安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考（一模）试题一、单选题1．化学与生产生活、科技环境密切相关。下列叙述错误的是A．沼气是有机废弃物在富氧条件下发酵分解而成的一种清洁能源B．可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色C．福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁D．黏土高温烧结制陶瓷的过程中形成了新的化学键【答案】A【解析】沼气是有机废弃物(树叶、秸秆、草类及垃圾、粪便等)在厌氧条件下发酵分解而成的气体，是一种清洁能源，A错误；在食品工业中，蔗糖的焦糖化反应可以得到不同的焦糖色素，从而为食物增色，B正确；合金比其组成金属硬度大，无磁镍铬钛合金钢硬度高于纯铁，C正确；黏土高温烧结制陶瓷的过程中发生化学反应，有新化学键的形成，D正确。故选A。2．下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法可行的是A．C2H6(C2H4)：酸性高锰酸钾溶液，洗气B．乙酸乙酯(C2H5OH)：饱和碳酸钠溶液，洗涤分液C．苯(苯酚)：适量浓溴水，过滤D．溴苯(Br2)：水洗，分液【答案】B【解析】乙烯被酸性高锰酸钾氧化为CO2，引入新的杂质，A错误；饱和Na2CO3溶液能溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，B正确；苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚溶于苯，不能用过滤法分离，C错误；溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液后分液，D错误。故选B。3．医典、古诗富载化学知识，下述之物见其氧化性者为A．石胆(CuSO4)：“石胆能化铁为铜”B．石炭(C)：“炉火照天地，红星乱紫烟”C．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】A【解析】化铁为铜，发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，铜元素化合价降低，表现氧化性，A正确；碳单质燃烧生成一氧化碳或二氧化碳，碳单质表现还原性，4．某兴趣小组采用如图装置收集NO2、O2混合气体。将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到混合气体全部被吸收。下列说法错误的是A．G装置中虚线上导管实线图应是左高右低B．可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混合气体的比例C．H装置中发生反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OD．实验后圆底烧瓶中所得溶液物质的量浓度约为0.036mol•L－1(保留两位有效数字)【答案】D【解析】氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，G装置中虚线上导管实线图应是左高右低，A正确；G装置中浓硫酸有三种作用：干燥、混合NO2、O2气体，根据气泡的速率控制混合气体的比例，B正确；铜和浓硝酸反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，C正确；混合气体全部被吸收时恰好发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO35．冠醚因分子结构形如皇冠而得名。某冠醚分子c可识别K＋，其合成方法如图：下列说法不正确的是A．a、b均可与NaOH溶液反应B．b中C和O均采取sp3杂化C．c中所有原子可能共平面D．冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小等因素【答案】C【解析】a含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH发生中和反应，b含有碳氯键，能在NaOH溶液中发生水解反应，A正确；B．b中C和O均采取sp3杂化，B正确；C．c有sp3杂化的碳原子，不可能所有原子共平面，CD．冠醚络合哪种阳离子由环的大小、氧原子的数目、氧原子间的空隙大小等共同决定，D正确；故选C。6．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1.7gNH3，完全溶于1LH2O所得溶液，NH3•H2O微粒数目为0.1NAB．58.5gNaCl晶体中含有NA个NaCl分子C．金刚石晶体中，碳原子数与C－C键数目之比为1∶4D．标准状况下22.4LC4H10中含有的s－sp3σ键数为10NA【答案】D【解析】1.7gNH3完全溶于1LH2O中，发生反应NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，因反应可逆，所以溶液中NH3⋅H2O微粒数目小于0.1NA，A错误；NaCl晶体是离子晶体，不含分子，B错误；金刚石晶体中每个碳原子形成四条C－C键，每条C－C键由两个碳原子形成。故碳原子数与C-C键数目之比为1∶27．下列有关物质结构或性质的比较中，错误的是A．键角：NH3＞H2OB．熔点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛C．键能：F－F＞Cl－ClD．羟基的极性：苯酚＞乙醇【答案】C【解析】NH3和H2O的中心原子均为sp3杂化，N有1对孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的引力越大，键角越小，故键角：NH3＞H2O，A正确；对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，B正确；氟原子比氯原半径小，两个氟原子的孤电子对距离近，相互排斥力作用强：F－F<Cl－Cl，C错误；苯酚中的苯环影响羟基，使羟基的极性增强，D正确。选C。8．元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大，Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。YQ2→△XX2Y→WZ溶液下列说法不正确的是A．简单离子半径：Z＞Q＞XB．元素的电负性：Q＞Z＞WC．酸性：W2YQ3＞WZQ4D．简单氢化物的稳定性：Q＞Z＞Y【答案】C【解析】Z的价电子所在能层有9个轨道，说明Z位于第三周期。由灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，知Y是硅元素，由YQ2中硅元素为＋4价，推知Q元素为－2价，结合Q的原子序数小于硅可判断Q是氧元素；由X2Y中硅元素为－4价，推知X元素为＋2价，又X的原子序数介于氧和硅之间，可知X是镁元素；W的原子序数小于氧，通常状态下YW4呈气态，可知W是氢元素，由题给信息“WZ溶液”和Z的原子序数大于硅可知Z是氯元素。因为电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl->O2->Mg2+，故A正确；Q为氧元素，Z为氯元素，W为氢元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>Cl>H，B正确；同周期从左至右，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2SiO39．由下列实验操作和现象，可得出相应正确结论的是选项实验操作现象结论A向热的浓硝酸中加入红热的木炭，继续加热产生红棕色气体木炭与浓硝酸发生了反应B分别测浓度均为0.1mol•L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH后者大于前者Kh(CH3COO－)＜Kh(HCO3C向CuSO4溶液中通入H2S气体产生黑色沉淀结合硫离子的能力：Cu2＋＞H＋D用丝绸摩擦过的带电玻璃棒靠近CF2Cl2液流液流方向改变CF2Cl2为正四面体结构A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】浓硝酸在加热条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，不能说明木炭与浓硝酸一定发生了反应，A错误；CH3COONH4中，NH4+水解显酸性，NH4++H2向CuSO4溶液中通入H2S气体产生的黑色沉淀是CuS，说明结合S2－的能力：Cu由于丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，当玻璃棒靠近水流时，液流方向改变，说明CF2Cl2为极性分子，CF10．LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。制备LiBr的一种工艺流程如图。其中“还原”工序加入BaS溶液可以除去Br2。下列说法不正确的是A．“还原”工序反应的离子方程式为Br2＋S2－＝2Br－＋S↓B．若在“还原”工序中使用NaOH溶液吸收Br2，吸收液可以直接返回“还原”工序C．滤渣中除硫外，还有BaSO4，可选用二硫化碳作溶剂溶解后进行分离D．参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1∶1∶1【答案】B【解析】含少量Br2的HBr中加入BaS，Br2＋BaS＝BaBr2＋S；加入H2SO4，H2SO4＋BaBr2＝BaSO4↓＋2HBr，加入Li2CO3与HBr，Li2CO3＋2HBr＝2LiBr＋H2O＋CO2↑，LiBr溶液经浓缩等操作得到LiBr。“还原”工序中反应的离子方程式为Br2＋S2－＝2Br－＋S↓，A正确；若“还原”工序用NaOH溶液吸收Br2，发生反应Br2＋2NaOH＝NaBr＋NaBrO＋H2O，若返回“还原”工序会引入Na+，导致产品纯度降低，B错误；“除杂”工序产生的BaSO4，“还原”工序中产生硫，滤渣中含有S和BaSO4，S难溶于水、易溶于CS2，可用CS2作溶剂溶解后进行分离，C正确；由反应Br2＋BaS＝BaBr2＋S↓、BaBr2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HBr，知参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)＝1∶1∶1，11．乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸的相对分子质量为74，下列说法正确的是A．离子交换膜为阴离子交换膜B．b极与外电源的正极相连C．当外电路通过1mole－时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为37gD．此装置中乙二醛被氧化的化学方程式：2＋O2→2【答案】C【解析】通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合装置图可知，阳极生成的Cl2将乙二醛氧化为乙醛酸，a为电源正极，与b电极相连的电极发生还原反应生成H2，b为电源负极。H+由左侧经离子交换膜进入右侧，离子交换膜为阳离子交换膜，A和B错误；与a电极相连的电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，与b相连电极为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，由电子守恒知，1molOHC-COOH~1molCl2~2mole-，则当外电路通过12．实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO－极易结合H＋转化为ROH)。下列说法错误的是A．该反应催化剂的核磁共振氢谱有四组峰B．苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：C．该反应是一个最理想的“原子经济”反应D．久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率【答案】D【解析】由图可知，苯甲醇钠开始参与反应，最终又生成，苯甲醇钠作催化剂，其核磁共振氢谱有四组峰，A正确；由图可知，苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：，B正确；由关总反应方程式知反应的原子利用率为100%，C正确；苯甲酸与苯甲醇钠反尖生成苯甲醇和苯甲酸钠，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢反应速率，D错误。选D。13．亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸，可以用于治疗白血病，H3AsO3水溶液中含砷物质的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)A．H3AsOB．H3AsOC．H3AsO3溶液的D．pH=12时，溶液中【答案】B【解析】H3AsO3是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为H3AsO3⇌H++H2AsO3-，A项错误；H3AsO3第一步电离的电离常数Ka1=c平H2AsO3-⋅14．NiAs的立方晶胞结构如图所示，其晶体密度为ρg•cm－3。，设NiAs晶体最简式的式量为Mr，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．Ni3＋的价电子排布图为B．As位于由Ni构成的四面体空隙中C．晶体中与Ni3＋距离最近且相等的As3－有4个D．晶胞中最近的Ni3＋之间的距离为34Mrρ【答案】D【解析】Ni3+的价层电子排布式为3d7，价电子排布图为，A正确；与面心的Ni3+距离最近且相等的As3-有4个，NiAs原子之比为1∶1，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，选项B正确；晶体中与Ni3＋距离最近且相等的As3－有4个，C正确；设NiAs晶体最简式的式量为Mr(式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和)，晶体密度为ρ g⋅cm-3，则设晶胞参数边长为anm，有二、解答题15．工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲和氧化铜，其工艺流程如图：已知：①H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸②CuC2O4的Ksp为2.2×108(1)Cu位于元素周期表第周期第族。TeO32-(2)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为，“滤渣”的成分是。该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因可能是。(3)“沉淀”步骤，若要使Cu2＋完全沉淀(离子浓度小于1×10－5mol·L—1)，应控制C2O42-的浓度不低于(4)“还原”步骤反应的离子方程式为。(5)CuO可催化消耗血糖，从而控制血糖浓度。一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)电池工作时，b电极的电极反应式为。【答案】(1)四ⅠB三角锥形(2)H2TeO3、CuSO4Ag、Au氧化产物中的Cu2+对H(3)2.2×10-3(4)H2(5)C【解析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，加入稀硫酸和H2O2，过滤得到的滤液①中含有H2TeO3和CuSO4，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入Na2C2O4，因为H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，所以发生反应Na2C2O4＋CuSO4＝CuC2O4↓＋Na2SO4，过滤，滤渣为CuC2O4，加热CuC2O4分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和Na2SO4，加入Na2SO3溶液，H2TeO3被Na2SO3还原为Te。(1)Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族；TeO32-的中心原子Te的价层电子对数为(2)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为H2TeO3和CuSO4，“滤渣”的成分是Ag、Au；氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用，该步H2(3)Kp(CuC2O4)为2.2×10-8，Cu2+完全沉淀时，应控制C2(4)加入Na2SO3溶液，溶液中的H2TeO3被还原为Te，Na2SO3被氧化为Na2SO4，离子反应方程式为H2(5)电池工作时，血液中的O2在a电极上得电子生成OH-，则a电极为正极，电极反应式为O2+4e16．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂，它有较强的还原性，遇酸易分解。某兴趣小组设计了利用SO2和Na2CO3、Na2S生成Na2S2O3。制备装置图如图(加热和夹持装置略)：已知：i.2Na2S＋3SO2＝2Na2SO3＋3S↓、Na2SO3＋S＝Na2S2O3。ii.硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。iii.几种常见弱酸的电离常数如表。弱酸H2SO3H2SH2CO3电离平衡常数(25℃)Ka1＝1.54×10－2Ka2＝1.02×10－7Ka1＝1.1×10－7Ka2＝1.3×10－13Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11(1)仪器a的名称为；甲中发生反应的化学方程式为。(2)反应结束后，通入N2的作用是。(3)丙中加入的试剂是物质的量之比为2∶1的Na2S和Na2CO3的混合溶液，溶液呈碱性。制备过程中，向丙中通入SO2，澄清溶液先变浑浊，后变澄清，稍后又再次出现微量浑浊，此时立刻停止通入SO2，溶液经分离可得Na2S2O3。①反应前，丙中混合溶液呈碱性的主要原因是(用离子方程式表示)。②“稍后又再次出现微量浑浊”中的‘浑浊’成分是(填化学式)。③制备时，丙中通常还会加入少量乙醇，目的是。④为了提高制备的效率，可将丙装置水浴加热。其它条件均相同时，水浴温度与反应达到终点的时间如表所示：温度(℃)3035404550时间(min)4134203042水浴温度达到40℃后，继续提高水浴温度，达到终点的时间增加的可能原因是。(4)为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0g产品配制成250mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入25.00mL0.0100mol⋅L－1KIO3溶液，并加入过量的KI后酸化，发生反应：5I－＋IO3-＋6H＋＝3I2＋3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-，当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液15.00mL，则该产品的纯度为【答案】(1)恒压滴液漏斗Na2SO(2)排尽装置内的二氧化硫，使其全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气(3)S2-+H2O⇌HS(4)79【解析】(1)由图所示，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(3)①硫化钠和碳酸钠在水中都可以发生水解，使溶液显碱性，H2S的第二步电离比碳酸的第二步电离程度更小，所以S2-水解程度更大，使溶液呈碱性的主要原因是S2-的水解，其水解的离子方程式为：S2-+H2O③S单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，可以增大硫和亚硫酸钠的接触面积，增大反应速率，是反应更充分，所以在制备时，在丙种会加入少量乙醇；④继续升高温度，二氧化硫溶解度下降，溶液中的二氧化硫浓度降低，所以速率减慢；(4)由反应方程式可得关系式：IO3-~3I2~6S20.025L17．CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应①CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)

K1此反应一般认为通过如下步骤来实现：②CO2(g)＋H2(g)⇌H2O(g)＋CO(g)

△H1＝＋40.5kJ•mol－1

K2③CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)

K3(1)原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是(字母)。A．NaOH溶液B．氨水C．CH3CH2OHD．NH4Cl溶液(2)K1＝(用含K2和K3的代数式表示)。(3)实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H0(填“＞”“＜”或“＝”)。(4)反应①的自发条件是(填字母)。A．高温自发B．低温自发C．任何温度下都自发(5)若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是(填字母)。A．B．C．D．(6)向体积为10L的恒容密闭容器中充入2.0molCO(g)和3.0molH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为。已知分压＝总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A点对应温度下的Kp＝(kPa)－2(用a表示)。(7)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答一点)。【答案】(1)AB(2)K2(3)<(4)B(5)A(6)0.048mol·L－1·min－1625(7)催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降(“水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”)【解析】(1)CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；CO2能与氨水反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；CH3CH2OH呈中性，与CO2不反应，NH4(2)两反应相加就是目标反应，根据盖斯定律知K1(3)由图像可知：升高温度，K降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0；(4)反应①是熵减的放热反应，即ΔS<0、ΔH<0，若反