安徽省芜湖市示范高中2025届高三化学5月联考试题含解析

PAGE16-安徽省芜湖市示范中学2025届高三化学5月联考试题（含解析）1.在2024年抗击新冠肺炎的战役中，化学物质发挥了重要作用。下列说法正确的是（）A.医用消毒酒精中乙醇的体积分数为95%B.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于纯净物C.抗病毒疫苗冷藏存放的目的之一是避开蛋白质变性D.84消毒液可作为环境消毒剂，其有效成分为次氯酸钙【答案】C【解析】【详解】A.医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，A错误；B.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维是高分子聚合物，聚合度不确定，属于混合物，B错误；C.抗病毒疫苗冷藏存放的目的之一是避开蛋白质变性，C正确；D.84消毒液可作为环境消毒剂，其有效成分为次氯酸钠，D错误；答案为C。2.氮化钡（Ba3N2）是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡（BaH2）中通入氮气反应生成氮化钡。可用如图装置制备氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。下列说法不正确的是（）A.在试验室中可以用装置乙制备氯气B.试验时，先点燃装置丙中的酒精喷灯，后点燃装置乙中的酒精灯C.气流从左向右的字母连接依次为c→b→a→d→e→g→fD.装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰作用相同，均可防止水蒸气进入装置丙中【答案】B【解析】【分析】乙装置是制备氮气的装置，其化学反应方程式为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，再通入丙装置，丁装置中的碱石灰防止空气中的水蒸气进入丙装置。【详解】A.在试验室中制备氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件的反应，为固液加热型，符合乙装置特点，A正确；B.试验时，先点燃装置乙中酒精喷灯，反应一段时间，目的是用生成的氮气赶出装置中的空气，再点燃装置丙中的酒精灯，B错误；C.甲装置是干燥氮气的作用，气流从左向右的字母连接依次为c→b→a→d→e→g→f或c→b→a→e→d→f→g，C正确；D.Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，故装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰作用相同，浓硫酸干燥氮气，碱石灰防止空气中水蒸汽进入，均可防止水蒸气进入装置丙中，D正确；答案为B。【点睛】干燥气体，气流从长管进入，从短管排出，做题时要留意气体进出依次。3.化合物M（）、N（）、P（）都是重要的有机物。下列有关M、N、P的说法正确的是（）A.M与HBr发生加成反应的产物只有一种B.P中全部碳原子肯定共平面C.M、N、P互为同分异构体D.M能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】M具有碳碳双键和羟基，能发生加成、消去、氧化、取代反应，N具有羟基，P具有2个碳碳双键和1个羟基。【详解】A.M与HBr发生加成反应的产物有2种，碳碳双键两侧的氢环境不相同，A错误；B.P中含有两个碳碳双键，全部碳原子可能共平面，B错误；C.M、N的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不相等，不是同分异构体，C错误；D.M含有碳碳双键和羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案为D。【点睛】推断有机物的空间结构是否共面,最基础的三个结构就是甲烷,乙烯和苯,以这三个结构为基础进行推断。由甲烷的结构可知，当一个碳原子有四个单键的时候，与其相连的四个原子构成四面体结构；由乙烯的结构可知，当分子中存在碳碳双键时，至少有6个原子共平面；由乙炔的结构可知，当分子中存在碳碳三键时，至少有4个原子在同始终线上。4.最近，中国科学院大连化物所“CO2催化转化为CO的探讨”获得新进展。如图是运用不同催化剂（NiPc和CoPc）时转化过程中的能量变更，下列说法不合理的是（）A.•CO2经还原反应得到•COOHB.该探讨成果将有利于缓解温室效应，并解决能源转化问题C.相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D.催化剂可以变更CO2转化为CO反应的焓变【答案】D【解析】【分析】A.依据物质的化合价变更分析；B.依据反应过程中物质转换分析；C.依据图示相对能量大小分析；D.催化剂只变更反应速率，不变更反应平衡和焓变；【详解】A.•CO2转化为•COOH的过程中，碳元素的化合价降低，因此•CO2得到•COOH是还原反应，A正确；B.该过程中，CO2转化为CO，可削减空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；C.由图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；D.催化剂只影响反应速率，不变更反应焓变，D错误；答案为D。5.要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体相结合的装置示意图如图，当该装置工作时，下列说法正确的是（）A.盐桥中K+向X极移动B.电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为44.8LC.该装置实现了将电能转化为化学能D.Y极发生的反应为2NO3--10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，四周pH增大【答案】B【解析】【分析】依据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池，X为负极，发生氧化反应，Y为正极，发生还原反应，电解质中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A.X极为负极，盐桥中K+向Y极移动，A错误；B.电池总反应为5NH3+3NO3-=4N2+6H2O+3OH-，该反应生成4molN2，转移了15mol电子，故电路中流过7.5mol电子时，生成2mol氮气，共产生标准状况下N2体积为44.8L，B正确；C.该装置为原电池，实现了将化学能转化为电能，C错误；D.Y极为正极，发生的反应为2NO3-+10e-＋6H2O=N2↑＋12OH-，四周pH增大，D错误；答案为B。6.如图化合物是有机合成中一种常用的还原剂，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述正确的是（）A.Y的最高价氧化物对应的水化物属于两性氢氧化物B.原子半径：Z<Y<XC.Z与X可形成离子化合物ZXD.该化合物中X、Y、Z均满意8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Y、Z处于不同周期。依据化合物结构可知，Z易失去一个电子，Y与X能形成4个共价键，每个X只能形成一个共价键，即X为氢元素，Y位于其次周期，最外层含有3个电子，Y为B元素，Z为钠元素。【详解】A.Y的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，是一种弱酸，A错误；B.从上到下，电子层数增大，原子半径增大，X<Y<Z，B错误；C.Z与X可形成离子化合物NaH，C正确；D.该化合物中X满意2电子稳定结构，D错误；答案为C。7.25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mo1•L-1的HA、H3B溶液分别用0.0100mo1•L-1NaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变更曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.25℃时，0.0100mo1•L-1Na2HB溶液的pH>7B.向HA溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(A-)<c(HA)C.NaOH溶液滴定HA溶液应选甲基橙作指示剂D.25℃时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-3【答案】A【解析】【详解】A.25℃时，0.0100mo1•L-1Na2HB溶液，依据c(H2B-)=c(HB2-)时，溶液显碱性，可知HB2-水解程度大于电离程度，溶液pH>7，A正确；B.依据c(HA)=c(A-)时，溶液显酸性，可知A-水解程度小于HA电离程度，接着加入氢氧化钠，HA浓度减小，到达中性时，c(A-)>c(HA)，B错误；C.NaOH溶液滴定HA溶液时，滴定突跃pH在6.0到8.0之间，甲基橙在pH大于4.4时即为黄色，不能作指示剂，应用酚酞做指示剂，C错误；D.25℃时，依据c(H2B-)=c(H3B)时，pH=2.0，H2B-离子的水解常数K=，数量级为10-12，D错误；答案为A。8.铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则快速分解。某爱好小组设计试验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：（1）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为__。B装置的作用是__。（2）当视察到__（填现象）时，可以初步推断C中反应已经完成。（3）拆除装置前必需先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭__；打开__。（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，须要的操作有_。Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+（5）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为__。Ⅲ.产品纯度的测定（6）取上述NaBiO3产品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用bmo1•L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-—CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗cmL标准溶液。该产品的纯度为__（用含a、b、c的代数式表示）。【答案】(1).Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O(2).除去HCl(3).C中的白色固体消逝（或黄色不再加深；C中上方充溢黄绿色气体等）(4).K1、K3（K1可不填）(5).K2(6).在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(7).5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O(8).【解析】【分析】用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；试验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，汲取剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根，高锰酸根再与草酸反应来测定，依据氧化还原反应反应进行计算。【详解】（1）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，依据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。浓盐酸具有挥发性，B装置的作用是除去HCl。（2）C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消逝。（3）从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应。（4）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，须要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，依据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O。（6）依据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例H2C2O4~MnO4-=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，，纯度为=，或。【点睛】在困难的纯度计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以将问题简洁化。9.氧化铬（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不行替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬的工艺流程如图：已知：①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液。②“还原”反应猛烈放热，可制得Cr(OH)3浆料。（1）该工艺中“还原”反应最初运用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式__。（2）将混合匀称的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是__（填标号）。A.该反应肯定无需加热即可进行B.必要时可运用冷却水进行温度限制C.铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应D.应建立废水回收池，回收含铬废水（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr(Ⅵ)还原率如图。实际生产过程中Cr(Ⅵ)还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采纳的最佳反应条件为_、__。（4）滤液中所含溶质为__。该水热法制备氧化铬工艺的优点有__、__（写出两条即可）。（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[2Cr(OH)3•H2O]。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，失去质量与固体残留质量比为_。【答案】(1).4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3↓+2OH-+3CO32-(2).AC(3).碳化率40%(4).恒温240℃(5).Na2CO3(6).原料价格低廉、设备要求低(7).污染小、原料可循环利用、转化率高等(8).9:19【解析】【分析】在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。【详解】（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，依据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3↓+2OH-+3CO32-；（2）A．依据题目信息可知，还原过程需加热，引发反应，A正确；B．因该反应放热猛烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可运用冷却水进行温度限制，B错误；C．过量铬酸钠会导致滤液回收处理时铬酸钠碳化母液的碳化率发生变更，为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C正确；D．铬为重金属元素，干脆排放至环境中会污染水资源，因此应建立废水回收池，回收含铬废水，D错误；综上可知，答案为AC；（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再上升温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温240℃；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；（5）加热过程中相关物质的转化关系为：2Cr(OH)3•H2O~Cr2O3~5H2O，失去的质量为水，固体剩余的质量为氧化铬，即，剩余的质量：失去的质量为19：9。10.合成氨技术的创立开拓了人工固氮的重要途径，解决了亿万人口生存问题。回答下列问题：（1）科学家探讨利用铁触媒催化合成氨反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的∆H=___kJ∙mol-1。该历程中速率最快的一步的活化能（E）为__kJ∙mol-1。（2）工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变更的关系如图所示：①500℃时，反应的平衡常数Kp(100MPa)__Kp(30MPa)。（填“＜”、“＝”、“＞”）②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为__（保留3位有效数字），Kp=__(MPa)-2（列出计算式）。[Kp为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数（分压=总压×物质的量分数）]（3）科学家利用电解法在常温常压下合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。①阴极区生成NH3的电极反应式为___。②下列说法正确的是__（填标号）。A.该装置用金(Au)作催化剂，目的是降低N2的键能B.三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性C.选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置【答案】(1).-92(2).17(3).=(4).333%(5).(6).N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-(7).BC【解析】【分析】（1）利用盖斯定律，起点为氮气和氢气，终点为氨气，计算反应焓变；（2）依据平衡常数定律和公式进行计算；（3）从图上视察，阴极区氮气与乙醇反应生成氨气和C2H5O-。【详解】（1）由图可知，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的∆H=生成物总能量-反应物总能量=kJ∙mol-1。该历程中速率最快的反应，即吸热最少的反应，活化能（E）为17kJ∙mol-1。（2）①由平衡常数定义可知，500℃时，温度恒定，相同可逆反应，反应的平衡常数不变，Kp(100MPa)＝Kp(30MPa)。②500℃、30MPa时，氨气的物质的量分数为20%，在恒温恒压时，物质的量之比与体积之比相同，即进料体积比V(N2)∶V(H2)=1∶3，可假设N2加入了1mol，H2加入了3mol，平衡转化了xmol氮气：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应前130变更量x3x2x平衡时1-x3-3x2x氨气物质的量分数==20%。即x=mol，氢气的平衡转化率为=33.3%；平衡时，氮气和氨气的物质的量一样，即物质的量分数均为20%，氢气为60%，Kp==(MPa)-2。（3）①依据电解池原理，氮气与乙醇得电子生成氨气，阴极区生成NH3的电极反应式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-。②A.该装置用金(Au)作催化剂，目的是降低反应活化能，不能降低N2的键能，A错误；B.从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，作用是增加导电性，B正确；C.从图中可知，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置，C正确；答案为BC。【点睛】在比较平衡常数的关系时，我们经常被图像信息所误导，要留意在温度不变时，平衡常数恒定。11.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：（1）基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，写出该激发态价层电子排布式__。第三电离能：Ca__Ti（填“大于”或“小于”）。（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。①Cl2O2的沸点比H2O2低，缘由是__。②O3分子的中心原子杂化类型为___；与O3互为等电子体的是__（随意写一种）。（3）Na3OCl可由以下方法制得：2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑，在该反应中，形成的化学键有__（填标号）。A.金属键B.离子键C.配位键D.极性键E.非极性键（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为anm，密度为dg•cm3。①Na3OCl晶胞中，O位于各顶点位置，Cl位于__位置。②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__（列计算式）。【答案】(1).3d24s14p1(2).大于(3).H2O2分子间存在氢键(4).sp2(5).SO2(或NO3-等)(6).BE(7).体心(8).【解析】【分析】同种类型晶体的熔沸点凹凸取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；依据Na3OCl和H2存在的化学键类型推断；依据均摊法分析推断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析推断；由密度公式ρ=计算解答。【详解】（1）基态Ti原子4s轨道上的一个电子激发到4p轨道上形成激发态，该激发态价层电子排布式3d24s14p1，Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大。（2）①同种类型晶体的熔沸点凹凸取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高；②依据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，与O3互为等电子体的是SO2(或NO3-等)。（3）在反应2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，即答案为BE。（4