安徽省皖北协作体2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省皖北协作体2025届高三下学期一模考试试题一、单选题1.化学是社会发展的基础，下列说法错误的是A．磷酸铵镁MgNH4B．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制作智能家电的芯片C．航空发动机采用的陶瓷基复合材料具有密度低、硬度高、耐高温、耐腐蚀等性能D．在染织工业中，碱煮的布料用稀硫酸清洗后即可加热烘干【答案】D【解析】磷酸铵镁MgNH4PO4⋅6H2O可作缓释肥，是因为其磷溶解度较小，作用时间长，可持续补充Mg、N、P等元素，A正确；硅单质是良好的半导体材料，广泛用于电子器件，可作许多电器的芯片，B正确；生产航空发动机的陶瓷基复合材料，应具备密度低、硬度高、耐高温、耐腐蚀等特性，C2.下列化学用语表述错误的是A．乙醇的分子式为CB．酰胺基的结构简式为C．过氧化氢的电子式为D．邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为【答案】A【解析】C2H5OH是乙醇的结构简式，其分子式为C2H6O，A错误；酰胺基的结构简式为，B正确；过氧化氢是共价化合物，过氧键中氧原子间形成共价单键，结构式为H-O-O-H，电子式为，3.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XYZAAlAlAlBHNaSiOCClNaClONaClDFeClFeFeA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】Al具有两性，可与强碱NaOH直接反应生成的是NaAlOH4，不能直接生成AlOH3，A项错误；SiO2不能一步反应得到H2SiO3，可先与碱反应形成硅酸盐，再与酸反应生成硅酸，B项错误；Cl2和NaOH可以直接反应生成NaClO，NaClO与稀盐酸或还原性的化合物如NaI等反应生成NaCl，NaCl溶液电解可生成Cl24.依他尼酸是一种袢利尿剂，可用来预防急性肾功能衰竭和治疗其他疾病，其结构简式如图所示，下列关于依他尼酸的说法正确的是A．不存在顺反异构体B．存在多种同分异构体且质谱仪测出的谱图完全相同C．含有6种官能团D．1mol该物质最多能与6molH【答案】A【解析】形成碳碳双键两端的碳原子上同时连了两个相同的氢原子，不能产生顺反异构，A正确；依据质谱仪的原理可知不同的同分异构体会产生不同的碎片结构，得到的质谱图不同，B错误；该分子含有碳碳双键、酮羰基、碳氯键、醚键、羧基5种官能团，C错误；1mol该有机物中含1mol苯环，可与3mol氢气加成，含有1mol碳碳双键，可与1mol氢气加成，含1mol酮羰基，可与1mol氢气加成，共计消耗5mol氢气，D错误；故答案为：A。5.实验室回收废水中苯酚的过程如下，苯酚在芳香烃和酯类溶剂中的分配系数(苯酚在萃取剂和水中的浓度比)分别为1.2~2.0和27~50，下列有关说法错误的是A．与本实验有关的实验室安全图标为、、B．步骤Ⅰ为萃取、分液，萃取剂选用苯更好C．若苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗D．试剂a可用Na2CO3溶液，试剂【答案】B【解析】苯酚具有毒性，本实验需要在通风良好的环境下并佩戴护目镜操作，在实验结束后清洗双手，A正确；含苯酚的废水，先加入苯经过萃取分液后才能得到有机溶液，即步骤I应为萃取分液，根据题干信息可知，分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比，苯酚在芳香烃分配系数为1.2~2.0，则苯酚在水中的浓度与在芳香烃中的浓度相差不大，那么萃取效率不好，根据题中信息可知，苯酚在酯类溶剂中的分配系数为27~50，可知萃取剂用酯类溶剂更好，B错误；苯酚在乙醇中的溶解度较大，可以用乙醇冲洗后水洗干净，C项正确；苯酚具有弱酸性，可与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠与足量CO2反应生成苯酚，6.为达到下列实验目的，操作方法合理的是选项实验目的操作方法A验证浓硝酸具有强氧化性将灼热木炭加入浓硝酸中，观察试管上方是否产生红棕色气体B使CuSO4用玻璃棒轻微摩擦烧杯内壁C比较HClO和CH3室温下，分别测定NaClO溶液和CH3COONaD除去O2中混有的体积分数约为5%的点燃后用浓硫酸干燥A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】浓硝酸不稳定可分解生成二氧化氮，灼热的木炭可以使之受热分解，也能产生红棕色气体，不能证明浓硝酸具有强氧化性，A不符合题意；用玻璃棒摩擦烧杯内壁，使过饱和溶液发生外界扰动，提供成核位点，能析出晶体，B符合题意；两种溶液浓度未知，应测等浓度的两溶液的pH，通过水解程度大小，比较酸性强弱，C不符合题意；H2与高浓度的O2混合气体点燃会剧烈爆炸，D不符合题意；故选B。7.火箭燃料的燃烧是发射的关键动力来源，一些传统火箭燃料在燃烧时会涉及含硫、氮元素的物质反应。随着航天技术的不断进步，科研人员正在研发更为环保、高效的火箭燃料和推进系统，致力于减少火箭发射过程中SOx、NOx的产生，降低对环境的影响，同时保障火箭发射任务的顺利进行。偏二甲肼设NAA．2.24L由CO2和HB．6.0gCHC．在某真空密闭容器中充入46gNO2D．CH32NNH2和N2O【答案】C【解析】未指明气体是否处于标准状况，无法用气体摩尔体积进行计算，A错误；质子数等于原子序数，每个CH32NNH2分子中含有34个质子，6.0gCH32NNH2的物质的量为6.0g60g/mol=0.1mol，含质子总数为3.4NA，B错误；46gNO2的物质的量为46g46g/mol=1mol，但NO2与N2O4间存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子总数减少，故容器中分子数小于NA，C正确；反应CH8.下列叙述正确的是A．CONH22B．键角：NOC．CuNH34D．SO2【答案】B【解析】CONH22中含有酰胺基，酰胺基中碳原子与氧原子形成碳氧双键，C原子采用sp2杂化，A错误；NO2+中心原子价层电子对数为2+125-1-2×2=2，杂化轨道数为2，N原子杂化方式为sp，键角为180°，NO2中心原子价层电子对数为2+125-2×2=2.5，N原子杂化方式为sp2，为V形结构，含有离域π键，键角大于120°小于180°，NO3-中心原子价层电子对数为3+125+1-3×2=3，杂化轨道数为3，N原子杂化方式为sp2，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，则键角：NO2+>NO29.黄铜矿(CuFeS2，摩尔质量为Mg⋅mol-1)是重要的铜矿，黄铜矿的晶胞结构如图，x、y、z轴的夹角均为90°，设晶胞边长为apm、已知：在高温下，黄铜矿晶体中的金属离子可以发生迁移，若铁离子与铜离子发生完全无序的置换，则可将它们视作等同的金属离子。A．硫原子的配位数为4B．无序的高温型结构的黄铜矿晶体的晶胞与NaCl的晶胞相同C．原子分数坐标为34,1D．黄铜矿晶体的密度为4M【答案】B【解析】由晶胞结构可知，以位于晶胞内部的S原子为研究对象，与S原子直接相连的Fe原子和Cu原子共有4个，硫原子的配位数为4，A正确；NaCl的晶胞中Na+位于顶点和面心，Cl-位于体心和棱心，无序的高温型结构的黄铜矿晶体中Fe和Cu位于顶点和面心，S位于晶胞内部，二者晶胞不相同，B错误；S原子和Fe原子的最近距离为半个晶胞体对角线的14，则34,14,18的原子为S原子，位于，C正确；该晶胞中S原子位于晶胞内部，个数为8，由化学式CuFeS2可知，Fe和Cu原子的个数均为4，设晶胞边长为apm、bpm，10.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期p区元素，由这四种元素形成的微粒Q可作为溶剂离子液体的阴离子，Q的结构如图所示。下列说法错误的是A．常温下Z的单质与水反应生成两种酸B．X的单质可能为共价晶体C．简单离子半径：WD．Z、Y的最简单氢化物均能形成分子间氢键【答案】A【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期p区元素，Z形成1个共价键，Z为F元素，F2和水反应生成HF和O2，只能生成一种酸，A错误；短周期p区元素X形成4个共价键，原子序数小于F，X为C元素，形成的单质如金刚石为共价晶体，B正确；短周期p区元素W形成6个共价键，原子序数大于F，W为S，Y可形成2个共价键，原子序数小于F，Y为O，电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小。S2−有3个电子层，O2−和F−都有2个电子层，且O的核电荷数小于F，所以离子半径S2−>O2−>F−，C正确；F、O的最简单氢化物为HF、H2O，HF、H2O均能形成分子间氢键，D正确；故选A。11.二苯重氮甲烷()在抗生素的制备过程中起关键作用。以二苯甲酮腙()为前体合成二苯重氮甲烷的原理如图所示。下列说法错误的是A．I-B．若以铅蓄电池为电源，则与石墨一极相连的为PbO2C．阴极的电极反应式为2D．理论上生成1molH2的同时生成【答案】D【解析】由图可知，I-在阳极上先消耗，最后又重新生成，相当于催化剂，A项正确；石墨电极上发生失去电子的氧化反应，电极反应为：2I--2e-=I2，石墨电极为阳极，与外电源正极相连，则与铅蓄电池的PbO2电极相连，B项正确；石墨电极为阳极，Ni电极为阴极，阴极的电极反应式为2H++2e-12.Co元素的某些化合物在电池、光电材料、催化剂等方面有广泛应用，一种具有光催化作用的Co配合物结构简式如图所示。下列说法错误的是已知：螯合作用是指金属离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子连结形成螯合环。A．ClO3B．配合物中Co元素的价态为+3价C．②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钴配位的能力比①弱D．钴离子通过螯合作用形成的配位键有6个【答案】D【解析】ClO3-的中心原子上的价层电子对数：3+128-3×2=4，孤电子对数为1，故其空间结构为三角锥形，A正确；配合物中内界含有一个CO32-，外界含有一个ClO3-，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得Co元素的价态为+3价，B正确；咪唑环上②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钴配位的能力比①号氮原子弱，C正确；根据配合物的结构和螯合作用的定义可知，钴离子通过螯合作用形成的配位键有13.碳酸钙是常见难溶物。某学习小组向100mL蒸馏水中加入1gCaCO3，当电导率不变时向其中加入10mL蒸馏水，当电导率再次不变时再向其中加入10mL蒸馏水，得到电导率的变化如图。已知：KspCaCO3=3.4×10-9，A．a→b段，CaCO3B．b→c段，当电导率不变时，若向溶液中通CO2气体，C．d→eD．f→g段，当电导率不变时，通过加Na2SO4固体可实现【答案】C【解析】a→b导电率不断上升，反应还未达到平衡，是建立平衡的过程，没有发生平衡移动，A错误；b→c段，当电导率不变时，向溶液中通CO2气体，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，cCO32-减小，CaCO3s⇌Ca2+aq+CO3CO则x26.0×10-5-x≈2×10-4，x≈4.85×10-5，所以cHCO3-≈4.85×10-5mol⋅L-1，cCO32-14.“双碳”战略背景下，CH4和CO2的减排和转化利用受到普遍关注，已知CH4和CO2催化重整的主反应为CH4g+CO2g⇌2COgA．恒温恒压时，充入气体Ar有利于提高CH4和COB．主反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能C．CH4与CO2物质的量之比达1:2后CO2转化率有所下降，H2D．随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，所以气体流量越低越好【答案】D【解析】反应CH4g+CO2g⇌2COg+2H2g为气体分子数增多的反应，恒温恒压时充入Ar，体系体积增大，相当于减压，根据勒夏特列原理，压强减小平衡向着气体分子数增大的正向移动，有利于提高CH4和CO2的平衡转化率，A项正确；主反应的ΔH>0，反应为吸热反应。吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，B项正确；由图1知CH4与CO2物质的量之比达1:2后CO二、解答题15.冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程，如图所示。回答下列问题：(1)基态Se原子核外电子排布式为。硒有多种单质，比较有代表性的是灰硒和红硒，它们互为。(2)“加压、加热，酸浸”步骤中，Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4(3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率的原因：。(4)氧化性：H2SeO4(填“>”“<”或(5)“沉铜”中生成Cu2OH2(6)由Cu2OH2CO3获取Cu(7)硫和碲位于元素周期表同一主族，试分析存在H6TeO6而不存在H【答案】(1)Ar3d104(2)2(3)加压可增大氧气溶解度，加快化学反应速率；加压可提升溶液沸点，化学反应可在更高温度下发生，化学反应速率更快(4)>(5)2Cu2++3CO(6)在用H2将Cu2+还原为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，若还原时增大溶液的酸度，(7)S原子半径小，其原子周围不能容纳6个-OH，而Te原子半径大，其原子周围能容纳的-【解析】（1）Se原子序数34，根据核外电子排布规律，其基态原子核外电子排布式为1s22s2（2）“加压、加热，酸浸”时，Cu2Se与O2、H2SO4反应，Cu2Se中Cu为+1价，Se为-2价，反应后Cu化合价升高为+2价转化为CuSO4，Se化合价升高为（3）加压可增大氧气溶解度，溶液中O2（4）同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其最高价含氧酸的氧化性越强。Se和Te同主族，Te原子序数大于Se，电子层数更多，则非金属性Se>Te，所以氧化性H2（5）“沉铜”时，Cu2+与Na2CO3溶液反应生成Cu2OH2CO（6）高压氢还原时，H2作还原剂，H2失去电子被氧化为H+，增大溶液酸度，H+浓度升高，不利于（7）原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量，S和Te同主族，Te原子半径大，有足够空间容纳多个-OH形成H6TeO6，S原子半径小，空间限制使其难以形成含6个-OH16.CoNH36Cl3M=267.5g⋅已知：①Co2+不易被氧化，Co②CoNH36③I2回答下列问题：(1)盛装H2O2(2)实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将CoCl2⋅6H2O、NH4Cl、活性炭、蒸馏水混合并加热至50℃，先滴加，待所有试剂添加完毕后，维持温度在50℃左右反应一段时间，得到(3)实验步骤Ⅱ：向所得CoNH36(4)制备CoNH36(5)纯度的测定：Ⅰ．称取5.0gCoNH36Cl3样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使CoNH363+全部转化为CoⅡ．用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴作指示剂，用0.1000mol⋅L-1Na2S2O3【答案】(1)分液漏斗(2)氨水温度较低时反应速率较慢，温度较高时氨水挥发量和H2(3)使产品快速干燥(4)H2O(5)[Co(NH3【解析】（1）根据仪器的结构特征可知，盛装H2（2）根据实验操作可知二价钴被氧化为三价钴，根据题干信息，CoNH362+具有较强的还原性，CoNH363+性质稳定，故使用H2O2溶液将二价钴氧化为三价钴，可将Co3+转化为性质稳定的CoNH363+。所以，实验步骤Ⅰ：在三颈烧瓶中将CoCl2⋅6H2O、NH4Cl、活性炭、蒸馏水混合并加热至（3）根据题干信息可知，CoNH36Cl3微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇，故Co（4）以H2O2溶液、NH4Cl、浓氨水CoCl2⋅6H2O和活性炭为原料制备CoNH36Cl3，（5）称取5.0gCoNH36Cl3样品，加入20.00mL较浓NaOH溶液，加热使CoNH363+全部转化为CoOH3，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒配平，生成CoOH3的离子方程式：[Co(NH3)6]3++3OH-ΔCo(OH)3↓+6NH3↑。冷却后加1.5gKI和20.00mL浓盐酸，由于Co3+具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应生成单质碘，加蒸馏水准确配成100.00mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加17.在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2Ⅰ．CO2(1)已知如下热化学方程式：反应ⅰ：CO2g反应ⅱ：COg+2反应ⅲ：CO2g计算：ΔH3=(2)在一绝热恒容的密闭容器中发生反应CO2g+H2A．体系的压强保持不变B．混合气体的密度保持不变C．nCO2+nCO保持不变(3)一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2已知：甲醇的选择性=n①260℃时，H2的转化率α=。反应ⅰ的平衡常数Kx=(精确到小数点后3位，②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：。Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。(4)CO2电还原可能的反应机理如图所示(*CO表示吸附态的①参照机理图画出A的结构：。②若还原产物主要为CH4，应选择(填“Sn”“Au”或“Cu”)【答案】(1)-49.4(2)AD(3)22%0.022由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低(4)Cu【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应ⅲ，可得ΔH3=ΔH1+（2）A．该反应是气体分子数不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应该反应，温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变时，说明反应达到平衡，A选；B．反应前后各物质均为气体，恒容条件下气体总质量和总体积均为定值，混合气体的密度为定值，当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．该反应过程中消耗的nCO2和生成的nCO相等，nCO2D.该反应前后各物质均为气体，气体总物质的量是定值，CO的体积分数随着反应的进行不断变化，当CO的体积分数保持不变时，说明反应达到平衡，D选；故选AD。（3）①nH2nCO2=3，设n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol，总压为8MPa，260℃时，CO2的平衡转化率为30%，甲醇的选择性为60%，则平衡时n(CO2)=1mol×70%=0.7mol，n(CH3OH)=0.3mol×60%=0.18mol，n(CO)=1mol×30-0.18mol=0.12mol，根据O原子守恒，n(H2O)=2mol-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，根据H原子守恒n(H2)=3mol×2-0.18mol×4-0.3mol×22=2.34mol，H2②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低。（4）①参照机理图，A应是CO2表面吸附电子形成CO2-吸附在电极表面，画出A的结构为：②若主要生成CH4，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离，则应选Cu作催化剂，其对CO吸附能力强，可进一步深度加氢生成CH4。18.艾曲波帕(化合物K)是一种治疗慢性免疫性血小板减少症的药物，某课题研究小组合成化合物K的路线如图(部分反应条件略去)。已知：ⅰ．R1ⅱ．；ⅲ．。(1)A的化学名称为，A的酸性强于苯酚的原因：。(2)F中含氧官能团名称为。(3)G→H转化反