安徽省池州市2025届高三化学上学期期末考试试题含解析

PAGE13-安徽省池州市2025届高三化学上学期期末考试试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清晰，将条形码精确粘贴在条形码区域内。2.选择题必需运用2B铅笔填涂；非选择题必需运用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请依据题号依次在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效。4.作图可先运用铅笔画出，确定后必需运用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27P-31K-39Ag-108I-127第I卷选择题(满分126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出第四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关我国最新科技成果的说法不正确的是（）A.北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能干脆转化为电能B.国产飞机C919运用的燃油可从石油中分馏得到C.高铁“复兴号”运用的碳纤维属于无机非金属材料D.神威太湖之光超级计算机联网运用的光纤主要成分为晶体硅【答案】D【解析】【详解】A．太阳能电池能够将太阳能干脆转化为电能，正确，A不选；B．国产飞机C919飞行时运用航空煤油，航空煤油可以从石油中分馏得到，正确，B不选；C．碳纤维主要成分是碳的单质，属于无机非金属材料，正确，C不选；D．光纤的主要成分是SiO2，晶体Si是良好的半导体材料，主要用于芯片和太阳能电池，错误，D选。答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，2.24LCHCl3中含有的氯原子数目为0.3NAB.23.5gAgI胶体中含胶粒的数目为0.1NAC.2.4g单层石墨和6.2g白磷含有的共价键数目相同，均为0.3NAD.常温下，pH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数目为10-2NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，CHCl3是液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，则无法得知CHCl3的物质的量，从而不知道氯原子数目，A错误；B．一个AgI胶粒是多个AgI的聚集体，23.5gAgI胶体即0.1molAgI，其含有的胶粒的数目小于0.1NA，B错误；C．2.4g石墨的物质的量为0.2mol，6.2g白磷的物质的量为0.05mol，由于1mol石墨中含1.5mol共价键，而1mol白磷中含6mol共价键。则0.2mol石墨中含共价键的数目为0.3NA，而0.05mol白磷中含共价键的数目为0.3NA，数目相同，C正确；D．溶液体积不明确，溶液中水电离出的氢氧根的个数无法计算，D错误。答案选C。3.已知：CH3CH(OH)CH2CH3CH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法不正确的是（）A.CH3CH=CHCH3分子中全部碳原子处于同一平面B.与CH3CH=CHCH3和Cl2的加成产物分子式相同的物质共有8种(不考虑立体异构)C.CH3CH(OH)CH2CH3与甘油互为同系物D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】C【解析】【详解】A．碳碳双键为平面结构，且2个甲基与双键碳原子干脆相连，则全部碳原子处于同一平面，正确，A不选；B．CH3CH═CHCH3和Cl2的加成产物分子式为C4H8Cl2，可固定1个Cl、移动另一个Cl（可移动到箭头所指的位置），，，共9种同分异构体，除去加成产物本身外有8种，正确，B不选；C．甘油为丙三醇，1分子甘油中含有3个－OH，CH3CH(OH)CH2CH3只有含有1个－OH,二者含-OH的数目不同，不属于同系物，错误，C选；D．-OH，碳碳双键均可被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同，正确，D不选。答案选C。4.试验室用浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O的装置如图所示(电石主要成分为CaC2，含少量CaS杂质)，下列说法正确的是（）A.装置A可作MnO2和浓盐酸反应制备Cl2的发生装置B.装置B的作用是除去C2H2中的H2SC.装置D的作用是收集草酸D.装置E中发生反应的离子方程式为3NO2+2OH-=2NO3-+NO+H2O【答案】B【解析】【详解】A中电石和饱和食盐水反应生成乙炔，混有硫化氢等杂质，B用于除去硫化氢，在C中反应生成H2C2O4•2H2O，D可起到防倒吸作用，E为尾气处理装置。A．MnO2和浓盐酸需在加热条件下反应，A错误；B．硫酸铜与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可除去硫化氢气体，B正确；C．D的作用是防倒吸，C错误；D．装置E用于尾气汲取，NO2与NaOH反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，反应的离子方程式为2NO2+2OH－═NO3－+NO2－+H2O，D错误。答案选B。5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y的最外层电子数之比为4：3，X、Z同主族，Z的单质常温下为气体，下列说法正确的是（）A.简洁离子半径：Z>Y>XB.氢化物的沸点：Z>WC.元素的最高正价：W=Z>X>YD.W、Y分别与Z形成的二元化合物均为共价化合物【答案】D【解析】【详解】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y的最外层电子数之比为4：3；由于均为主族元素，最外层电子数不行能为8，则其最外层电子数分别为4和3，Y的原子序数大于W，则W为C，Y为Al。Z的单质常温下为气体，Z的原子序数大于Al，则Z为Cl元素；X、Z同主族，则X为F元素。A．X、Y、Z形成的简洁离子分别为F－、Al3＋、Cl－；F－和Al3＋的核外电子排布相同，依据核电荷数越大离子半径越小，有F－>Al3＋，Cl－有三个电子层，离子半径最大。简洁离子半径的排序为：Cl－(Z)＞F－(X)＞Al3＋(Y)，A错误；B．W的氢化物为烃，碳原子数较多的烃为液态甚至固态，所以HCl的沸点不肯定大于烃，B错误；C．C、Cl的最高价分别为+4、+7，则最高价W＜Z，且F元素没有正价，C错误；D．C和Cl形成的二元化合物为CCl4，Al和Cl形成的二元化合物为AlCl3，均为共价化合物，D正确。答案选D。【点睛】AlCl3是共价化合价，此物质须要特殊记忆。6.钾离子电池资源丰富，在非水基电解液中具有更高的离子导电率等优点。一种钾离子电池的工作原理如图所示，已知该电池负极在KC24-KC16-KC8之间变更，正极在K2MnFe(CN)6-KMnFe(CN)6-MnFe(CN)6之间变更，下列说法不正确的是（）A.如图所示为钾离子电池的放电过程B.放电时负极可发生反应：2KC8-e-=KC16+K+C.充电时正极反应式为K2MnFe(CN)6-e-=KMnFe(CN)6+K+D.若充电前正负极质量相同，则充电时每转移0.lmole-，理论上正负极质量差将增加7.8g【答案】A【解析】【详解】由装置图中电子移动方向即电子由正极流出，负极流进，则该装置为钾离子电池的充电过程。放电时，负极失去电子，C的化合价上升，则负极物质变更依次为KC8→KC16→KC24，可得电极反应依次为：2KC8-e－=KC16+K＋，3KC16-e－═2KC24+K＋。正极得到电子，物质化合价降低，则正极物质变更依次为MnFe(CN)6→KMnFe(CN)6→K2MnFe(CN)6，电极反应依次为：MnFe(CN)6+K＋+e－=KMnFe(CN)6，KMnFe(CN)6+K＋+e－=K2MnFe(CN)6。充电时，电极反应与放电时的反应相反。A．由装置图中电子移动方向即电子由正极流出，负极流进，说明发生氧化反应，该装置为钾离子电池的充电过程，错误，A选；B．放电时，负极物质变更依次为KC8→KC16→KC24，则电极反应依次为：2KC8-e－=KC16+K＋，3KC16-e－=2KC24+K＋，所以放电时负极可发生反应：2KC8-e－=KC16+K＋，正确，B不选；C．充电时正极为阳极，反应式与正极反应相反，所以反应式为K2MnFe(CN)6-e－=KMnFe(CN)6+K＋，正确，C不选；D．充电时，每转移0.1mol电子，将有0.1molK＋从正极材料中脱离，再嵌入到负极材料中，所以理论上正负极质量差将增加0.2mol×39g·mol－1=7.8g，正确，D不选。答案选A。【点睛】此题正负极物质的转化依次是关键，可以利用化合价来推断。7.已知常温下H2A的K1=1.0×10-4，K2=5.0×10-7。向20mLlmol·L-1的H2A溶液中逐滴滴入2mol·L-1的NaOH溶液，溶液中水电离出的c水(OH-)随加入NaOH溶液的体积V的变更如图所示，下列分析正确的是（）A.V1＜10，V2=20B.a点溶液的pH=3C.c点溶液c水(H+)≈1.0×10-4mol·L-1D.b、d点溶液均呈中性【答案】C【解析】【详解】A．若加入NaOH溶液的体积为10mL，NaOH与H2A反应恰好生成NaHA，HA－可以电离也可以水解。HA－的电离平衡常数K2=5.0×10-7，HA－的水解平衡常数，HA－的电离实力大于水解，则NaHA溶液显酸性，会抑制水的电离，则水电离c(OH－)＜10－7mol·L－1。依据图示，b点水电离出来的c(OH－)=10－7mol·L－1，则加入的NaOH应大于10mL，则V1＞10mL。c点水电离出来的c(OH－)最大，则溶液中只有盐，溶质只有Na2A，V2=20mL。A错误；B．a点为1mol·L－1的H2A，该二元酸电离程度较小，则c(H＋)≈c(HA－)，c(H2A)≈1mol·L－1，，可求得c(H＋)≈0.01mol·L－1，pH=2，B错误；C．c点酸碱恰好完全反应生成正盐，则溶液中溶质为Na2A，A2－水解，A2－＋H2OHA－＋OH－，溶液中c(OH-)≈c(HA-)，水解较为微弱，则c(A2-)≈0.5mol/L，A2－的水解平衡常数，又，可得，带入数据，可求得c(OH－)≈10－4mol·L－1，溶液中的OH－均来自会水的电离，水电离出来的OH－和水电离出来的H＋相等，则c点溶液水电离出来的c水(H+)≈10－4mol·L－1，C正确；D．a点溶液为酸性，c点溶液为碱性，溶液从酸性转化到碱性过程中会有某处溶液为中性，其水电离出的c(OH－)=10－7mol·L－1，则b点溶液为中性。d点溶液为在c点溶液的基础上再加入NaOH溶液，则d点溶液为碱性，D错误。答案选C。第II卷非选择题(满分174分)三、非选择题：共14题，解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。8.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示：请回答下列问题：（1）D在元素周期表中的位置为___。（2）A和C形成一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为___。（3）M为A的简洁气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为___。N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相像，则N第一步电离的电离方程式为___，N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。（4）下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___(填序号)。①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀②E与H2化合比D与H2化合更简洁③D与Fe化合时产物中Fe+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：D＞E（5）D2E2分子中各原子最外层均满意8电子结构，则D2E2的电子式为___。【答案】(1).第三周期ⅥA族(2).AlN＋4HCl=AlCl3＋NH4Cl(3).2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O或2NH3·H2O＋3H2O2=N2↑＋8H2O(4).N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－(5).N2H6(HSO4)2(6).①②③(7).【解析】【分析】由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。【详解】A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。(1)D为S，原子序数为16，位于周期表中的第三周期ⅥA族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol－1的化合物，则该化合物为AlN。依据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl；(3)M为A的简洁气态氢化物，为NH3，其水溶液为NH3·H2O，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O；N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，则N为N2H4。N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相像，则N第一步电离的电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH－；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H62＋，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO4－，化学式为N2H6(HSO4)2；(4)①E的单质，即Cl2，与D的气态氢化物H2S的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2＋H2S=S↓＋2HCl，Cl2置换出S，Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越简洁。Cl2与H2化合比S与H2化合更简洁，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；③S与Fe化合时产物中Fe为+2价，Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子实力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；④D最高价含氧酸为H2SO4，E的最高价含氧酸为HClO4。同浓度下，H2SO4溶液中c(H＋)大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的非金属性强弱无关，错误；综上①②③符合题意；(5)D2E2分子中各原子最外层均满意8电子结构，S达到稳定结构须要形成2对共用电子对，Cl达到稳定结构须要形成1对共用电子对，可知S2Cl2分子中S原子间共用1对电子，每个S原子与Cl原子共用一对电子，结构式为Cl-S-S-Cl，其电子式为。9.锡酸钠(Na2SnO3)主要用作电镀铜锡合金和碱性镀锡的基本原料。锡精矿除含SnO2外，还含有少量WO3、S、As、Fe，一种由锡精矿制备锡酸钠的工艺流程如图：已知：①焙烧后，S、As变为挥发性氧化物而被除去，Fe变为Fe3O4；②锡酸钠易溶于水，其溶解度随着温度的上升而降低。请回答下列问题：（1）Na2SnO3中锡元素的化合价为___，从焙烧渣中除去Fe3O4最简洁的方法为___。（2）WO3与Na2CO3溶液反应生成Na2WO4的化学方程式为___。（3）加入煤粉焙烧可将SnO2还原为Sn或SnO，Sn或SnO在碱性条件下均能被NaNO3氧化为Na2SnO3，已知NaNO3的还原产物为NH3，则NaNO3氧化Sn的化学方程式为___。（4）如图为加入NaOH溶液和NaNO3溶液浸出时锡的浸出率与NaOH的质量浓度和反应时间的关系图，则“碱浸”时最相宜条件为___、___。（5）从浸出液中获得锡酸钠晶体的“一系列操作”详细是指___，将母液返回至浸出液的目的为___。（6）碱性镀锡以NaOH和Na2SnO3为电解液，以纯锡为阳极材料，待镀金属为阴极材料，镀锡时阳极反应的电极反应式为___。【答案】(1).＋4(2).用磁铁吸引(3).Na2CO3＋WO3=Na2WO4＋CO2↑(4).2Sn＋3NaOH＋NaNO3=2Na2SnO3＋NH3↑(5).烧碱质量浓度为100g·L－1(6).反应温度为85℃(7).蒸发结晶、趁热过滤(洗涤、干燥)(8).提高锡酸钠产率(9).Sn－4e－＋6OH－=SnO32－＋3H2O【解析】【分析】锡精矿除含SnO2外，还含有少量WO3、S、As、Fe，在空气中焙烧，得到As、S的氧化物，焙烧渣加入10%碳酸钠浸出，得到Na2WO4。浸渣加入煤粉焙烧后再加入NaOH、硝酸钠浸出，得到Na2SnO3溶液，经蒸发结晶、趁热过滤得到Na2SnO3晶体。【详解】(1)Na2SnO3中Na为+1价，O为-2价，则锡元素的化合价为+4价；Fe3O4具有磁性，从焙烧渣中除去Fe3O4最简洁的方法为用磁铁吸引；(2)WO3与Na2CO3溶液反应生成Na2WO4，非氧化还原反应，依据原子守恒配平，化学方程式为Na2CO3+WO3=Na2WO4+CO2↑；(3)NaNO3的还原产物为NH3，Sn被氧化成Na2SnO3。N的化合价从＋5降低到－3，共降低8价，Sn的化合价从0上升到＋4价，共上升4价，化合价升降守恒，则Sn和NaNO2的系数比为2：1，依据原子守恒配平化学方程式，则NaNO3氧化Sn的化学方程式为2Sn+3NaOH+NaNO3=2Na2SnO3+NH3↑；(4)由图可知烧碱质量浓度为100g·L－1，反应温度为85℃时，锡的浸出率最高；(5)锡酸钠易溶于水，其溶解度随着温度的上升而降低。当温度较高时，锡酸钠会从溶液中析出，因此应当温度较高时过滤，“一系列操作”详细是指蒸发结晶、趁热过滤（洗涤、干燥）；母液中含有未沉淀的锡酸钠，将母液返回至浸出液的目的是提高锡酸钠的产率；(6)阳极发生氧化反应，Sn被氧化生成SnO32－，阳极的反应式为Sn-4e－+6OH－=SnO32－+3H2O。10.氯化锌(ZnCl2)可用作有机合成脱水剂、催化剂、缩合剂等。某试验小组在试验室采纳HCl气体“置换”除水与ZnCl2升华相结合的方法从市售的氯化锌[含Zn(OH)Cl]制备高纯度无水氯化锌，装置如图所示。试验步骤：①仪器连接完毕后，打开恒压滴液漏斗活塞，同时通入干燥纯净的N2。②对管式炉I、管式炉II进行加热，管式炉I加热至150℃时起先反应，保持一段时间至置换除水完全再升温，接着升温约至550℃时不再有水蒸气蒸出。③对管式炉I接着升温至770～800℃之间，至ZnCl2全部升华至管式炉II，停止加热管式炉I，并关闭恒压滴液漏斗活塞。④接着通N2至尾气不再显酸性为止，在N2爱护下将升华ZnCl2粉末分装在已知重量一端封闭的玻璃管中，用焊枪封口，称重，备用。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为___，恒压滴液漏斗的作用为___。（2）HCl气体“置换”除水的化学反应方程式为___。（3）步骤②对管式炉II进行加热的目的为___。（4）步骤②、③仍始终通入N2的目的分别为___、___。（5）如无装置D，则会导致的后果为___。【答案】(1).三颈烧瓶(2).平衡压强，保证浓硫酸顺当滴下(3).Zn(OH)Cl＋HClZnCl2＋H2O(4).保证炉Ⅰ中生成的水仍以气态存在(5).带走炉Ⅰ中生成的水蒸气(6).将炉Ⅰ中升华的ZnCl2全部带至炉Ⅱ中(7).装置E中的水蒸气进入管式炉Ⅱ中，无法收集到无水ZnCl2【解析】【分析】由图可知，利用浓硫酸的高沸点、酸性，氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl，用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，试验结束时应当先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ；D为干燥装置，防止氯化锌吸水潮解，E为尾气处理装置，避开氯化氢污染空气。【详解】(1)a为三颈烧瓶，恒压滴液漏斗可以保证装置内部压强不变，使得恒压滴液漏斗与三颈烧瓶内压强相等，使浓硫酸顺当滴下；答案：三颈烧瓶；平衡压强，保证浓硫酸顺当滴下；(2)在加热条件下装置D中Zn(OH)Cl和HCl反应生成ZnCl2和水，发生反应的化学方程式为Zn(OH)Cl＋HClZnCl2＋H2O；(3)步骤②对管式炉Ⅱ进行加热的目的是保证管式炉Ⅰ中生成的水仍以气态存在，水蒸气随HCl和氮气气流进入尾气汲取装置，然后将管式炉Ⅰ升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉Ⅱ的石英管，答案为：保证管式炉Ⅰ的生成的水仍以气态存在；(4)步骤②、③通入N2的作用分别是带走炉Ⅰ中生成的水蒸气和带走升华的ZnCl2气体使其到达炉Ⅱ中，答案：带走炉Ⅰ中生成的水蒸气；将炉Ⅰ中升华的ZnCl2全部带至炉Ⅱ中；(5)装置D的作用是防止装置E中的水蒸气进入管式炉Ⅱ，若无装置D，则无法收集到无水氯化锌，答案：装置E中的水蒸气进入管式炉Ⅱ，无法收集到无水氯化锌。11.工业上将石灰石和硫煤混合运用，称之为“固硫”，其反应原理为：2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)△H1=akJ·mol-1。已知：CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)△H2=bkJ·mol-1；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H3=ckJ·mol-1。请回答下列问题：（1）CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)△H=___kJ·mol-1(用a、b、c表示)。（2）T1℃时，向某恒容密闭容器中通入肯定量的CO2和足量CaO发生反应：CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)，CO2的浓度随时间变更如图所示：①0～8min，v(CO2)=___。②t1min时，若保持其他条件不变，压缩容器体积至原来的，t2min重新达到平衡，请在图中画出CO2的浓度自条件变更至新平衡的变更曲线___。（3）T2℃时，向某密闭容器中通入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H3=ckJ·mol-1。①若该容器为恒压密闭容器，下列选项可推断反应已达平衡状态的是___。A.混合气体的密度不再变更B混合气体的压强不再变更C.相同时间内，每断裂0.1molO=O键，同时生成0.2molSO3D.混合气体的平均相对分子质量不再变更②若该容器为2L的恒容密闭容器，达平衡时SO3的体积分数为40%，则O2的转化率为___，T2℃时该反应的平衡常数K=___。③反应达到②中的平衡状态后，保持反应温度和O2的浓度不变，增大容器体积，则平衡将___(填“正向”、“逆向”或“不“)移动，缘由为___。【答案】(1