安徽省马鞍山市2025届高三下学期第二次教学质量监测（二模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省马鞍山市2025届高三下学期第二次教学质量监测（二模）试题一、单选题1．新材料的发明与制造，推动着人类社会的进步和发展。下列属于有机高分子材料的是A．制作航天服的聚酯纤维 B．氮化硼陶瓷基复合材料C．制作半导体材料的硅 D．制作深潜器的特种钛合金【答案】A【解析】聚酯纤维属于有机高分子材料；氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料；制作半导体材料的硅单质属于新型无机非金属材料；制作深潜器的特种钛合金属于金属材料。故选A。2．生活中处处蕴含化学原理。下列实例与解释不相符的是A．明矾可用作净水剂，是因为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性B．黄豆酱是美味的调味品，是因为发酵时有蛋白质发生水解生成了氨基酸C．碳酸钠可做膨松剂，是因为其受热分解产生CO2气体可让食品变蓬松D．绿茶具有抗氧化作用，是因为绿茶中含有的茶多酚具有还原性【答案】C【解析】明矾净水是因Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，胶体能吸附杂质，A正确；黄豆酱的鲜味源于发酵过程中蛋白质发生水解生成了氨基酸，B正确；碳酸钠性质稳定，受热难分解，不能作食品膨松剂，常用作膨松剂的是碳酸氢钠，因其受热易分解产生CO2气体，C错误；绿茶中含有的茶多酚易被氧化，具有还原性，D正确。故选C。3．氯及其化合物部分转化关系如图。NAA．标准状况下，2.24LHCl和Cl2混合气体中氯原子数为0.15B．0.1mol/LNaCl溶液中Na＋数为0.1C．反应①每消耗0.1molCa(ClO)2，生成的氯气的分子数为0.1D．反应②每生成0.1mol氧化产物，转移电子数目为0.5【答案】D【解析】标准状况下2.24L混合气体物质的量为0.1mol，HCl含1个Cl原子、Cl2含2个Cl原子，因两者比例未知，氯原子数介于0.1NA~0.2NA之间，不一定为0.15NA，A错误；0.1mol/LNaCl溶液体积未知，不能计算Na＋物质的量，B错误；反应①为Ca(ClO)2＋4HCl＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，1molCa(ClO)2生成2molCl2，0.1molCa(ClO)2应生成0.2molCl2，分子数为0.2NA，C错误；反应②为3Cl2＋6NaOH＝NaClO3＋5NaCl＋3H2O，氧化产物为NaClO3，生成1molNaClO3转移5mol电子，则生成0.1mol氧化产物转移电子的数目为0.5NA，D正确。4．下列离子方程式书写正确的是A．向AgNO3溶液中滴加过量氨水：AgB．向稀硝酸中加入过量铁粉：3C．向H218O中投入Na2O2固体：2D．向饱和Na2S溶液中通入过量SO2：2【答案】B【解析】向AgNO3溶液中滴加过量氨水时生成可溶的[Ag(NH3)2]＋，离子方程式为Ag++2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2++2H2O，A错误；向稀硝酸中加入过量铁粉时，过量的Fe被氧化为Fe2＋，NO3-被还原为NO，离子方程式为3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；向H218O中投入Na2O2固体，5．如图所示装置或操作不能达到实验目的的是A．制备无水MgCl2晶体B．除去CCl4中的Br2C．验证非金属性：N>C>SiD．验证C2H2使溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A装置中通入HCl气体加热MgCl2·6H2O晶体，可防止MgCl2水解，碱石灰吸收尾气HCl，能达到目的，A正确；B装置中加入NaOH溶液除去CCl4中的Br2，Br2与NaOH溶液反应生成易溶于水的NaBr、NaBrO，CCl4与水不互溶且密度大，分层后分液可分离，能达到目的，B正确；C装置中验证非金属性N>C>Si，可比较最高价含氧酸酸性。HNO3与Na2CO3反应生成CO2，饱和NaHCO3除去挥发出的HNO3，CO2与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3，证明酸性HNO3>H2CO3>H2SiO3，能达到目的，C正确；D装置验证C2H2使溴水褪色，电石与饱和食盐水反应生成C2H2时，杂质CaS、Ca3P2与水反应会生成H2S、PH3等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，干扰检验，不能达到目的，D错误。故选D。6．绿原酸又名咖啡鞣酸(结构简式如图)，具有广泛的杀菌消炎功效。下列有关该物质说法正确的是A．不存在顺反异构 B．能发生水解、加聚、缩聚反应C．分子中有3个手性碳原子 D．1mol该物质最多可与7molNaOH反应【答案】B【解析】绿原酸分子中碳碳双键两端的碳原子分别连接不同基团或原子，存在顺反异构，A错误；绿原酸分子的酯基能发生水解反应、该分子中的碳碳双键能发生加聚反应、该分子中的羧基和多个羟基能发生缩聚反应，B正确；手性碳原子需连四个不同基团，分子六元环上含4个手性碳原子，C错误；绿原酸分子与NaOH反应的官能团为1个羧基、2个酚羟基、1个酯基，共消耗4molNaOH，D错误。故选B。7．SiCl4与N－甲基咪唑()反应可以得到M2＋，其结构如图所示。下列说法不正确的是A．C原子的杂化轨道类型为sp2和sp3B．N－甲基咪唑分子中存在π56的大C．N－甲基咪唑分子中存在12个σ键D．中心原子硅的化合价为＋6【答案】D【解析】N－甲基咪唑中，咪唑环上的C原子参与大π键形成，为平面结构，杂化类型为sp2；甲基（－CH2）中的C原子形成4个单键，为四面体结构，杂化类型为sp3，C原子杂化类型有sp2和sp3，A正确；N－甲基咪唑的咪唑环为五元环，环内存在大π键。环中2个N原子和3个C原子各提供1个p轨道，共5个p轨道；吡咯型N提供2个电子，吡啶型N和3个C各提供1个电子，总电子数为6，故存在Π56大π键，B正确；N－甲基咪唑的σ键包括：五元环骨架5个σ键，3个环上C－Hσ键，1个N－CH3σ键，甲基中3个C－Hσ键，共5＋3＋1＋3＝12个σ键，C正确；M2＋中Si与4个N原子和2个Cl原子配位，整体带2个正电荷，Si的化合价为＋4，D错误。故选8．W、X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期主族元素。W原子的电子数是其最外层电子数的3倍，X和Y同主族元素，Y原子的M层未成对电子数为3。下列叙述错误的是A．简单氢化物的键角：Y＞X B．电负性：Z＞YC．简单离子半径：Y＞Z＞X D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y【答案】A【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期主族元素。W原子的电子数是其最外层电子数的3倍，则W原子核外电子排布是2、1，W为Li。X和Y同主族元素，Y原子的M层未成对电子数为3，则Y原子核外价层电子排布式为3s23p3，Y为P，X原子序数比Y小，可知X为N；Z的原子序数大于P，Z可能为S或Cl。W为Li，X为N，Y为P，Z可能为S或Cl。X(N)、Y(P)的简单氢化物分别是NH3、PH3，NH3、PH3分子中心原子价层电子对数均为3＋5-3×12＝4个，均有1对孤电子对，N、P原子都采取sp3杂化，中心原子电负性越大，共用电子对离核越近，排拆力越大，键角就越大，故键角：X(NH3)＞Y(PH3)，A错误；Y(P)，Z(S或Cl)为同一周期元素，核电荷数越多，元素的电负性就越大，则元素的电负性：Z(S或Cl)＞Y(P)，B正确；离子核外电子层数越多，离子半径就越大，离子的电子数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，故简单离子半径：Y(P3－)＞Z(S2－或Cl－)＞X(N3－)，C正确；因为元素的非金属性：X(N)>Y(P)，故酸性：HNO3＞H3PO4，D9．下列实验操作及现象均正确，且能得出相应结论的是事实或现象结论A向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，产生白色沉淀气体X一定具有氧化性B向NaAlOH4溶液中滴加结合H＋的能力：AlC乙醇和浓硫酸混合液加热，产生的气体先通过足量NaOH溶液，再通过酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色乙醇发生消去反应D向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀KA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，产生白色沉淀，若X为NH3，则生成BaSO3沉淀，A结论错误；向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液，生成Al(OH)3沉淀，说明HCO3-提供H＋，[Al(OH)4]－结合H＋的能力强于CO32-，B结论错误；乙醇与浓硫酸共热生成的气体通过NaOH溶液，除去SO2和挥发出的乙醇，再通过酸性KMnO4溶液，使酸性KMnO4褪色，说明剩余气体含乙烯，证明乙醇发生消去反应。C正确；向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀，比较不同类型沉淀的生成先后，应计算出各自开始沉淀时所需沉淀剂的浓度，设溶液中c(Cl-)=c(CrO42-)=c。AgCl开始沉淀需要c(Ag+)=Ksp(阅读以下材料，完成2个小题。全固态锂电池是指使用固态电解质的锂电池，其稳定性、安全性高。常用的固态电解质种类主要包括氧化物、硫化物等，其中硫化物固体电解质是由氧化物固体电解质衍生出来的，即O2－被S2－替代得到的。10．钙钛矿(LixLayTiO3)是全固态锂电池常用的一种氧化物固体电解质，其立方晶胞如下图所示(晶胞参数为apm)。下列有关说法正确的是A．晶胞中Ti的配位数为8B．晶胞距离O最近的O有12个C．晶胞的密度为：7x+139y+96D．一段时间后电解质的导电性减弱的原因可能是Li与Ti4＋发生反应11．某钴酸锂的硫化物固体电解质电池的放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A．断开K2连接K1，电极a为阳极B．断开K2连接K1，电极b的电极反应式为：LiC．硫化物固体电解质比氧化物固体电解的离子的传输能力更强，因为S2－对Li＋的吸引力较小D．断开K1连接K2，转移xmol电子，a、b两电极质量差为7xg(假设开始两电极质量相等)【答案】10.D11.C【解析】10.由钙钛矿晶胞结构图可知，Ti位于顶点，周围有6个O形成八面体配位，配位数为6，A错误；O位于棱心，在立方晶胞中最近距离的O有8个，B错误；晶胞的密度为7x+139y+96a3×10-30×NAg/cm3，C错误；一段时间后，一定量的Li＋11.由钴酸锂的硫化物固体电解质电池的放电工作原理图可知，连接K2时为原电池，Li＋由a极向b极移动，则a极为负极，b极为正极；连接K1时有电源为电解池，则a极为阴极，b极为阳极，A错误；连接K1时为电解池，电极b为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，B错误；S2-半径大于O2-，对Li＋吸引力更小，离子迁移能力更强，C正确；连接K2时为原电池，a极电极反应式为LixC6-xe12．已知Gg⇌2Hg

△H>0，已知G和H的摩尔质量分别为Xg/mol、Yg/mol，平衡体系中气体的平均摩尔质量A．反应速率：vB．平衡常数：KC．温度：TD．当M=X+Y【答案】A【解析】该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，n总增大，M减小，相同压强下，T2曲线M更小，温度更高，故T2＞T1，C错误；温度：b>a=c，压强：b=c>a，温度越高、压强越大，速率越快，故反应速率：vb>vc>va，A正确；平衡常数K仅与温度有关，该反应为吸热反应，温度升高K增大，温度：b>a=c，则K(a)＝K(b)＞K(c)，B错误；M=X+Y2时，由反应前后质量守恒知，X＝2Y，则n(G)∶n(H)＝13．碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2，5-呋喃二甲醇(BHMF)的反应中发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法正确的是A．Pb/PbO复合催化剂能提高HMF的平衡转化率B．H*转化为H2不会降低BHMF的产率C．生成BHMF的电极反应式为HMF+2H2O+2e-=BHMF+2OH-D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成【答案】C【详析】催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高HMF的平衡转化率，A错误；H*是HMF加氢生成BHMF的活性氢来源，若H*转化为H2，参与加氢的H*减少，会导致BHMF产率降低，B错误；HMF中醛基（-CHO）还原为羟基（-CH2OH）生成BHMF，需得到2个电子。阴极反应中，H2O提供H*并生成OH⁻，电极反应式为HMF+2H2O+2e⁻=BHMF+2OH-，电荷、原子均守恒，C正确；反应中断裂的键为极性键（如H2O的O-H键、HMF的C=O键），形成的键有极性键（故答案为：C。14．25℃时，将HCl缓慢通入BaC2O4悬浊液中，测得溶液中pL[L为cC2O42-、c2H+cH2A．曲线Ⅲ表示pcBa2+与B．a点溶液中：cC．该温度下，草酸钡溶度积的数量级为10－7D．b点溶液中：2【答案】B【解析】BaC2O4悬浊液中存在平衡BaC2O4(s)⇌Ba2＋(aq)＋C2O42-(aq)，将HCl缓慢通入BaC2O4悬浊液中，发生反应：C2O42-＋H＋＝HC2O4-、HC2O4-＋H＋＝H2C2O4。，Ka1(H2C2O4)∙Ka2(H2C2O4)＝c2(H+)⋅c(C2O42-)c(H2C2O4)，c2(H+)c(H2C2O4)＝Ka1⋅Ka2c(C2O42-)，随着pc2H+cH2C2O4的增大，c2(H+)⋅c(C2O42-)c(H2C2O4)减小，c(C2O42-)增大，pc(Ba2＋)增大，则曲线Ⅲ表示pcBa2+与pc2H+cH2C2O4变化曲线。BaC2O4为难溶电解质，则Ksp(BaC2O4)小于10－5，则曲线Ⅱ表示p[c(C2O42-)]随pc(Ba2＋)的变化曲线；曲线Ⅰ表示pc2HC2O4-cH2C2O4随pc(Ba2＋)的变化曲线，A正确；a点为曲线Ⅰ与曲线Ⅲ的交点，a点，pc2H+cH2C2O4＝pc二、解答题15．某废弃锂电池的固态电解质主要成分为Li7La3Zr2O12和少量Al2O3。对其回收处理的流程如图所示(部分条件省略)。已知：①预处理是将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎等操作；②某些离子开始沉淀和沉淀完全时的pH值如下表。离子Li＋La3＋Zr4＋Al3＋开始沉淀的pH－7.51.23.4沉淀完全的pH－8.72.44.7回答下列问题：(1)Zr与Ti同族且在Ti的下一周期，Zr位于元素周期表的第周期，第族。(2)“预处理”步骤中，破碎目的是。(3)“酸浸”步骤中，发生主要反应的化学方程式为。(4)“沉淀1”的主要成分是(填化学式)。(5)“过滤2”步骤调pH时，应控制pH值小于。(6)“沉镧“步骤中，发生主要反应的离子方程为。(7)“沉锂“步骤中，加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和。得到碳酸锂沉淀的操作为。(碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示)A．静置，过滤B．蒸发浓缩、冷却结晶C．加热后，趁热过滤D．蒸发结晶【答案】(1)五ⅣB(2)增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸出率(3)2Li₇La3Zr2O12＋24H2SO4＝7Li2SO4＋3La2(SO4)3＋4Zr(SO4)2＋24H2O(4)Zr(OH)4(5)7.5(6)2La3＋＋3H2C2O4＝La2(C2O4)3↓＋6H＋(7)减小Li2CO3的溶解度，提高产率C【解析】废弃锂电池的固态电解质(主要成分为Li7La3Zr2O12和少量Al2O3)经预处理，加稀H2SO4“酸浸”，生成Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2、Al2(SO4)3，酸浸液中加入NaOH溶液调节pH＝3，Zr4＋完全沉淀，过滤1，滤液中继续加NaOH溶液调节pH，Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，过滤2，滤液中加入草酸溶液，La3＋转化为La2(C2O4)3沉淀，过滤，滤液中加入Na2CO3“沉锂”，生成Li2CO3沉淀，过滤，得到的Li2CO3经煅烧得到Li2O。（1）Ti的原子序数为22，位于周期表中第四周期，IVB族，Zr与Ti同族且在Ti的下一周期，Zr位于元素周期表的第五周期IVB族；（2）“预处理”时将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎，破碎可以增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸出率；（3）“酸浸”时，Li7La3Zr2O12与硫酸反应生成Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2，反应方程式为2Li₇La3Zr2O12＋24H2SO4＝7Li2SO4＋3La2(SO4)3＋4Zr(SO4)2＋24H2O；（4）“沉淀1”为Zr(OH)4；（5）“过滤2”步骤调pH的目的使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀除去，但不能使La3＋沉淀，结合表中数据可知，4.7<pH<7.5；（6）“沉镧“步骤中加入草酸溶液，将La3＋转化为La2(C2O4)3沉淀，反应离子方程式为2La3＋＋3H2C2O4＝La2(C2O4)3↓＋6H＋；（7）“沉锂“步骤中，加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃可以提高沉淀反应速率，另外碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，升高温度可以减小Li2CO3的溶解度，提高产率；得到碳酸锂沉淀后，应趁热过滤，以减少其溶解损失。16．对甲苯磺酸()是一种白色晶体，熔点为107℃，易溶于醇、醚和水，是用途广泛的化工原料。回答下列问题。(1)实验室利用磺化反应制备对甲苯磺酸。反应原理：实验装置如图所示。①盛装甲苯的仪器名称是；冷凝水的进口为(填“a”或“b”)。②装置中分水器的作用为。(2)根据对甲苯磺酸的结构，有同学推测对甲苯磺酸的性质和硫酸相似，采用如图装置进行探究。①观察到蔗糖迅速变黑，说明对甲苯磺酸具有性。②取右侧试管中少量吸收液于洁净的试管中，滴加一定量的溶液，未观察到明显现象，说明对甲苯磺酸(填“具有”或“不具有”)强氧化性。(3)对甲苯磺酸可作酯化反应的催化剂，催化合成丙酸乙酯(密度为0.89g·cm－3；M＝102g·mol－1)。将14.8g丙酸(熔点为－24℃，密度为0.993g·cm－3，M＝74g·mol－1)、1g对甲苯磺酸和0.4mol乙醇加入三口瓶中，加入几粒沸石，缓慢加热至85℃进行反应，保持回流2小时。冷却反应液至室温，缓慢加入20mL饱和碳酸钠溶液，再经一系列操作，将有机层蒸馏，收集到产品15.3g。①向反应液中加入饱和碳酸钠溶液的主要作用是。②该反应的产率为。③对甲苯磺酸代替浓硫酸作酯化反应催化剂的优点是。【答案】(1)双(两或二)颈(口)烧瓶a将反应产生的水从反应体系中分离出来，从而使平衡正向移动，增大反应物的转化率(2)脱水BaCl2(或Ba(OH)2、Ca(OH)2、CaCl2等)不具有(3)中和酸性催化剂及未反应的丙酸0.75(或75%)对甲苯磺酸没有强氧化性，可减少副反应的发生【解析】（1）①盛装甲苯的仪器为双(两或二)颈(口)烧瓶；蒸汽冷凝时，冷却水流向都是下进上出，则冷凝水的进口为a；②装置中分水器的作用为将反应产生的水从反应体系中分离出来，从而使平衡正向移动，增大反应物的转化率；（2）①观察到蔗糖迅速变黑，说明蔗糖脱水碳化，则对甲苯磺酸具有脱水性。②判断对甲苯磺酸是否具有强氧化性，需检验反应是否有SO2或CO2生成，即检验NaOH吸收液中是否含有SO32-或CO（3）①反应后的溶液中含有催化剂对甲苯磺酸、丙酸乙酯、未反应的丙酸，为获得纯净的产品，向反应液中加入饱和Na2CO3溶液的主要作用是中和酸性催化剂及未反应的丙酸，防止对甲苯磺酸、未反应的丙酸随产品一起蒸出。②n(丙酸)＝14.8g74g/mol＝0.2mol，n(乙醇)＝0.4mol，则理论上生成丙酸乙酯0.2mol，该反应的产率为15.3g0.2mol×102g/mol×100③对甲苯磺酸没有强氧化性，则用对甲苯磺酸代替浓硫酸作酯化反应催化剂的优点是对甲苯磺酸没有强氧化性，可减少副反应的发生。17．CO2的综合利用是解决温室效应问题的有效途径。(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：CO2g+①已知：H2(g)、CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为0kJ·mol－1、－393.5kJ·mol－1、－74.8kJ·mol－1、－110.5kJ·mol－1(25℃和101kPa下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓)。则：ΔH＝kJ·mol－1②其他条件不变，在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如下图所示。a点所代表的状态(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点原因是。(2)CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。目前，研究表明CH4超干重整CO2的催化转化原理如下。该过程的总化学反应方程式为。(3)二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下。I.COⅡ.2在一定温度下，向体积为4L的恒容密闭容器中加入1molCO2和1molH2，发生上述反应。①下列说法正确的是(填标号)。A．平衡时向容器中充入He，反应Ⅱ正向移动B．容器内压强不变，说明反应I已经达到化学平衡状态C．平衡时向容器中充入一定量H2，反应I和Ⅱ均正向移动，H2的转化率升高②若该化学反应体系达平衡时，测得平衡时气体总压强为aMPa，H2的转化率为40%，CO的物质的量为0.1mol，则CO2的物质的量浓度为mol/L，反应I的分压平衡常数Kp=(结果保留两位有效数字，分压＝总压×物质的量分数【答案】(1)＋247.3不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高(2)CH(3)B0.20.052【解析】（1）ΔH=+393.5kJ⋅mol-1+74.8kJ⋅mol-1-2×110.5kJ⋅mol-1-0=+247.3kJ⋅mol-1；相同温度下三条曲线的平衡转化率应该相同，a（2）由流程图可知，只消耗不生成的是CH4和CO2，只生成不消耗的是CO和H2（3）平衡时向容器中充入He，各物质的浓度不变，平衡不移动，A错误；反应Ⅱ是非等体积反应，恒容体系压强不变说明已达平衡，B正确；平衡时向容器中充入一定量H2，H2浓度增大，反应I