安徽省江淮十校2024届高三上学期第二次联考化学试题（ 含答案解析 ）

安徽省江淮十校2024届高三上学期第二次联考化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Co-59Cu-64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：每题3分，每小题只有一个正确选项，总共14小题，共42分。1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A.青铜器“四羊方尊”的主要成分为金属材料B.制作宣纸的材料，其主要成分是天然有机高分子材料C.用皮影戏生动讲述航天故事，制作皮影的兽皮是合成高分子材料D.陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，它主要成分为无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．青铜是合金，属于金属材料，故A正确；B．制作宣纸材料的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故B正确；C．兽皮的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是合成高分子材料，故C错误；D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D正确；故选C。2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.与反应生成强碱，故不可做食品干燥剂C.铁粉可做食品袋内的脱氧剂D.酿制葡萄酒过程中，适量添加可起到杀菌作用【答案】B【解析】【详解】A．硅是半导体材料，可以导电，A正确；B．易吸水，具有吸水性，可以做食品干燥剂，B错误；C．铁粉具有还原性，可以吸收氧气，可做脱氧剂，C正确；D．可以杀菌、抗氧化，酿制葡萄酒过程中可以杀灭微生物，D正确；故选B。3.已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与在密闭容器中反应生成，增加个键B.和的混合物，含有的质子数为C.与足量的S反应转移的电子数为D.标准状况下，中含有电子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．三氯化磷和氯气的反应为可逆反应，故增加的键小于，故A错误；B．和的混合物，由于两者摩尔质量均为，1分子中的质子数均为10，故0.22g混合物含有分子为0.01mol，质子为0.1mol，质子数为，故B正确；C．与S反应生成价铜的化合物，为0.05mol，与足量的S反应转移的电子0.05mol，电子数为，故错误D．标准状况下为固体，不确定其物质的量，D错误；故选B。4.下列化学用语表达正确的是A.的离子结构示意图：B.分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为键C.基态氧原子核外电子轨道表示式：D.分子空间结构：三角锥形【答案】C【解析】【详解】A．该示意图为氟原子结构示意图，氟离子的结构示意图为[Failedtodownloadimage:/QBM/editorImg/2023/12/15/8b69619c-f4ed-4d5b-bba8-b635de67d901.svg]，故A错误；B．碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为键，故B错误；C．基态氧原子有2个末成对电子，基态氧原子核外电子轨道表示式：，故C正确；D．分子中S原子价层电子对数为3+=4，中心原子为sp2杂化，分子的空间结构是平面三角形，故D错误；故选C。5.将氟气通入氢氧化钠溶液中，可得。是一种无色、几乎无味的剧毒气体，主要用于氧化氟化反应、火箭工程助燃剂等。下列说法错误的是A.中O的化合价为价B.的VSEPR模型为四面体C.与分子相比，分子的极性大D.与分子相比，分子的键角小【答案】C【解析】【详解】A．中电负性，F显价，故O的化合价为价，故A正确；B．中心原子氧原子价层电子对数为2+=4，的VSEPR模型为四面体，故B正确；C．与的空间结构相似，同为Ⅴ形，但水分子极性很强，而极性很小，这是因为：(1)从电负性上看，氧和氢的电负性差大于氟和氧的电负性差；(2)中氧原子上有两个孤电子对，抵消了键中共用电子对偏向F而产生的极性，故C错误；D．由于F的电负性强，中成键电子对偏向F原子，成键电子远离中心原子，使得互相之间排斥力更小，故分子的键角小，故D正确；故选C。6.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A.海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集B.向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：C.碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：D.向中加入酸化的溶液：【答案】A【解析】【详解】A．用纯碱溶液富集Br2过程反应生成溴化钠、溴酸钠和CO2，离子方程式为：，A正确；B．Na2S具有还原性，SO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成

S

和NaHSO3，离子方程式为：，B错误；C．氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，FeI2和Cl2以1∶1反应时，氯气只氧化碘离子，离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2C1-，C错误；D．向中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液，过氧化氢中氧元素都被氧化生成氧气，反应的离子方程式为：，D错误；

故选A。7.下列实验操作对应的实验现象及实验结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实验操作实验现象实验结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B取一定量样品，溶解后加入溶液，后加入浓产生白色沉淀，后不消失此样品中含有C向溶液中滴加过量溶液，再滴加溶液先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀D少量铝热剂(只含有一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分为两等份，再分别滴加铁氰化钾溶液和溶液分别出现蓝色沉淀和溶液变红铝热剂中可能含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，铁表面产生一层致密氧化薄膜，阻碍铁与浓硝酸进一步反应，因此不能简单根据现象判断稀硝酸和浓硝酸的氧化性，故A错误；B．浓硝酸具有强氧化性，将氧化成，仍然产生白色沉淀，不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，故B错误；C．过量的NaOH溶液与CuSO4溶液生成Cu(OH)2沉淀，无法比较出两者溶度积大小，故C错误；D．滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，根据题意可知，铝热剂中只含有一种金属氧化物，因此该金属氧化物为Fe3O4，故D正确；答案为D。8.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，下列有关叙述正确的是A.元素的电负性大小顺序为：B.同周期中第一电离能处于X和Y之间的元素有3种C.基态原子未成对电子数：D.元素X的最高价氧化物的水化物为三元弱酸【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，结合化合物的结构推知W是H，X是B，Y是N，Z是；【详解】A．电负性大小顺序为：，故A错误；B．同周期中第一电离能处于X和Y之间的元素有、C、O共3种，故B正确；C．基态原子未成对电子数：H=B＜N，故C错误；D．元素X的最高价氧化物的水化物为一元弱酸，故D错误；故选B。9.工业上用磷铁渣(主要含、，以及少量等杂质)制备(磷酸铁)。已知：难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误的是A.“浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率B.加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成C.滤渣的主要成分是D.“浸取”时发生反应离子方程式为：【答案】C【解析】【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，据此分析解题；【详解】A．磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，A正确；B．由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，B正确；C．由分析可知，滤渣主要成分为SiO2，C错误；D．由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平，，D正确；故答案为：C。10.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是A.反应Ⅰ中元素As被氧化B.反应Ⅱ中，只有是氧化产物C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>ⅡD.反应Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物质的量之比为【答案】C【解析】【分析】由图可知：反应Ⅰ的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：。【详解】A．经分析，反应Ⅰ中元素化合价不变，故A错误；B．据分析，反应Ⅱ中和都是化合价升高后的氧化产物，故B错误；C．据分析，反应Ⅰ中，反应Ⅱ中，故参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，故C正确；D．据分析，反应Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物质的量之比为，故D错误；故选：C。11.卡塔尔世界杯上，来自中国的888台纯电动客车组成的“绿色军团”助力全球“双碳”战略目标。现阶段的电动客车大多采用电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只允许通过。的晶胞结构示意图如图2(a)所示。O围绕和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中正确的是A.充电时，通过聚合物隔膜向阳极迁移B.该电池工作时某一状态如图2(b)所示，可以推算x=0.1875C.充电时，每有电子通过电路，阴极质量理论上增加D.放电时，正极可发生电极反应：【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，负极(铜箔)的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，正极(铝箔)的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，铜箔作阴极，电极反应式为xLi++C6+xe-=LixC6，铝箔作阳极，电极反应式为LiFePO4+xe-=Li1-xFePO4+xLi+，据此作答。【详解】A．电解池中阳离子移至阴极，充电时，通过隔膜向阴极迁移，故A正确；B．图2(b)晶胞中锂原子数，FePO4数为4，则的化学式为，解得，故B错误；C．充电时，铜箔作阴极，电极反应式为xLi++C6+xe-=LixC6，每有1mol电子通过电路，阴极质量理论上增加1mol×7g/mol=7g，故C正确；D．放电时，正极可发生电极反应：，故D正确；故选B。12.常温下，某溶液A中含有中的若干种，且各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。下列有关说法正确的是A.溶液A中存在B.沉淀乙中只有C.溶液A可能是由按物质的量之比为混合而成的溶液D.要确定A溶液中是否存在或中的一种，能通过检验来确定【答案】D【解析】【分析】由题意可知，由A与过量(NH4)2CO3生成无色气体甲和白色沉淀甲，则一定有Al3+，Al3+与双水解生成Al(OH)3和CO2,没有红褐色沉淀生成，则一定没有Fe3+，有Al3+则一定不存在，加入过量，白色沉淀一定有BaCO3，可能有BaSO4，气体乙为NH3,溶液乙加铜和浓硫酸气体丙遇空气变红棕色，则一定有,由于各离子物质的量浓度相等，一定有Al3+、，溶液要保持电中性，则一定有，则沉淀乙为BaCO3、BaSO4，根据溶液显电中性，是否存在Na+或K+可通过负电荷是否存在Cl-决定。【详解】A．由于甲是白色沉淀，故A中不可能含有，A错误；B．沉淀乙中有，B错误；C．不符合各离子浓度都相等的条件，溶液A可能是由AlCl3、NaNO3、Al2(SO4)3按物质的量之比为1:3:1混合而成的溶液，C错误；D．检测出后，由电荷守恒可知含有或，D正确；故答案选D。13.钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是A.反应过程中无氢氧键的形成B.该反应利用了的还原性除去了，减少了空气污染C.反应过程中过量的有利于该催化脱硝反应D.该催化循环过程中Ⅴ的价态变化为【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，O元素和H元素之间、N元素和H原子之间以氢键形式结合，有氢氧键的形成，A错误；B．中氮元素化合价升高作还原剂，体现还原性，B正确；C．过量会将氧化为，C错误；D．整体流程中，钒元素的价态变化为，D错误；故答案选B。14.硅在自然界大部分以二氧化硅及硅酸盐的形式存在，它们的基本结构单位是硅氧四面体(图1)。石英晶体中的硅氧四面体相连构成螺旋链(图2)。天然硅酸盐组成复杂，硅、氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根阴离子，一种硅酸根阴离子结构(图3)。下列说法不正确的是A.基态原子的原子核外的电子有8种空间运动状态B.二氧化硅中硅原子的配位数是4C.图2中Si原子的杂化轨道类型是D.图3硅酸根阴离子结构中硅和氧的原子个数比为【答案】D【解析】【详解】A．1个原子轨道称为1种空间运动状态，基态原子的电子排布式为，原子核外的电子的空间运动状态数目为，A正确；B．由图可知，二氧化硅中硅原子的配位数为4，B正确；C．晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体，所以原子的杂化轨道类型是：，C正确；D．由图3可知，每个硅氧四面体分别以三个顶角氧和其他相邻的三个硅氧四面体共享，根据均摊法，每个硅氧四面体含有的氧原子数为，含有的硅原子数为1，则硅和氧的原子个数比为，D正确；故答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.U、V、W、X、Y、Z是位于元素周期表三个短周期的主族元素，原子序数依次增大。V、W基态原子未成对电子数均为2且W元素的一种气态同素异形体位于平流层，可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射。X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液。（1）Z在周期表中的位置___________。（2）X、U可形成一种还原剂，写出它的电子式是___________。（3）X、W的一种化合物可以在潜水艇中作氧气的来源，写出相应的化学方程式是___________。（4）X、Z、W形成的化合物是一种日常生活中常见的消毒剂，该消毒剂的水溶液在空气中能杀菌消毒的原因是___________(用化学方程式解释)。（5）工业制Y的化学方程式是___________。（6）对角线规则是从相关元素及其化合物中总结出的经验规则，短周期元素Q与Y满足对角线规则，Q的最高价氧化物对应的水化物与X最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式___________。（7）Z的单质和X的最高价氧化物的水化物反应时，生成的和物质的量比是，反应的离子方程式是___________。（8）W、Z可形成一种新的自来水消毒剂，它的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Z单质的___________倍。(保留两位小数)【答案】15.第三周期第ⅦA族16.17.18.19.20.或者21.22.2.63【解析】【分析】W元素的一种气态可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射，则W为O，V基态原子未成对电子数为2，则V为C，Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液盐酸，则Z为Cl，X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，则X为Na，Y为Al，综上，U、V、W、X、Y、Z是H、C、O、Na、Al、Cl，以此分析；【小问1详解】Z为Cl，17号元素，第三周期第ⅦA族；故答案为：第三周期第ⅦA族；【小问2详解】X为Na，U为H，形成NaH，离子型化合物，；故答案为：；【小问3详解】过氧化钠为供氧剂，作为潜水艇氧气的来源，；故答案为：；【小问4详解】X、Z、W形成的化合物是NaClO，与空气中的二氧化碳和水结合，生成具有漂白性的次氯酸；故答案为：；【小问5详解】工业上用电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；故答案为：；【小问6详解】短周期元素Q与Al满足对角线规则，则Q为Be，Al(OH)3具有两性，与强碱反应生成，则Be(OH)2具有两性，与强碱反应生成；故答案为：或；小问7详解】氯气与NaOH反应生成NaClO、NaClO3，且物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒，Cl得2个电子生成2个NaClO，得到5个电子生成NaClO3，则共得到7个电子，则Cl2失去7个电子，发生氧化反应生成7个Cl-，根据电荷守恒，；故答案为：；【小问8详解】W、Z可形成一种新的自来水消毒剂ClO2，Cl2和ClO2的还原产物都是Cl-，比较消毒效率就是比较当量有效氯，二氧化氯中含氯，Cl由+4→-1的氧化过程中有5个电子转移，故其当量有效氯为；故答案为：2.63。16.废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：（1）基态原子的简化电子排布式为___________，基态原子属于___________区。（2）高温焙烧得到的烧渣主要成分是氧化物(如：)，“酸浸氧化”得蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子方程式为___________。（3）“滤渣”与混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣是否洗净的操作：___________。（4）的作用：___________。（5）已知：。当金属阳离子浓度小于时沉淀完全，恰好完全沉淀时溶液的约为___________(保留一位小数)；为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数___________。(已知)（6）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为___________。【答案】（1）①.②.ds（2）（3）取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净（4）将氢氧化物转化为氯化物和做溶剂（5）①.4.0②.（6）【解析】【分析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物和二氧化硒，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中-1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜和、过滤，氨水过量氧化铜再溶解，用溶解得到滤渣，滤液经过浓缩结晶后，将氨气通入溶液中得到GaN。【小问1详解】Se与硫同为VIA族元素，最外层有6个电子，基态原子的简化电子排布式为，基态原子属于ds区；【小问2详解】“酸浸氧化”得蓝色溶液，说明有生成，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子方程式为；【小问3详解】“滤渣”是否洗涤干净，可以通过检验洗涤液中是否含有来检测，取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净；【小问4详解】、可分别写为、的形式，能和分子内的反应，、和HCl反应均生成氯化物和，因此的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂；【小问5详解】根据题干信息，恰好完全沉淀时溶液的，故=4；将、、三个反应相加可以得到，则平衡常数；【小问6详解】高温气相沉积时和、反应生成GaN同时得到HCl，化学反应方程式为。17.Ⅰ.钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过以下步骤制备：具体步骤如下：①称取，用水溶解。②分批加入后，将溶液温度降至以下，将混合物转入如图所示装置，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入的双氧水。③加热至反应。冷却，过滤。④将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤。⑤滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：（1）仪器c的名称为___________，溶解时使用玻璃棒的目的是___________。（2）步骤②中，将温度降至以下以避免___________。（3）加入后，反应的离子方程式为___________。（4）步骤④、⑤中，提纯滤得固体的方法是___________。（5）步骤⑤中加入浓盐酸的目的是___________。Ⅱ.样品中钴含量的测定已知：在热的强碱溶液中会分解：（6）准确称取的样品放入碘量瓶中，加入溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量固体，摇荡使溶解，再加入酸化，置于暗处转化成，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品的纯度为___________。(保留四位有效数字)【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.加速溶解（2）受热分解及氨水挥发、分解（3）或者（4）重结晶（5）利用同离子效应，促进钴配合物尽可能完全析出，提高产率（6）(或0.8025)【解析】【分析】钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，难溶于乙醇，可通过如下反应制备：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，称取2.0g NH4Cl于三颈烧瓶中溶解后加入CoCl2•6H2O和氧化剂H2O2，完全反应后冷却过滤除去活性炭，得到的滤液趁热过滤，用酒精洗涤后得到[Co(NH3)6]Cl3；【小问1详解】仪器c的名称为恒压滴液漏斗，溶解固体时搅拌可加速溶解，溶解时使用玻璃棒的目的是加速溶解；【小问2详解】H2O2不稳定，受热易分解，步骤②中发生反应2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，将温度降至以下以避免受热分解及氨水挥发、分解；【小问3详解】加入后，CoCl2、浓氨水、NH4Cl和H2O2发生氧化还原反应生成[Co(NH3)6]Cl3，反应的离子方程式为或者；【小问4详解】步骤④、⑤中，从滤液中得到晶体，提纯滤得固体的方法是重结晶；【小问5详解】盐酸电离的Cl-能使溶液中Cl-浓度增大，有利于晶体快速析出，所以步骤⑤中浓盐酸的作用为利用同离子效应，促进钴配合物尽可能完全析出，提高产率；【小问6详解】根据滴定原理可得n(I2)=n(Na2S2O3)=3×10-4mol，KI和反应转化成和I2，反应转移2个电子，由电子守恒可得n[]=2×n(I2)=6×10-