安徽省宿州市2025届高三化学模拟考试题一含解析

PAGE14-安徽省宿州市2025届高三化学模拟考试题（一）（含解析）一、选择题1.《厉害了，我的国》展示了中国五年来探究太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着亲密联系。下列说法正确的是A.为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源B.大飞机C919采纳大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面运用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A．电能不是一次能源，属于二次能源，故A错误；B．铝锂合金属于金属材料，故B正确；C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透亮陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故D错误；故答案为B。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是（）A.1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B.使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C.pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－【答案】C【解析】【详解】A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C3.下列有关试验能达到相应试验目的的是（）A.试验室制备氯气 B.制备干燥的氨气C.石油分馏制备汽油 D.制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A.浓盐酸与MnO2的反应须要加热，故A错误；B.氨气的密度比空气的密度小，应选用向下排空气法收集，故B错误；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；D.乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和Na2CO3溶液，故D错误；故选C。4.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简洁化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB.原子半径：C＞B＞AC.气态氢化物的热稳定性：E＞CD.化合物DC与EC2中化学键类型相同【答案】A【解析】【分析】A、B形成的简洁化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中留意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。5.刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是A.该装置将化学能转换为电能B.离子交换膜允许H+和OH－通过C.负极为A，其电极反应式是H2－2e－+2OH－=2H2OD.电池的总反应为H++OH－H2O【答案】B【解析】【分析】由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变更是将化学能转化为电能，故A正确；B.由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻挡左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；C.依据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；D.依据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；答案选B6.共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A.桥头碳为1号和4号B.与环己烯互为同分异构体C.二氯代物有6种（不考虑立体异构）D.全部碳原子不行能位于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中全部碳原子均形成4个单键，所以全部碳原子不行能位于同一平面，故D正确；故选C【点睛】7.25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积的变更如图所示。下列说法不正确的是（）A.HX为弱酸B.V1＜20C.M点溶液中离子浓度由大到小的依次：c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）D.0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1HX溶液等体积混合后，溶液中c（Na＋）＝c（X－）＋c（OH－）【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，0.1mol·L－1HX溶液的pH＝3，说明HX为弱酸，故A正确；B.若V1＝20，则溶液中的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小依次为c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故C正确；D.两种溶液等体积混合时，依据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（X－）＋c（OH－），故D错误；故选D。二、非选择题8.向硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后渐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。试验小组同学针对该试验现象进行了如下探究。Ⅰ.探究Fe2＋产生的缘由。（1）提出猜想：Fe2＋可能是Fe与________或________反应的产物。（均填化学式）（2）试验探究：在两支试管中分别加入与上述试验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2mL0.1mol·L－1

AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2mL0.1mol·L－1______溶液(pH＝2)蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为_________。②资料显示：该温度下，0.1mol·L－1AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2＋。但1号试管中未视察到蓝色沉淀的缘由可能为_______。③小组同学接着进行试验，证明白由2号试管得出的结论正确。试验如下：取100mL0.1mol·L－1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为________（填“图甲”或“图乙”）。④试验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为__________。Ⅱ.探究Fe3＋产生的缘由。查阅资料可知，反应中溶液渐渐变棕黄色是因为Fe2＋被Ag＋氧化了。小组同学设计了不同的试验方案对此进行验证。（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，______（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该试验现象________（填“能”或“不能”）证明Fe2＋可被Ag＋氧化，理由为________。【答案】(1).HNO3(2).AgNO3(3).NaNO3(4).该反应速率很小（或该反应的活化能较大）(5).图乙(6).4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O(7).加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）(8).不能(9).Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）【解析】【详解】Ⅰ.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH＝2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2＋，Fe＋2AgNO3=Fe(NO3)2＋2Ag，因此溶液中的Fe2＋可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；（2）①探究Fe2＋的产生缘由时，2号试管作为1号试管的对比试验，要解除Ag＋的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag＋的NaNO3溶液进行对比试验，故答案为：NaNO3；②AgNO3可将Fe氧化为Fe2＋，但1号试管中未视察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，生成的Fe2＋浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；③由2号试管得出的结论正确，说明Fe2＋是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度渐渐减小，溶液的pH渐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；④试验测得2号试管中有NH生成，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，依据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O，故答案为：4Fe＋10H＋＋NO3-=4Fe2＋＋NH4+＋3H2O；Ⅱ.（3）Ag＋氧化Fe2＋时发生反应Ag＋＋Fe2＋=Ag↓＋Fe3＋，而黑色固体中肯定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3＋生成，不能证明Fe2＋可被Ag＋氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2＋氧化为Fe3＋，且Fe（NO3）2溶液干脆与空气接触，Fe2＋也可被空气中的氧气氧化为Fe3＋；故答案为：不能；Fe2＋可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。9.磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程I中，被还原的元素是________(填元素符号)，过程III的化学方程式为__________。(2)磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：①复合材料中V的化合价为________，C的作用是____________。②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为____________；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是________________。③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和LixC6和Li3V2(PO4)3/C做电极，放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则电池充电时阳极的电极反应式为___________。【答案】(1).Cu、P(2).2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4(3).+3(4).增加复合材料的导电性(5).V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O(6).削减产品损耗(7).Li3V2(PO4)3-xe-=Li3－xV2(PO4)3+xLi+【解析】【分析】(1)依据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P；过程III中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)①复合材料Li3V2(PO4)3中锂元素化合价为+1价，磷酸根离子为-3价，依据正负化合价的代数和为0计算V的化合价；依据该复合材料是常用的电极材料，结合C是导体分析解答；②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3，V元素化合价降低则碳元素化合价上升，生成产物有二氧化碳和水，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；③依据放电的总反应可以得到充电时电池的总反应，结合电解原理分析解答。【详解】(1)依据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价降低，被还原；过程III中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4，故答案为Cu、P；2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10CO↑+P4；(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根显-3价，锂显+1价，因此V的化合价为+3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增加复合材料的导电性，故答案为+3；增加复合材料的导电性；②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3过程中V的化合价由+5价降低为+3价，则草酸被氧化生成二氧化碳，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O；Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以削减产品损耗，故答案为V2O5+5H2C2O4=V2(C2O4)3+4CO2↑+5H2O；削减产品损耗；③该锂离子放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则充电时电池的总反应为Li3V2(PO4)3+C6═LixC6+Li3-xV2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+，故答案为Li3V2(PO4)3-xe-=Li3-xV2(PO4)3+xLi+。10.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：方法a

用炭粉在高温条件下还原CuO

方法b

用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O；

方法c

电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑。

方法d

用肼（N2H4）还原新制的Cu(OH)2

（1）已知：①2Cu（s）＋O2(g)=Cu2O（s）；△H=-169kJ·mol-1②C（s）＋O2(g)=CO(g)；△H=-110.5kJ·mol-1③Cu（s）＋O2(g)=CuO（s）；△H=-157kJ·mol-1则方法a发生的热化学方程式是：。（2）方法c采纳离子交换膜限制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：该离子交换膜为离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为，钛极旁边的pH值（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为。（4）在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种Cu2O分别进行催化分解水的试验：△H>0。水蒸气的浓度随时间t变更如下表所示：序号

0

10

20

30

40

50

①

T1

0.050

0.0492

0.0486

0.0482

0.0480

0.0480

②

T1

0.050

0.0488

0.0484

0.0480

0.0480

0.0480

③

T2

0.10

0.094

0.090

0.090

0.090

0.090

①对比试验的温度：T2T1（填“﹥”“﹤”或“﹦”），能否通过对比试验①③到达平衡所需时间长短推断：（填“能”或“否”）。②试验①前20min的平均反应速率v(O2)=③催化剂的催化效率：试验①试验②（填“﹥”或“﹤”）。【答案】（1）2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)ΔH="+34."5kJ/mol（2分）（2）阴（1分)2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O（2分）增大（2分）（3）4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑（2分）（4）①＞（1分)否（1分)②3.5×10-5mol/(L·min)（2分）③＜（2分）【解析】试题分析：（1）用碳还原CuO，发生的化学方程式是2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)，依据盖斯定律，可知该反应的反应热为①+②-2×③=（-169kJ·mol-1）+（-110.5kJ·mol-1）-2×（-157kJ·mol-1）=+34.5kJ/mol，则方法a发生的热化学方程式是2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)ΔH＝+34.5kJ/mol；（2）该电解池的阳极发生氧化反应，所以Cu失去电子，与氢氧根离子结合生成氧化亚铜和水，电极反应式是2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；钛极为阴极，氢离子放电生成氢气，则氢氧根离子浓度增大，所以钛极旁边的pH值增大；（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，依据元素守恒可知，还有水生成，则化学方程式是4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑；（4）①T2时20min即达平衡状态，所以T2的反应速率快，则T2＞T1；由于①③试验中的起始浓度不同，所以不能通过对比试验①③到达平衡所需时间长短推断；②试验①前20min内水蒸气的浓度减小（0.05-0.0486）mol/L＝0.0014mol/L，则氧气的浓度增加0.0007mol/L，所以前20min内的平均反应速率v(O2)=0.0007mol/L÷20min=3.5×10-5mol·L-1min-1；③①与②相比，达到的平衡状态相同，但②达到平衡的时间短，所以②的反应速率快，则试验②比试验①所用的催化剂催化效率高。【考点定位】本题主要是考查盖斯定律的应用，电极反应式的书写，化学反应的推断，反应速率的计算【名师点晴】该题的难点是外界条件对化学反应速率影响试验设计与探究。影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，须要限制其他条件不变，只变更某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究试验因为能够考查学生对于图表的视察、分析以及处理试验数据归纳得出合理结论的实力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要仔细审题，清晰试验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变更的量，弄清在其他几个量不变的状况下，这个变更量对试验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。【化学——选修5：有机化学基础】11.我国胜利研制出了具有自主学问产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路途如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最终一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱