安徽狮远县重点中学2025届高三化学下学期3月线上模拟考试试题含解析

PAGE15-安徽省定远县重点中学2025届高三化学下学期3月线上模拟考试试题（含解析）1.化学与科学技术、环境、人类生活亲密相关。下列说法错误的是A.保持室内空气流通是最简洁、最有效削减室内空气污染的方法B.航天飞船中运用的碳纤维，是一种新型的无机非金属材料C.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D.用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食品包装袋，可防止白色污染【答案】C【解析】【详解】A.保持室内空气流通是最简洁、最有效削减室内空气污染的方法，故不选A；B.碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，故不选B；C.明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体凝合水中悬浮物起到净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性杀菌消毒而具有的净水作用，原理不一样，故选C；D.聚乙烯作食品包装袋能产生白色污染，用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食品包装袋，防止白色污染，故不选D；答案：C2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB.常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C.标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NAD.常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA【答案】B【解析】详解】A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B正确；C．标准状况下，CHCl3

是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D．常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选B【点睛】本题的易错点为D，要留意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。3.关于有机化合物对甲基苯甲醛()，下列说法错误的是A.其分子式为C8H8OB.含苯环且有醛基的同分异构体(含本身)共有4种C.分子中全部碳原子均在同一平面上D.该物质不能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应【答案】D【解析】【详解】A.依据对甲基苯甲醛的结构简式可知，分子式为C8H8O，故A正确；B.含苯环且有醛基同分异构体有，苯环上含有醛基和甲基的有邻位、间位和对位3种，只含有一个侧链的有1种，共有4种，故B正确；C.分子中的苯环和羟基为平面结构，则全部碳原子均在同一平面上，故C正确；D.该物质含有醛基，能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色的沉淀氧化亚铜，故D错误；答案选D。4.某试验小组模拟光合作用，采纳电解CO2和H2O方法制备CH3CH2OH和O2装置如图所示。下列说法不正确的是A.铂极为阳极，发生氧化反应B.电解过程中，H+由交换膜左侧向右侧迁移C.阴极的电极反应式为2CO2+12H++12e－====CH3CH2OH+3H2OD.电路上转移2mol电子时铂极产生11.2LO2（标准状况）【答案】B【解析】【详解】A、CH3CH2OH中C为-2价，CO2发生还原反应，在铜极区充入CO2。由电池符号知，铂极为阳极，发生氧化反应，故A项正确；B、铂极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，故B项错误；C、阴极上发生还原反应生成乙醇和水，故C项正确；D、转移2mol电子生成0.5molO2，故D项正确。故选B。5.下列试验对应的现象以及结论均正确的是选项试验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)D向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液有白色不溶物析出Na2SO4能使蛋白质变性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．裂化汽油含不饱和烃，与溴水发生加成反应，则不能作萃取剂，故A错误；B．Ba(ClO)2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能比较酸性大小，故B错误；C．Ksp小的先沉淀，由现象可知Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．向鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，发生盐析，为可逆过程，而蛋白质的变性是不行逆的，故D错误；故答案为C。6.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A.W、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8个电子结构B.元素X与氢形成的原子数之比为1∶1的化合物有许多种C.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成【答案】A【解析】【详解】W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满意8电子的稳定结构，A错误；B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有许多种，B正确；C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；故答案是A。7.在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电实力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-1【答案】D【解析】【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量削减，氯化铵的量变多，又溶液导电实力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电实力强于①点，A错误；B.视察图像曲线改变趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=mol/L=0.2mol/L，因而Kb===5×10-5.6mo1·L-1，D正确。故答案选D。8.工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，还含有少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：(1)Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是___________。(2)焙烧时Al2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为___________。水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是___________。(3)浸液Y中含Pd元素的溶质是___________(填化学式)。(4)“热还原”中每生成1molPd生成的气体的物质的量为___________(已知热还原得到的固体只有Pd)。(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)+xH2(g)==2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的密度为12g·cm-3，则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为___________L。(6)铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入α-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可视察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。①写出电解时阳极的电极反应式：______________________。②电解过程中α-羟基丙酸、丙三醇的作用可能是______________________。【答案】(1).硫酸铝(2).3(NH4)2SO4+Al2O3高温Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑(3).过滤(4).H2PdCl6(5).8mol(6).10.752(7).2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+(8).抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)【解析】【分析】废催化剂（主要成分为Al2O3，少量Pd），硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水生成，Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣（NH4）2PdCl6，被氢气还原得到Pd。【详解】(1)Al2（SO4）3溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，加热蒸发，硫酸是难挥发性酸，蒸出的为水，得到硫酸铝固体；答案：硫酸铝(2)从流程中得知，反应物为(NH4)2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2(SO4)3，不难推出还有另一个生成物水，留意条件高温不要漏了；水浸后分别出滤渣和溶液，所以操作为过滤；答案：3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑过滤(3)氨气中和后生成滤液(NH4)2SO4，所以往前推理Y中含Pd的溶质为H2PdCl6；答案：H2PdCl6(4)（NH4）2PtCl6+2H2Pt+2NH3↑+6HCl↑，热还原得Pd，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol；答案：8mol(5)本题利用化学计量学问计算，m＝ρV，n＝m/M，得n（Pd）=1.2mol，x最大值为0.8，则令x＝0.8，参加反应氢气为0.48mol，故标准状况下气体体积为10.752L。答案：10.752(6)①阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+；答案：2Al+3H2O-6e-==Al2O3+6H+②因为试验目的是视察氧化膜的形成，所以添加物的目的要从保持氧化膜的角度考虑即可，答案可以是抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)；答案：抑制氧化膜的溶解(或使形成的氧化膜更致密等其他合理答案)【点睛】本题考查了物质分别提纯、电极反应、物质性质和反应现象的分析应用，驾驭基础是解题关键，流程分析是难点。9.次氯酸溶液是常用的消毒剂．漂白剂。某学习小组依据须要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。【查阅资料】资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水马上反应生成HClO。资料2：将氯气和空气(不参加反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，用水汲取Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。【装置及试验】用以下装置制备次氯酸溶液回答下列问题：（1）各装置的连接依次为_____→_____→_____→____→E。（2）装置A中反应的离子方程式是______。（3）装置E中反应的化学方程式是_____。（4）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____。（5）装置C的主要作用是_____。（6）此方法相对于用氯气干脆溶于水制备次氯酸溶液的优点是（答出一条即可）_____。（7）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少须要含水8%的碳酸钠的质量为___g。【答案】(1).A(2).D(3).B(4).C(5).MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O(6).Cl2O+H2O2HClO(7).加快反应速率，使反应充分进行(8).防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解(9).除去Cl2O中的Cl2(10).制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-离子或氯元素的利用率高等(11).57.6【解析】【分析】A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水汲取氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，反应为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2，通入C装置汲取除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水汲取Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。【详解】（1）A装置制备氯气，D装置汲取汲取氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置汲取除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水汲取Cl2O制备次氯酸溶液；故答案为A、D、B、C；(2)装置A中利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的离子方程式是MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O；(3)装置E中用水汲取Cl2O制备次氯酸溶液，反应的化学方程式是Cl2O+H2O=2HClO；(4)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率，使反应充分进行；由题可知：Cl2O42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；故答案为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；(5)Cl2O为极性分子，Cl2为非极性分子，依据相像相容原理，氯气易溶于四氯化碳，可在装置C中除去Cl2O中的Cl2；(6)此方法相对于用氯气干脆溶于水制备次氯酸溶液的优点是制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-离子或氯元素的利用率高等；(7)装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，依据反应Cl2O+H2O=2HClO，则被汲取的Cl2O的物质的量为，若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置B中生成的Cl2O气体的物质的量为，依据反应2Cl2＋2Na2CO3＋H2OCl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，则至少须要含水8%的碳酸钠的质量为。【点睛】本题考查性质试验方案设计，侧重考查学生学问综合应用、依据试验目的及物质的性质进行排列顺、试验基本操作实力及试验方案设计实力，综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的获得于运用，难度中等。10.习近平主席在《中心城镇化工作会议》发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁”。消退含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设漂亮家乡，打造宜居环境具有重要意义。（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，削减污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)∆H=−115.4kJ·mol−1，通过限制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)∆H1=−120.4kJ·mol−1，过程II反应的热化学方程式为___________。（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)∆H<0，甲中NO2的相关量随时间改变如图所示。①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的缘由是______________________。②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富养分化。①可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：___________。②EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。则阴极旁边Fe2+参加反应离子方程式为______。（4）工业上可用Na2SO3溶液汲取法处理SO2，25℃时用1mol·L−1的Na2SO3溶液汲取SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________________。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8）【答案】(1).2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g)∆H2═+125.4kJ•mol-1(2).反应放热，体系的温度上升，反应速率加快(3).225(4).<(5).>(6).2NH3＋3NaClO═N2＋3NaCl＋3H2O(7).H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH(8).c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)【解析】【分析】(1)盖斯定律计算推断过程Ⅱ反应的热化学方程式；(2)①甲为绝热容器，反应为放热反应；②达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；③甲为绝热容器，乙为恒温容器，反应为放热反应，温度上升平衡逆向移动，气体的物质的量增大，据此分析推断；(3)①依据流程图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的方程式；②依据图像阴极旁边Fe2+、H2O2与H+反应生成Fe3+、H2O和•OH，据此解答；(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3

溶液汲取SO2，当溶液pH=7

时，溶液中的溶质为Na2SO3

和NaHSO3，且c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，依据K2计算推断c(HSO3-)和c(SO32-)的大小，然后排序。【详解】(1)①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H

═-115.4

kJ•mol-1，过程Ⅰ的反应为：②2HCl(g)+CuO

(s)CuCl2(s)+H2O(g)△H1

═-120.4

kJ•mol-1，依据盖斯定律，将①-2×②得：过程Ⅱ反应的热化学方程式：2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO

(s)+2Cl2(g)△H2═+125.4

kJ•mol-1，故答案为2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO

(s)+2Cl2(g)△H2═+125.4

kJ•mol-1；(2)①甲为绝热容器，2NO2(g)N2O4(g)∆H<0，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的缘由是：0-3s内温度上升对反应速率影响大于浓度降低的影响，故答案为反应放热，体系的温度上升，反应速率加快；②相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，

2NO2(g)N2O4(g)起始量(mol/L)

0.2

0改变量(mol/L)

0.18

0.09平衡量(mol/L)

0.02

0.09平衡常数K==225，故答案为225；③容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，甲容器中温度上升，平衡逆向进行，平衡常数减小，则K甲＜K乙，平衡逆向，移动，气体的物质的量增大，气体压强增大，则P甲＞P乙，故答案为＜；＞；(3)①依据流程可知，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应为：2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O，故答案为2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O；②依据图示，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-═Fe2+，阴极旁边Fe2+、H2O2与H+反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH，故答案为H2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+•OH；(4)25℃时用1mol/L的Na2SO3

溶液汲取SO2，当溶液pH=7

时，溶液中的溶质为Na2SO3

和NaHSO3，故c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，依据K2=6.2×10-8=，则=0.62，即c(HSO3-)＞c(SO32-)，则有：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH)，故答案为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。11.芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路途(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能团的名称是_________。（2）D→E的反应类型是_______。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_________。（4）写出E→F的化学方程式：_________。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_________________。①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之