

可能会用到的相对原子质量：H1Li7O16Na23P31Cl35.5K39Cr52

一、选择题(本大题共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.材料的应用是社会进步的阶梯。下列有关材料的解读错误的是

选

合成材料解

读项

开发超细银钯(AgPd)纳米合金，实现高效电催化有利于实现“碳中和”“碳

达A

CO2转化成CO峰”目标

成功合成高熵合金FeCoNiMnPtlr，作为锂氧电池

B该合金易被酸腐蚀

的催化剂

氮化硅陶瓷是传统无机非金属

C合成的氮化硅陶瓷可用于制造飞机零部件

材料

制备纳米纤维脱硫材料(Ti/CoOx)，将捕获的SO2该材料中元素均位于周期表前

D

催化转化为硫酸四周期

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．开发超细银钯(AgPd)纳米合金，实现高效电催化CO2转化成CO，可以减少二氧化碳排放，有

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利于实现“碳中和”“碳达峰”目标，故A正确；

B．高熵合金FeCoNiMnPtlr中含有活泼金属Fe、Co、Ni、Mn等，易于酸反应，故B正确；

C．氮化硅陶瓷新型无机非金属材料，故C错误；

D．纳米纤维脱硫材料Ti/CoOx中Ti、Co为第四周期元素，O为第二周期元素，故D正确；

选C。

2.下列化学用语表示错误的是

A.基态镓原子的电子排布式为

B.3-氨基丁酸的结构简式为

C.砷化氢分子的球棍模型：

D.过氧化钠的电子式：

【答案】A

【解析】

【详解】A．基态镓原子电子排布式为，A错误；

B．3-氨基丁酸的结构简式为，B正确；

C．砷化氢分子中心原子有1对孤电子对、价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故球棍模型

正确，C正确；

D．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，电子式：，D正确；

故选A。

3.完成相应实验，下列仪器选择合理的是

A.分离溴苯和苯的混合物：③④

B从粗盐中提取纯：③④⑤

C.配制溶液：①④⑥

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D.制备乙酸乙酯：②③⑤⑥

【答案】C

【解析】

【详解】A．分离溴苯和苯的混合物，二者互溶，二者沸点不相同，采用蒸馏操作分离，需要②和冷凝管，

④不需要，A错误；

B．粗盐提纯需要用到③④及蒸发皿，⑤不需要，B错误；

C．配制溶液：①④⑥，C正确；

D．制备乙酸乙酯：②③⑥，⑤不需要D错误；

故选C。

4.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.含配位键数为

B.的硫酸溶液含质子数为

C.电解溶液时阴极收集到气体(标准状况)时转移电子数为

D.含未成对电子数为

【答案】C

【解析】

【详解】A．1个分子内含1个配位键，Fe(CO)5中Fe与每个CO形成1个配位键，则1mol含

有10NA个配位键，A错误；

B．的硫酸溶液含，含质子数为，B错误；

C．电解硫酸钾溶液，实质是电解水，阴极生成，生成时转移电子，即NA个电子，C

正确；

D．物质的量为，基态的价层电子排布式为，一个中有6个未成对电子，故

有未成对电子，D错误；

答案选C

5.一种食品添加剂桂醛，化学名称是3-苯基丙烯醛，可由苯甲醛经下列方法合成，下列有关说法正确的是

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A.b物质分子中有2个手性碳原子

B.a、c分子中所有原子都可能处于同一平面

C.合成路线中：a→b为取代反应，b→c为消去反应

D.a、b、c三种物质可用溴水或酸性KMnO4溶液鉴别

【答案】B

【解析】

【详解】A.b物质分子中只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故A错误；

B.由结构简式可知，a分子中的苯环和醛基均为平面结构，故a中原子可以都处于同一个平面；c中直接与

双键碳相连的原子均在同一个平面，直接与双键碳相连的原子团为苯环和醛基，都是平面结构，所以c分

子中所有原子也可能共平面，故B正确；

C.a→b反应过程中碳氧双键断裂，为加成反应，b→c羟基和氢原子去掉，生成不饱和键，为消去反应，故

C错误；

D.a、b、c三种物质中均有醛基，均可以使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故无法用这两种试剂鉴别，故D

错误；

故选B。

6.下列说法正确的是

A.相同条件下，PH3比NH3易溶于水、易液化

B.NCl3的空间结构和VSEPR模型都为四面体形

2+2+

C.基态气态25Mn再失去1个电子比基态气态26Fe再失去1个电子难

D.AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN的熔点高于AlN

【答案】C

【解析】

【详解】A．NH3分子间存在氢键，所以相同条件下NH3比PH3易溶于水、易液化，故A错误；

B．NCl3中氮原子价成电子对数为，且含有一个孤电子对，所以NCl3的空间结构为三角

锥形，VSEPR模型为四面体形，故B错误；

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2+52+62

C．基态气态25Mn价电子排布为3d，为半满稳定状态，基态气态26Fe价电子排布为3d，基态气态25Mn

2+

+再失去一个电子比基态气态26Fe再失去一个电子难，故C正确；

D．AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，为共价晶体，GaN的键长长，键能低，熔点低于AlN，故D错

误；

故答案为：C。

7.R、X、Y、Z为短周期主族元素，其中X、Y最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙，R和Z的简单氢

化物分别为丙、丁，X、Y、Z位于同周期。0.1mol·L-1甲、乙、丙、丁的水溶液的pH与对应元素原子半径

的关系如图所示。下列叙述错误的是

A.电负性：Z＞YB.第一电离能：R＞Y

C.Y基态原子核外有9种不同运动状态的电子D.丙和丁相遇产生含两种化学键的晶体

【答案】C

【解析】

【分析】R、X、Y、Z为短周期主族元素，其中X、Y最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙，0.1mol·

L-1甲溶液pH=13、乙溶液pH<1，则甲为一元强碱、乙为二元强酸，X元素的原子半径最大，X是Na元素，

甲是NaOH；乙是H2SO4，Y是S元素；R和Z的简单氢化物分别为丙、丁，丙的水溶液呈碱性，丙是NH3

，R是N元素；0.1mol·L-1丁溶液pH=1，丁为一元强酸，丁是HCl，Z是Cl元素。

【详解】A．同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性：Cl＞S，故A正确；

B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能N>O；同主族从上到

下第一电离能依次减小，第一电离能O>S，所以第一电离能：N＞S，故B正确；

C．Y是S元素，S原子核外有16个电子，基态S原子核外有16种不同运动状态的电子，故C错误；

D．丙是NH3，丁是HCl，丙和丁相遇生成NH4Cl，NH4Cl含离子键、共价键，故D正确；

选C。

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8.下列实验操作能达到目的的是

选项操作目的

A向待测液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液检验待测液合

3+

B向含Fe的NiSO4溶液中加入过量NiO，过滤提纯NiSO4溶液

C将含乙醇蒸气的乙烯通过酸性KMnO4溶液除去乙烯中乙醇蒸气

D分别向对甲基苯酚和苯酚中滴加FeCl3溶液区别对甲基苯酚和苯酚

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．向待测液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，检验待测液可能有或，故A项错误；

3+3+

B．向含Fe的NiSO4溶液中加入过量NiO，除去Fe使其沉淀，故B项正确；

C．将含乙醇蒸气的乙烯通过酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液将乙烯氧化，不能除去乙醇，故C项错

误；

D．分别向对甲基苯酚和苯酚中滴加FeCl3溶液，对甲基苯酚和苯酚均含有酚羟基，均变紫色，不能区别对

甲基苯酚和苯酚均含有酚羟基，故D项错误；

故本题选B。

9.钛酸亚铁()在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示(已知电负性Ti：1.54，

F：3.98，Cl：3.16)：

下列说法正确的是

A.氯化过程中，每消耗6mol碳单质，转移电子14mol

B.氯化过程中，既是氧化剂也是还原剂

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C.相对分子质量：，熔点：

D.制取金属钛时也可以选用隔绝空气

【答案】A

【解析】

【分析】FeTiO3在高温下经氯化得到TiCl4，该反应的化学方程式

为

；TiCl4和Mg在Ar气氛中、800℃反应生成Ti，该反

应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。

【详解】A．氯化过程中发生反应的化学方程式为，该

反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化剂，每消耗6mol碳单质，就有7molCl2参加反应，转移电子14mol

，A正确；

B．中Fe的化合价为+2，反应后被氧化为+3，因此作还原剂，B错误；

C．已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16，则属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔

点高于分子晶体，C错误；

D．制取金属钛时，不可以选用CO2隔绝空气，因为Mg与发生反应，D错误；

故选A。

10.下图是某富锂超离子导体的立方体晶胞，阿伏加德罗常数的值为下列说法错误的是

A.晶体的化学式为Li3OCl

B.图中氧原子的配位数为6

C.图中Cl-O原子的最近距离与Li-O原子的最近距离相等

D.图中晶体密度为g/cm3

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【答案】C

【解析】

【详解】A．根据均摊法，晶胞中含Li：=3，O：，Cl：，晶体的化学式为Li3OCl，

故A正确；

B．晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，氧原子的配位数为6，故B正确；

C．Cl-O原子的最近距离=pm，Li-O原子的最近距离=pm，故C错误；

D．1个晶胞的质量为，晶胞的体积为a310-30cm3，则晶胞的密度为g/cm3，

故D正确。

答案选C。

11.常温下，向溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，所得溶液中含R元素的微

粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图，下列说法错误的是

A.Na2R水解的离子方程式为

-11

B.常温下，Na2R水解常数Kh=10

C.0.1mol·L-1NaHR溶液中存在

D.常温下，等物质的量浓度的NaHR与溶液等体积混合后得到的溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图像可知，溶液全部电离为，说明第一步电离为完全电离，Na2R中的

发生水解，其离子方程式为，A正确；

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B．pH=3时，，则Na2R水解常数，B正确；

C．H2R溶液全部电离，不存在H2R分子，则由元素质量守恒可知，，C正

确；

D．，电离常数，当，，等物质的量浓度

的NaHR、Na2R等体积混合，的电离程度大于的水解程度，所得，故，

D错误。

故选D。

12.是碘盐的添加剂，常采用电解制备，装置如图所示。下列叙述错误的是

A.铜极为阴极，产生还原性气体

B.原料室中向石墨极迁移，向铜极迁移

C.石墨极反应式为

D.若电路上转移电子，理论上原料室溶液减少

【答案】D

【解析】

【分析】电解KI制备KIO3，则I的化合价从-1价升高到+5价，发生氧化反应，则石墨电极为阳极，铜电

极为阴极，发生还原反应；

【详解】A．根据以上分析得知，铜极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：

，故A项正确

B．原料室中OH−向阳极（石墨电极）迁移，K+向阴极（铜极）迁移，故B项正确；

C．石墨极发生氧化反应，电极反应式为：，故C项正确；

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D．若电路上转移0.6mol电子时，理论上原料室溶液减少的质量=0.6×39g/mol+0.6×17g/mol=33.6g，故D

项错误；

故本题选D。

13.在恒容密闭反应器中充入和，发生反应：

。实验测得的平衡转化率与投料

比、温度关系如图所示。

下列叙述正确的是

A.平衡常数：

B.b点放出热量比a点多

C.反应速率：

D.中降温对平衡的影响小于投料比

【答案】B

【解析】

【详解】A．该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向右移动，的平衡转化率增大，即，

降低温度，平衡常数增大，故A项错误；

B．点放出热量之差等于，故B项正确；

C．，温度越低，反应速率越小，，故C项错误；

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D．时平衡总转化率增大，投料比由，转化率降低；降低温度，转化率增大，

且增大程度大于降低程度，即温度对平衡的影响大于投料比，故D项错误；

故本题选B。

14.纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽

提和闭环脱氢反应生成。某过程的反应机理和能量变化如下：

下列说法错误的是

A.该历程的总反应方程式为

B.图示历程中的基元反应，速率最慢的是第3步

C.从的结构分析，纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为6、10

D.反应过程中有极性键的断裂和形成

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图可知，该过程总反应为：，即

，A正确；

B．由反应机理可知，该历程包含3个基元反应，其中第三个基元反应的活化能最大，反应3速率最慢，B

正确；

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C．由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成1个五元环，则

总共含有6个五元环，10个六元环，C正确；

D．该过程中涉及断裂，断裂和、形成，无极性键的形成，D错误；

故选D。

二、非选择题(本大题共4小题，共58分。)

15.次磷酸钠(NaH2PO2)是一种抗氧剂。某小组设计实验制备NaH2PO2并探究PH3的性质。已知：P4和NaOH

溶液共热生成NaH2PO2和PH3。

（1）盛装NaOH溶液的仪器名称是_______。D装置的作用是_______。

（2）写出A中反应的化学方程式：_______。

（3）实验中发现B中蓝色溶液变为无色溶液，产生红色固体，经检验红色固体为单质，溶液中有两种最高

价含氧酸。B中反应的离子方程式为_________。

（4）实验完毕后，对烧瓶中溶液进行蒸发浓缩、________、过滤、洗涤、N2气氛中干燥。氮气作用是_______

。

（5）经检验制备的NaH2PO2产品中混有少量Na3PO4，其产生的原因是_______。取少量产品溶于水，滴加

少量HAuCl4溶液，产生黄色固体单质，则NaH2PO2具有_______性。

（6）12.4g白磷制得纯度为96%的NaH2PO2产品26.2g。产品收率为_______%(保留两位有效数字)。提示：

产品收率等于产品实际质量与理论质量之比。

【答案】（1）①.分液漏斗②.吸收尾气中PH3

（2）P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑

2+

（3）PH3+4Cu+4H2O=4Cu↓+H3PO4+8H+

（4）①.降温结晶②.作保护气，避免产品被O2氧化

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（5）①.烧瓶中残留有O2、操作过程中与O2接触等②.还原

（6）95

【解析】

【分析】A中P4和NaOH溶液共热生成NaH2PO2和PH3，PH3气体进入硫酸铜中反应生成Cu和磷酸；磷

化氢进入溴水中使溴水褪色，最终用酸性高锰酸钾溶液吸收，据此分析解答；

【小问1详解】

由仪器构造可知盛装NaOH溶液的仪器为分液漏斗；根据元素周期律，PH3的还原性比H2S强，可用酸性

高锰酸钾溶液吸收尾气中PH3。

【小问2详解】

白磷(P4)与氢氧化钠溶液共热生成NaH2PO2和PH3。反应方程式为：P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑；

【小问3详解】

2+

磷化氢与硫酸铜溶液反应生成铜、磷酸和硫酸。反应离子方程式为：PH3+4Cu+4H2O=4Cu↓+H3PO4+8H+；

【小问4详解】

实验完毕后，对烧瓶中溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、N2气氛中干燥。氮气作用是作保护气，

避免产品被O2氧化；

【小问5详解】

制备的NaH2PO2产品中混有少量Na3PO4，其产生的原因是烧瓶中有O2、操作过程中接触到O2，均会氧化

次磷酸钠。

【小问6详解】

，。

产品收率。

16.黄铁矿(主要成分，还有少量、、以及As、Ag、Co、Ni等元素)在我国分布广泛，储

量丰富。目前一种综合利用黄铁矿的工艺流程如图所示：

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已知；常温下，。

（1）“碱浸”过程中试剂X___________(填“可以”或“不可以”)选择氨水。

（2）请写出“氧化酸浸”时，金与浸出液反应的离子方程式：___________。加入浸出液超过可浸出金属所需

理论量较多，可采用___________降低浸出剂消耗。

（3）“还原”过程中滤渣的主要成分为Fe和___________。

（4）“沉铁”时，常温下，调，滤液中___________。

（5）地表处的黄铁矿与石灰石接触，会转化为石膏()与褐铁矿[]，因此天然黄铁矿

多位于地下。请写出黄铁矿化为褐铁矿的化学反应方程式：___________。

（6）通过分析黄铁矿___________图谱可获得晶体结构相关信息。晶体的晶胞形状为立方体，边长为

。结构如图所示。的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为

___________。

【答案】（1）不可以（2）①.②.多次循环

浸出

（3）Au（4）

（5）

（6）①.X射线衍射②.

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【解析】

【分析】黄铁矿经焙烧后生成氧化铁、二氧化硫，烧渣中含有的二氧化硅和氧化铝用强碱溶液碱浸去除，

浸渣中的Ag通过氧化酸浸去除，浸液中的铁离子用Fe还原为亚铁离子，调pH沉铁过滤出氢氧化铁沉淀，

经过加热分解制备铁红。

【小问1详解】

“碱浸”的目的是溶解分离二氧化硅与氧化铝，需要使用强碱，使用氨水无法溶解分离这两种物质；

【小问2详解】

“氧化酸浸”中作氧化剂，提供，为生成提供，离子反应方程式为

；加入浸出液超过可浸出金属所需理论量较多，说明浸出

剂加入的量多于实际需要量，浸出液中的可浸出离子浓度较低，可反复循环浸出来提高浸出液中离子浓度，

节约试剂；

【小问3详解】

氧化酸浸过程中Ag转化为AgCl沉淀，Au被溶解变成[AuCl4]−离子，铁的活动性比Au强，被铁还原为Au

单质，滤渣中还含有Au；

【小问4详解】

常温下，时，代入，可得出

；

【小问5详解】

地表处含有氧气，依据氧化还原配平为

；

【小问6详解】

X射线衍射可以获得晶体结构相关信息；的个数为，的个数为，晶胞

的质量为，晶胞的体积为，根据密度的定义，该晶体的密度为

。

17.工业上，可以用处理烟气中、，总反应式为

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．已知：有关反应的能量变化曲线如图所

示。

（1）写出和反应的热化学方程式：________________。上述总反应中________。

（2）其他条件不变，增大，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是________________。

（3）一定条件下，速率方程为（k为速率常数，

只与温度有关）。阿仑尼乌斯经验公式：（R为常数，为活化能，不随温度改变；T为温度）。

和反应在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与的关系如图所示。

其他条件相同，催化效率较高的是________（填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是________________。

（4）在恒容密闭容器中保持总物质的量不变，充入NO和。NO平衡转化率与温度（T）、投料比

关系如图所示。

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①________（填“”“”或“”）；平衡常数、和由大到小排序为

________________

。

②已知：，温度下该反应的平衡常数________________。（为用分压表示的平衡常数，

分压总压物质的量分数）

（5）在恒容密闭容器中充入和，发生反应，测得部分物质的平衡浓度变化如图所示。

M点对应的反应体系中体积分数为________________。

【答案】（1）①.②.-442.5

（2）和反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的

速率主要取决于和反应

（3）①.Cat1②.由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化

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能较小，催化效率较高

（4）①.＜②.＞=③.16

（5）50%

【解析】

【小问1详解】

由图可知，和反应的，热化学方程式为：

；

，总反应等于

与

相加，其

；

【小问2详解】

和反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的速率主

要取决于和反应，因此，当其他条件不变，增大，对总反应速率几乎没有影响；

【小问3详解】

由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化能较小，催化效率较高；

【小问4详解】

①其他条件相同时，投料比越大，NO的平衡转化率越小，即＜（填“”“”或

“”）；平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即＞=；

②当时，NO的平衡转化率为80%，设投入NO的物质的量为amol，即转化的NO物质的

量为0.8amol，可得三段式：，平衡时总物质

的量为2amol，NO、O3、NO2、O2物质的量分数分别为0.1、0.1、0.4、0.4，设总压强为P，即平衡常数

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；

【小问5详解】

在恒容密闭容器中充入和，设M点时，转化的NO物质的量为x，可得三段式：

，，由图可知，虚线为NO2

或O2的浓度，M点，即，1-x=x，