安徽省芜湖市2024-2025学年高三上学期一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省芜湖市2024-2025学年高三上学期一模试题一、单选题1．化学处处呈现美。下列叙述错误的是A．结构美：石墨烯是一种烯烃B．变化美：苯酚溶液遇铁离子显紫色C．颜色美：柠檬黄可作食品着色剂D．味道美：谷氨酸钠可作食品增味剂【答案】A【解析】石墨烯是碳的单质，属于无机物，A错误；苯酚中有酚羟基，苯酚溶液遇铁离子显紫色，B正确；柠檬黄是常见食品着色剂，可用于糖果染色，C正确；谷氨酸钠是味精的主要成分，能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，D正确；故选A。2．下列有关生活中常用化学物质的描述，错误的是A．茶多酚可用作有机脱氧剂，用于食品的长期贮存B．硅胶是一种多孔材料，可用作干燥剂C．清洗餐具时用洗洁精去除油污，洗洁精中的表面活性剂可使油污水解D．长期暴露在空气中的粗食盐易结块，粗食盐中常含有容易潮解的MgCl【答案】C【解析】茶多酚可通过氧化反应消耗氧气，属于有机脱氧剂，A正确。硅胶多孔结构吸附水分的特性使其成为常用干燥剂，B正确。洗洁精通过乳化作用去除油污，而非水解反应，C错误。MgCl2易潮解是粗食盐结块的主要原因，D正确。故选C3．NAA．8.8gC2H4B．标准状况下，1.12LN2与3.36LH2C．向1L0.1D．CaCO3和KHCO3的固体混合物中共含有0.2mol【答案】D【解析】C2H4O的摩尔质量为44g/mol，8.8gC2H4O的物质的量为0.2mol，C2H4O的结构简式为CH3CHO或，每个分子至少含6个σ键（如C－H、C－O、C－C等），则总σ键数目最少为1.2NA，A错误；标准状况下，1.12LN2（0.05mol）与3.36LH2（0.15mol）按1:3反应生成NH3，理论上生成0.1molNH3，该反应为可逆反应，故生成NH3分子数小于0.1NA，B错误；向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，根据电荷守恒可知，cNH4++cH+=cCH3COO-+cOH-，中性溶液中cH+=cOH-，则cNH4+=cCH3COO4．依据相应实验目的，下列装置不合理的是A．图A灼烧干海带制海带灰B．图B分离CH2ClC．图C制备明矾晶体D．图D分离油脂经皂化反应、盐析后的混合液【答案】A【解析】灼烧海带制海带灰，需在坩埚中进行灼烧，其装置应为，A不合理；CH2Cl2和CCl4的沸点相差较大，可采用蒸馏的方法分离，蒸馏时温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，B装置合理；制备明矾晶体时，可先用饱和明矾溶液提前制备小粒明矾晶体作为“晶种”，再将晶种悬挂在冷却后的饱和明矾溶液中，有利于获得对称性更好的晶体，盖上硬纸片可防止空气中的灰尘等掉入溶液中，影响晶体形成，C装置合理；分离油脂经皂化反应、盐析后的混合液，可采用过滤的方法，D装置合理。故选A。5．X、Y、Z、W是4种原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Y和Z的价层电子数相同，基态Y原子的s能级与p能级填充的电子数相等。四种元素形成如图所示两种化合物，它们均能水解生成对应的酸和氧化物。下列说法错误的是A．基态W原子的核外价电子排布式为3B．ZYW2的中心原子采取spC．XYW2D．2种化合物水解得到的氧化物分别为ZO2和【答案】B【解析】Y原子的s能级与p能级填充的电子数相等，即Y的电子排布式为1s22s22p4（O）或1s22s22p63s2（Mg），Y能与Z形成两个共价键，Y为O，Y和Z的价层电子数相同，Z为S，由图可知示结构可知，W为Cl，X为C，化合物分别为SOCl2、COCl2，SOCl2水解得HCl和SO2，COCl2水解得HCl和CO2。W为Cl，基态Cl原子的核外价电子排布式为3s23p5，A正确；ZYW2为SOCl2，S形成3个σ键，孤电子对数为1，S采取sp3杂化，B错误；XYW2为COCl2，中心C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，C采取sp2杂化，COCl2空间结构为平面三角形，C正确；SOCl2水解得HCl和SO2，COCl2水解得HCl和CO2，D正确。故选B。6．下列各物质中，不能按如图（“→”表示一步完成）关系转化的是选项XYZAFeFeClFeClBClNaClONaClCAlNaAlDHNONONOA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与锌发生置换反应生成铁，可以完成转化，A项不符合题意；氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠可以生成氯气，可以完成转化，B项不符合题意；铝与过量氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能一步生成铝，C项符合题意；硝酸被还原转化为一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，可以完成转化，D项不符合题意；故选C。7．含氯消毒剂是一类高效低毒的杀菌剂。含氯消毒剂氧化能力可用有效氯含量（每克含氯消毒剂氧化能力与多少克氯气相当）来衡量。常见含氯消毒剂有二氧化氯ClO2、氯胺NH2Cl漂白粉、亚氯酸钠NaClO2等。二氧化氯下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是A．熔点：NHB．键角：ClOC．有效氯含量：CaD．25℃，同浓度水溶液的pH：NaClO【答案】B【解析】NH2Cl是分子晶体，NaClO2是离子晶体，离子晶体中离子键作用强，分子晶体中分子间作用力弱，NaClO2的熔点高于NH2Cl，A错误；ClO2中Cl原子采用sp2杂化，H2O中O原子采用sp3杂化，所以键角ClO2大于H2O，B正确；1molClO2转移5mole⁻，则1gClO2转移567.5mole⁻，1molCa(ClO)2转移4mole⁻，1gCa(ClO)2转移4143mole⁻，故ClO2有效氯含量更高，C错误；HClO2的Ka大于HClO，故NaClO2的水解程度更小，pH更小，D错误。故选8．含氯消毒剂是一类高效低毒的杀菌剂。含氯消毒剂氧化能力可用有效氯含量（每克含氯消毒剂氧化能力与多少克氯气相当）来衡量。常见含氯消毒剂有二氧化氯ClO2、氯胺NH2Cl漂白粉、亚氯酸钠NaClO2等。二氧化氯ClO2A．氯胺的水解：NHB．工业制备漂白粉：ClC．过氧化氢法制备NaClOD．NaClO2在酸性条件下生成ClO2【答案】D【解析】氯胺中氯元素显+1价，氯胺水解方程式为NH2Cl+H2O=NH3+HClO，A错误；工业制备漂白粉需用石灰乳和氯气反应，离子方程式为Cl2+CaOH2=ClO-+Cl-+H2O+Ca2+，B错误；H₂O₂法制备NaClO2，H9．碱性品红是一种较为常见的染料。如图为SO2A．碱性品红与H2B．碱性品红中含有共价键和离子键C．I物质中所有碳原子可能共面D．I物质可与盐酸反应，与氢氧化钠溶液不反应【答案】B【解析】碱性品红与H2SO3发生加成反应而褪色，A错误；碱性品红中含有C－H、C－C、C－N、N－H等共价键和与Cl－形成的离子键，B正确；由I结构简式可知，与磺酸基和三个苯环相连的碳原子与其他碳原子不可能共平面，C错误；I物质中的氨基可与盐酸反应，I物质中的磺酸基可与氢氧化钠溶液反应，D错误。故选B。10．根据实验目的，下列实验方案正确的是选项实验目的实验方案A从含有I2的NaCl固体中提取用CCl4B检验某涂改液中是否存在含氯化合物将涂改液溶于水，加入HNO3酸化，再加入AgNOC比较HF与HClO的酸性强弱利用pH计分别测量等浓度的NaClO溶液和NaF溶液的pHD提纯实验室制备的乙酸乙酯依次用饱和NaOH溶液洗涤、水洗、分液、干燥A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】从含有I2的NaCl固体中提取I2，向其中加入CCl4能萃取I2，但固体混合物需先溶解才能有效萃取，直接使用CCl4无法充分接触I2，无法直接分离，A实验方案不合理；涂改液中的Cl以有机物形式存在，不与AgNO3反应，检验某涂改液中是否存在含氯化合物，需先通过反应生成Cl－，再加入HNO3酸化后加入AgNO3溶液检验，B实验方案不合理；利用pH计分别测量等浓度的NaClO溶液和NaF溶液的pH，若NaClO溶液pH高于NaF，说明ClO－水解程度更大，对应HClO酸性更弱，从而证明HF酸性强于HClO，C实验方案合理；提纯实验室制备的乙酸乙酯，依次用饱和NaOH溶液洗涤、水洗、分液、干燥，NaOH会促使乙酸乙酯水解，应使用饱和Na2CO3溶液洗涤，11．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为A．0~30min时间段内，X的平均反应速率为1×B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C．如果反应能进行到底，反应结束时37.5%的M转化为YD．反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】0~30min时间段内，M物质的量浓度变化量等于X物质的量浓度的变化量，即ΔcX=ΔcM=0.500体系中Y和Z的浓度之比等于反应①、②的速率之比，即cYcZ=υ1υ2=k1c2前30min内，M转化为Z的转化率为0.125mol/L0.200mol/L×100%=62.5%，根据B选项分析，反应中M的转化为Y、Z的比例保持不变，因此反应进行到底，有37.5%的M根据图象可知，30min内Z浓度变化了0.125mol/L，即反应②中消耗M的物质的量浓度为0.125mol/L，而这段时间反应①中，消耗M的物质的量浓度为(0.5-0.3-0.125)mol/L=0.075mol/L，相同时间段内，反应②的速率比反应①快，一般情况下，活化能越小，反应速率越快，因此反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；故选A。12．我国科研工作者提出通过阴离子交换膜及合适的催化剂，先使CO2电催化转化为乙烯，再将乙烯通入另一碱性溶液电化学体系，制备高附加值的环氧乙烷（），工作原理如图所示。下列说法正确的是A．电极N为负极B．可用K2CO3C．制备环氧乙烷电化学体系中阳极的电极反应式为：CD．若生成环氧乙烷8.8g，理论上，电极N上生成标准状况下的O2体积为【答案】D【解析】CO2电催化转化为乙烯的装置为电解池，M电极碳元素化合价降低，发生还原反应，则电极M为阴极，电极N为阳极，A错误；CO2与K2CO3溶液反应，故不能用K2CO3溶液代替KHCO3溶液，B错误；将乙烯通入另一碱性溶液电化学体系，制备高附加值的环氧乙烷的装置为电解池，则阳极发生氧化反应，电极反应式为C2C错误；另一碱性溶液电化学体系，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，若生成环氧乙烷8.8g，即生成0.2molC2H4O，根据阳极电极反应式可知，消耗0.2molC2H4，由电子守恒可知，生成0.2molC2H4的同时生成0.6molO13．常温下，用浓度为0.0200mol⋅L-1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol⋅A．KaCHB．点bC．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为dD．c点：c【答案】D【解析】盐酸为强酸、醋酸为弱酸，结合图，a点为盐酸滴定终点、c为醋酸的滴定终点；由图可知，a点时溶质成分为氯化钠和醋酸，cCH3COOH=0.0100mol/L、cH+≈cCH3COOb点溶液含有氯化钠和等浓度的醋酸、醋酸钠，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，则cCH3COOH<c醋酸、盐酸和氢氧化钠均会抑制水的电离，醋酸根离子促进水的电离，a、b点酸过量，c点酸、碱恰好完全反应，d点氢氧化钠过量，则a、b、c、d四点中水的电离程度最大的为c，C错误；c点为等浓度的氯化钠和醋酸钠的混合液，溶液中质子守恒为：cOH-=故选D。14．我国学者把游离态氮固定在碳上制得CN22-，其反应为：N2+C石墨A．12gC（石墨）中sp2杂化轨道含有的电子数为B．标准状况下22.4LN2C．每个Li+周围与它最近且距离相等的CN22-D．1molCN22-含有【答案】C【解析】石墨中碳原子为sp2杂化，3个杂化轨道中各有1个电子，12gC（石墨）即1molC（石墨）中sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，A正确；

1个N2中含2对孤电子对，则标准状况下22.4LN2含有的孤电子对数为2NA，B正确；

由图示结构可知，每个CN22-周围等距最近的Li+有8个，则每个Li+周围与它最近且距离相等的CN22-有4个，C错误；CN22-与CO2为等电子体，CN22-的结构式为[N＝C＝N]2-，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1二、解答题15．铬作为一种重要的战略金属资源，广泛应用于钢铁、冶金、化工、医药以及航空航天等领域。由高碳铬铁合金粉末（主要为碳、铬、铁的合金，还含有少量的镁、铝、硅的氧化物）制取回收铬单质的工艺流程如图：已知：1.金属Cr与Fe的化学性质非常相似。2.KspMgOH2=1.8×103.Mg2+回答下列问题：(1)稀硫酸浸出过程中，提高“浸出率”的措施有________。A．粉碎B．适当升温C．用98%的硫酸替代稀硫酸D．延长浸出时间(2)滤液①中含有的阳离子除Mg2+、Al3+外，还有，滤渣(3)滤渣②为AlOH3，常温下，滤液②中Cr2+(4)向滤液③中通入空气，加入氨水后发生的主要反应的离子方程式为。(5)实验室中进行铝与氧化铬的反应时，氯酸钾的作用是。(6)副产品是（填化学式），从溶液中获得副产品的操作为、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)ABD(2)Cr2+、(3)2(4)4(5)助燃剂(6)NH42【解析】高碳铬铁合金粉末（主要为碳、铬、铁的合金，还含有少量的镁、铝、硅的氧化物）中加入稀硫酸浸出，过滤，得到含Fe2+、Cr2+、Al3+、Mg2+、H+的滤液①和含C和SiO2的滤渣①，向滤液①中加入纯碱后调节pH=6，Al3+转化为Al(OH)3，过滤，滤渣②主要成分为Al(OH)3，滤液②中加入草酸沉淀Fe2+，过滤，滤渣③的成分为二水合草酸亚铁，向滤液③通入通空气、加入氨水，Cr2+转化为Cr(OH)3，加热Cr(OH)3得到Cr2O3，Cr2O3与Al在高温下反应生成Cr。（1）将合金粉末粉碎，可增大反应物的接触面积，使反应更充分，从而提高“浸出率”，A正确；适当升温，能加快反应速率，让更多的物质参与反应，提高“浸出率”，B正确；98%的硫酸是浓硫酸，用浓硫酸替代稀硫酸，氢离子浓度不一定增大，且浓硫酸具有强氧化性、脱水性等，可能会使反应变得复杂，甚至不能提高“浸出率”，C错误。延长浸出时间，能使更多的物质被浸出，提高“浸出率”，D正确；故选ABD。（2）高碳铬铁合金粉末中的铁、铬与稀硫酸反应，分别生成Fe2+、Cr2+，所以滤液①中含有的阳离子除Mg2+、Al3+外，还有Cr2+、Fe2+、H+，硅的氧化物SiO2（3）已知Ksp[Cr(OH)2]=2.0×10－16，当Cr2+浓度最大时，Cr(OH)2达到溶解平衡，常温下，pH=6，则cOH-=（4）向滤液③中通入空气，Cr2+被氧气氧化为Cr3+，加入氨水后，Cr3+与氨水反应生成Cr(OH)3沉淀，反应的离子方程式为4Cr（5）实验室中，Al与Cr2O3的反应需要较高的温度才能进行，KClO3在反应中分解放出热量，故为助燃剂；（6）溶液中含有NH4+和SO416．氯化亚铜CuCl，白色固体，难溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易氧化，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等。Ⅰ.CuCl的制备取CuSO4⋅5H2O和NaCl加少量水溶解，将溶液倒入如图所示的三颈烧瓶中，加热至50℃，向三颈烧瓶中缓慢滴加Na2SO(1)仪器a的名称为。(2)三颈烧瓶中CuSO4、NaCl、Na2SO3反应生成(3)实验过程中使用抽滤操作的优点有；沉淀最后再用无水乙醚洗涤，目的是。Ⅱ.CuCl的制备过程中发现CuSO4溶液和Na2SO已知：①橙黄色沉淀中只含有Cu+②Cu+→稀硫酸进行如下实验：(4)向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸，沉淀溶解并得到蓝色溶液，同时有紫红色固体析出。得到蓝色溶液（“能”或“不能”）说明橙黄色沉淀中含有Cu2+，原因是(5)向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，并进行如下实验：加入淀粉溶液后，溶液仍然为无色，原因是。【答案】(1)恒压滴液漏斗（写恒压分液漏斗也可）(2)2Cu2++SO32-+2Cl-+H(3)过滤速度快、防止被氧化、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥等加速产品干燥，因为乙醚沸点低，易挥发(4)不能Cu+(5)生成的I2被SO32-【解析】制取CuCl时，先往三颈烧瓶中加入CuSO4⋅5H2O和NaCl的混合物，并加少量水溶解，加热至50°C，再向三颈烧瓶中缓慢滴加Na2SO3作还原剂，为防止生成的酸与（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗（恒压分液漏斗）；（2）三颈烧瓶中CuSO4、NaCl、Na2SO（3）抽滤时抽滤瓶中压强低，过滤速度快，则实验过程中使用抽滤操作的优点有过滤速度快、防止被氧化、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥等；乙醇、乙醚沸点低，易挥发，沉淀最后再用乙醇、无水乙醚洗涤，目的是加速产品干燥；（4）橙黄色沉淀中含有的Cu+在酸性条件下发生反应2Cu+===稀硫酸Cu+Cu（5）橙黄色沉淀中含有SO32-，且生成的I2被SO317．硝酸是一种重要的工业原料。工业生产中可采用不同的氮源制备。方法一：以NH3为氮源，经催化氧化制备HNONH(1)氨气的制备：N2g+3①通过计算说明，合成氨反应在常温下（298K）能否自发进行。②500℃，60.0MPa条件下，若投料比nH2nN2为4，平衡时NH3的体积分数为40%(2)针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO2进行反应.在不同压强下p1、p2，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。请比较p1与p2的大小，并说明原因；计算反应前和到达x点时，NO的分压比方法二：研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO(3)阳极发生的电极反应式为。(4)若电极a所在区域电解质溶液的初始pH为1，体积为0.5L，当电路中有0.25mol电子转移时，电极a所在区域溶液的pH为。（忽略溶液体积变化，lg2=0.3【答案】(1)ΔG=ΔH-TΔS=-92kJ(2)p1>p2(3)N(4)0.7【解析】（1）①ΔG=ΔH-TΔS②由题意投料比nH2nN2=4则2x5-2x=40%，x=0.7143。则N2（2）反应Ⅱ为2NO+O2⇌2NO2，由图像可知，在相同温度下，由p1→p2，NO的转化率降低，平衡逆向移动，即向气体分子数增大的方向移动，故此过程为减小压强，即p1>p2；在x点时，NO的转化率