2026年安徽合肥市高三三模高考化学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学考生注意：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：H1

C12

O16一、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．下列在给定条件下转化关系错误的是A．石油乙烯 B．煤煤焦油C．蛋白质氨基酸 D．葡萄糖乙醇2．化学与生活、生产和科技密切相关。下列说法错误的是A．沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂B．和互为同位素，都可用于测定文物年代C．月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定D．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为太阳能转化为电能3．用下列化学知识解释对应劳动项目合理的是选项劳动项目化学知识A用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素B用过氧乙酸消毒过氧乙酸具有酸性C用活性炭包去除室内的甲醛活性炭具有还原性D帮助果农在储存水果的仓库中放置用酸性高锰酸钾溶液浸泡过的砖瓦乙烯可以发生加成反应A．A B．B C．C D．D4．酸性条件下，与重铬酸盐反应时可发生过氧键的转移生成过氧化铬：①，在水溶液中进一步与发生反应②：。下列说法正确的是A．反应①中是氧化剂B．中Cr的化合价为+10C．反应②中若生成，则转移D．中含有2mol过氧键5．盘尼西林是一种抗生素，结构简式如图所示。下列有关盘尼西林的说法正确的是A．能发生缩聚反应 B．含有4个手性碳原子C．水解时可生成苯乙酸 D．能使溴的CCl4溶液褪色阅读下列材料，完成下面2道小题。卤素单质(X2)具有很高的化学活性，可形成多种含卤化合物。F2与浓NaOH溶液反应可生成NaF；Cl2与NaOH溶液反应可生成NaClO，70℃时NaClO会分解生成NaClO3和NaCl；NaClO3具有氧化性，遇还原剂可生成ClO2；ClO2与NaOH溶液可发生歧化反应生成NaClO2和NaClO3。已知：，。6．下列有关反应的离子方程式书写错误的是A．F2与浓NaOH溶液反应：B．NaClO溶液的热分解：C．NaClO3溶液中通入SO2：D．ClO2与NaOH溶液反应：7．下列有关物质结构或性质的说法错误的是A．沸点：B．结合H+能力：C．键角：D．氢键键能：8．下列实验操作或装置正确的是A．除去水中的苯酚B．提纯乙酸乙酯C．用乙醇提取溴水中的溴D．除去NO中少量的NO2A．A B．B C．C D．D9．Pt(NH3)2Cl2有顺铂()和反铂()两种同分异构体。顺铂进入人体细胞发生水解生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与DNA结合，可阻止癌细胞增殖。如：下列说法正确的是A．第一电离能：B．Pt(NH3)2Cl2中Pt的杂化方式为sp3C．与Pt(Ⅱ)的配位能力：D．b中含有的化学键有配位键、共价键和氢键10．一定温度下，向恒容密闭容器中充入气体A可发生反应：①，②，③。反应体系中A、B、C的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．反应的活化能：①大于②B．时的平均速率：C．时，D．该温度下，反应③的平衡常数11．通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向的溶液中滴加的溶液，溶液褪色具有氧化性B用棉花包裹，吹入，棉花燃烧与反应是放热反应C常温下，分别向等体积的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快电离程度：D向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D12．我国科学家从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于氧化和还原反应耦合的混合电解，工作原理如图1所示。不同催化剂条件下电极反应历程如图2所示。下列说法错误的是

A．Q电极与电源正极相连B．若有1molH+穿过质子交换膜，则理论上生成C．电解总反应为D．产生等量时，使用催化剂比消耗更多电能13．某稀土元素X的氧化物晶体的立方晶胞结构如图所示，其中X离子占据半数立方体空隙，已知晶胞参数，X的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．该氧化物的化学式为B．该晶胞中氧离子的配位数为4C．最近的两个X离子间距离为D．该晶体的密度为14．25℃时，饱和二元弱酸溶液的物质的量浓度为，调节的溶液的(忽略体积变化)，溶液中、、、和的物质的量浓度的对数随的变化如图所示。下列说法正确的是A．曲线②表示随的变化B．25℃时，的电离常数C．N点处，D．时，二、非选择题(本题共4小题，共58分)15．一种从初步处理后的废芯片(主要含有、、和)中对有价金属进行分离回收的流程如下：回答下列问题：(1)基态原子的价层电子排布式为___________。(2)“浸铜”所得的浸出液中还含有，电解法可回收并实现浸出剂的再生，电解时阳极的电极反应式为___________。(3)“浸银”时被氧化生成，氧化剂使用而不使用，原因是___________。(4)“浸金”时，将氧化为，并生成。在的作用下转化为，写出转化为的离子方程式：___________；浸渣3的主要成分是___________(填化学式)。(5)改用、和的混合溶液作为氯化剂实现“浸金”。一定条件下的该混合溶液中，反应90min，反应温度对浸金率的影响如图所示。从50℃增加至70℃，金的浸出率下降，原因可能是___________。该条件下“浸金”的最佳温度为___________℃。(6)硫脲[]也可作为浸金剂实现“浸金”，其结构与尿素相似，二者在水中的溶解度：___________(填“>”“<”或“=”)。16．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，是化学光量计中的光化剂。一种制备的方法如下：步骤Ⅰ：取一定量溶液于烧杯中，加入等物质的量的得到溶液，滴入几滴的硫酸。搅拌下加入25mL饱和溶液，加热至沸，得到黄色沉淀，倾去上层清液，倾析法洗涤沉淀2～3次。步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ黄色沉淀中加入10mL饱和溶液，加热至40℃，缓慢滴加过量3%，边加边搅拌，生成同时还产生了沉淀。再将烧杯内混合物煮沸30s，停止加热。步骤Ⅲ：在搅拌下步骤Ⅱ的烧杯中加入饱和溶液至沉淀溶解完全，趁热过滤。向所得滤液中加入10mL95%乙醇，置于暗处冷却至结晶完全，抽滤、洗涤、干燥后得到翠绿色。回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中滴入硫酸的目的是___________。(2)步骤Ⅱ中，生成和的化学方程式为___________；煮沸的目的是___________。(3)步骤Ⅲ中加入乙醇的作用是___________；中，与中的___________原子配位(填元素符号)。(4)为探究与能否发生络合反应，实验小组做了如下探究：①已知在溶液中加入强电解质后，会增大离子间相互作用，离子之间牵制作用增强，即“盐效应”。为排除“盐效应”的影响，还需补做实验c，在等量稀释后的溶液中加入下列某种溶液。下列最适合加入的是___________(填字母)。A．

B．

C．

D．②小组同学通过实验得出结论：能与发生络合反应得到无色，得出该结论的现象为___________。③小组同学进一步实验发现，固体在溶液中的溶解性比在等体积等物质的量浓度溶液中的大，从平衡角度解释原因可能是___________。17．天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气与等，将酸气进行处理回收实现高值转化具有重要意义。回答下列问题：(1)克劳斯工艺处理获得硫黄的主要反应有：ⅰ.

；ⅱ.

；ⅲ.

。①___________(保留一位小数)。②一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的和，发生上述反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A．气体密度不变B．气体总压强不变C．的体积分数不变D．和的物质的量相等③克劳斯工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其原因是___________。(2)与协同转化可实现氢、硫资源的回收利用，1173K下主要发生的反应有：ⅳ.；ⅴ.；ⅵ.。其他条件不变，增大压强，反应后的含量___________(填“升高”“不变”或“降低”)；反应后分离回收的方法是___________。(3)用和天然气生产的反应为。一定条件下向密闭容器中充入的混合气发生上述反应，0.11MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示。①该反应___________(填“>”或“<”)0；提高的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是___________(列举一条)。②M点对应温度下，该反应的___________(为以分压表示的平衡常数)。18．药物阿比多尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A中官能团的名称为___________，B中N原子的杂化方式为___________。(2)的作用是___________。(3)的化学方程式为___________，的反应类型是___________。(4)E与硫酚()在一定条件下可转化为F。硫酚的酸性远强于苯酚，从结构的角度解释原因可能是___________。(5)符合下列条件的A的同分异构体的结构简式为___________。①具有酸性；②可以发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为。(6)参照题干合成路线，写出以为主要原料，制备的合成路线：___________(其他试剂任选)。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】A．石油裂解是深度裂化过程，主要目的是获得乙烯、丙烯等短链不饱和烃，可实现该转化，A正确；B．煤的气化是将煤转化为CO、等气态燃料的化学过程，煤焦油是煤干馏（隔绝空气加强热）的产物，该转化无法实现，B错误；C．蛋白质是氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，水解的最终产物为氨基酸，可实现该转化，C正确；D．葡萄糖在酒化酶催化下发生发酵反应，生成乙醇和二氧化碳，可实现该转化，D正确；故选B。2．B【详解】A．沏泡功夫茶是将茶叶中的可溶性溶质提取到水中，水作萃取剂，符合萃取原理，A正确；B．和质子数相同，中子数不同，互为同位素，但只有具有放射性的可用于测定文物年代，稳定核素不具备该用途，B错误；C．X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，因此可用X射线衍射仪测定月壤中磷酸盐矿物的晶体结构，C正确；D．钙钛矿太阳能电池属于太阳能电池的一种，能量转化形式为太阳能转化为电能，D正确；故选B。3．A【详解】A．厨余垃圾含有的N、P、K是植物生长必需的营养元素，可通过处理转化为肥料，A正确；B．过氧乙酸消毒是利用其强氧化性使微生物蛋白质变性，和其酸性无关，B错误；C．活性炭去除甲醛是利用活性炭疏松多孔结构的吸附性，属于物理性质，与还原性无关，C错误；D．果农在储存水果的仓库中放置用酸性高锰酸钾溶液浸泡过的砖瓦，是利用酸性高锰酸钾能氧化乙烯（水果催熟剂）从而延缓水果成熟，利用的是乙烯的还原性，发生氧化反应而非加成反应，D错误；故选A。4．D【详解】A．反应①发生过氧键的转移，所有元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；B．Cr的最高化合价为+6，中Cr为+6价，其中含有过氧键，4个O为-1价、1个O为-2价，B错误；C．反应②中被氧化生成氧气，生成时总转移电子数为，因此生成转移，C错误；D．设含过氧键，根据化合物化合价代数和为0：，解得，D正确；答案选D。5．C【详解】A．缩聚反应需要分子中同时含有两个及以上可发生缩合的官能团（如同时含羧基和氨基或羟基），该分子仅含有1个羧基，氨基都已形成酰胺键，无法发生缩聚反应，A错误；B．手性碳原子是指连有4种不同基团的饱和碳原子。对该分子计数：只有3个手性碳原子（分别是四元环上的2个饱和碳、五元环中连羧基的饱和碳），连两个甲基的饱和碳，不是手性碳，因此共3个手性碳，B错误；C．该分子水解时断开2个酰胺基的键，生成、，含有苯乙酸，C正确；D．该分子中无碳碳双键和碳碳三键这类能和溴发生加成反应的不饱和键，苯环、羰基都不能和溴的溶液加成，因此不能使溶液褪色，D错误；答案选C。6．A7．C【详解】（1）A．与浓溶液反应时，作为强氧化剂氧化中的，实际反应产物为和，选项中物种不存在，反应不符合实际规律，离子方程式书写错误，正确的离子方程式为：2F2+4OH-=4F-+O2+H2O，A错误；B．热分解时，元素发生歧化，+1价部分升高到+5价，部分降低到-1价，得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，离子方程式书写正确，B正确；C．与反应时，元素从+5价降低到+4价生成，元素从+4价升高到+6价生成，得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，符合题干给出的遇还原剂生成的规律，离子方程式书写正确，C正确；D．与发生歧化反应时，元素从+4价部分升高到+5价生成，部分降低到+3价生成，得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，符合题干给出的反应规律，离子方程式书写正确，D正确；故选A。（2）A．分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，故沸点，A正确；B．弱酸的电离常数越小，酸性越弱，其对应共轭碱结合的能力越强，已知，酸性，故结合能力，B正确；C．中心原子的价层电子对数为4，含2对孤电子对，空间构型为V形；中心原子的价层电子对数为4，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形。孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥，孤电子对越多，键角越小，故键角，C错误；D．氢键的键能与成键原子的电负性正相关，的电负性大于，故氢键键能，D正确；故选C。8．D【详解】A．苯酚微溶于水，与水混合后形成乳浊液，不能通过过滤分离，A错误；B．乙酸易挥发，蒸馏时会随着乙酸乙酯一同蒸出，难以将两者完全分离，B错误；C．乙醇与水以任意比例互溶，不能用来作萃取剂（萃取剂需与原溶剂不互溶），C错误；D．能与水反应生成和硝酸，而不溶于水且不与水反应，用水洗气时导管长进短出，D正确；故答案选D。9．C【详解】A．同周期主族元素第一电离能从左到右总体呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的O，因此第一电离能顺序为，A错误；B．存在顺、反两种同分异构体，说明其空间结构为平面正方形；若Pt为杂化，应为四面体结构，不存在顺反异构，因此Pt不是杂化，B错误；C．顺铂水解时Cl⁻被OH⁻取代，而NH3未被取代，说明NH3与Pt的结合更稳定，即配体结合能力Cl-<NH3，C正确；D．氢键不属于化学键，是特殊的分子间作用力，D错误；故选C。10．D【详解】A．由题图可知，内，A同时生成B和C，但生成B的速率快，说明反应①容易发生，活化能比反应②的低，A错误；B．内，A的浓度变化量

Δc(A)>Δc(C)（因为A同时发生反应①和②，消耗速率大于C的生成速率）。平均速率，因此

v(A)>v(C)，B错误；C．时刻，B和C浓度均为,A的浓度小于，因此A的浓度变化量因此，C错误；D．反应③的平衡常数，由图可知，平衡时C的浓度大于B的浓度，故该温度下，反应③的平衡常数，D正确；故选D。11．B【详解】A．是强氧化剂，与反应时，中O元素化合价升高失电子作还原剂，体现还原性，A错误；B．与反应生成和，该反应放热，使温度升高至棉花着火点而燃烧，B正确；C．pH=1的盐酸和硫酸中相等，盐酸反应速率更快是因为对铝与酸的反应有催化作用，C错误；D．相同浓度的和中滴加少量AgNO3，先析出黄色AgI沉淀，说明AgI更难溶，即，D错误；故选B。12．D【分析】P极：，C元素化合价从+4价降低到+2价，发生还原反应，为阴极，连接电源负极，电极反应为：；Q极：，C元素化合价从-2价升高到+2价，发生氧化反应，为阳极，连接电源正极，电极反应为：；【详解】A．由分析可知，Q极发生的氧化反应，为阳极，因此与电源正极相连，A正确；B．阴极反应中，每消耗2mol，生成1mol（28g）。因此1mol参与反应时，生成0.5mol，质量为，B正确；C．由分析可知，阳极反应为，阴极反应为，根据得失电子守恒并消去电子和，得到总反应，C正确；D．催化剂不能改变反应的焓变，选择催化剂催化，和选用消耗的电能相同，D错误；故选D。13．C【详解】A．晶胞中X全部在晶胞内部，共4个；用均摊法计算O：顶点+棱心+面心+体心1，总和为8个；，化学式为，A正确；B．根据配位数关系：X的配位数O的配位数，每个X周围最近的O为8个，代入得O的配位数，解得O的配位数为4，B正确；C．X位于晶胞中4个交替小立方体的体心，最近两个X的坐标差为，计算得距离为，C错误；D．晶胞质量为，晶胞参数，体积，密度，D正确；故选C。14．D【详解】H2A是二元弱酸，分为两步电离：、；pH越大即c(H+)越小，H2A不断电离，其浓度c(H2A)应减小，则lgc(H2A)减小，故曲线①为lgc(H2A)的变化；pH增大，c(OH-)增大，电离反应平衡正向移动，c(HA-)先增大，当pH继续增大HA-进一步电离为A2-，故c(HA-)后变小，即曲线②为lgc(HA-)的变化；c(A2-)在pH较大时变化明显，pH越大，c(A2-)越大，即曲线③为lgc(A2-)的变化；A．曲线②为lgc(HA-)的变化，A错误；B．从M(4.02，－4.02)可得，此时c(H+)＝c(HA-)＝10-4.02mol/L，c(H2A)≈10-1mol/L故，B错误；C．N点为曲线①②的交点，此时c(HA-)＝c(H2A)，结合，计算可得c(H+)＝10-7.04mol/L，c(OH－)＝10-6.96mol/L，即，C错误；D．根据曲线①③的交点可得，又因为，，即曲线②③的交点横坐标为11.16，故当pH>11.16时，，D正确；故答案选D。15．(1)(2)(3)使用会生成氮氧化物造成污染(4)(5)温度升高，氯气从反应体系中逸出的可能性也会随之升高，导致氯化剂的损失50(6)>【解析】略16．(1)防止和水解(2)除去过量的(3)促进析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体O(4)Bb中红色比a浅，与结合生成无色络合离子，溶解平衡向正方向移动【详解】（1）步骤Ⅰ中需加热制备，和易水解且加热会促进水解，加入酸可使水解平衡逆向移动，故加入硫酸的目的是防止和水解；（2）步骤Ⅱ中和发生氧化还原反应，铁被氧化为+3价，被还原为，化学方程式是；后续步骤Ⅲ需加入草酸，草酸具有还原性，可与发生氧化还原反应，故需通过煮沸使分解以除去，故煮沸的目的是除去过量的；（3）乙醇作为有机溶剂可降低三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的溶解度，故加入乙醇的作用是促进析出三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体；配位键中O原子可提供孤对电子，故三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中和中的O原子配位；（4）①为排除“盐效应”，应选择一种阳离子、阴离子所带电荷数与、相同，且不参与反应的电解质，只有满足上述条件，故答案为：B；②若能与反应生成，则被消耗，反应平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故得出该结论的现象是b中红色比a浅；③二者区别在于阴离子为或，由于可与络合，使浓度不断下降，拉动溶解平衡正向移动，故答案为：，与结合生成无色络合离子，溶解平衡向正方向移动。17．(1)-316.9BC由于停留时间过短或过长，均导致反应ⅲ中、不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有或(2)升高冷却或冷凝法(3)>减小压强或及时分离出产物，增大的用量等【详解】（1）①已知：ⅰ.

；ⅲ.

根据盖斯定律，由ⅰ+ⅲ得反应ⅱ.

＝；②A．恒容密闭容器中所有反应物均为气体，气体的总质量保持不变，气体密度也始终保持不变，故密度不变不能说明反应达平衡状态，A错误；B．恒容条件下反应，反应ⅰ、反应ⅲ均为气体变化的反应，反应没有达平衡时气体总压在发生着变化，若气体总压强不变，则说明反应达平衡状态，B正确；C．的体积分数不变，则反应各组分的体积也应该保持不变，反应达平衡状态，C正确；D．和的物质的量相等是特殊情况，无法说明反应是否达平衡状态，D错误；答案选BC；③由于停留时间过短或过长，均导致反应ⅲ中、不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有或，因此，克劳斯工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间；（2）其他条件不变，增大压强，反应逆向移动，、的浓度增大，导致反应正向移动，反应后的含量升高；常温下硫单质为固态，故反应后分离回收的方法可以是冷却或冷凝法