安徽省六安市第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学答案

第1页/共1页六安二中2025届高三第二次月考化学试卷分值：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Al：27P：31S：32Fe：56Cu：64一、选择题(每小题3分，共42分)1.从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是A.歼－20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料B.人民币票面文字处采用了含Fe3O4磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料C.北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用SiO2将太阳能转化为电能D.神舟十七号返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．氮化镓（GaN）是一种半导体材料，不是金属材料，A错误；B．Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，B错误；C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；D．芳纶是一种有机高分子材料，具有高强度和耐热性，常用于制作降落伞等，D正确；答案选D。2.纳米铜粉(平均粒径30~80nm)可用于和合成甲醇等反应过程的催化剂，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：已知：①浸取时，浸渣中含有硫单质；②还原时，生成的气体对环境没有污染。下列说法错误的是A.“浸取”时，发生反应的化学方程式为B.“萃取”时，选择的萃取剂不溶于水，在该工艺中可循环使用C.“还原”时，消耗和的物质的量之比为1：2D.用激光笔照射纳米铜粉，可观察到丁达尔效应【答案】D【解析】【分析】辉铜矿中加入FeCl3溶液浸取发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤后得到氯化铜和氯化亚铁，加入萃取剂萃取，将氯化铜和氯化亚铁分离，再加入硫酸进行反萃取，此时铜离子在水相中，水相中加入N2H4还原生成纳米铜粉。【详解】A．根据题干可知，“浸取”时，浸渣中含有硫单质，则是Cu2S与FeCl3反应生成了S，Cu也会失电子生成铜离子，Fe3+得电子生成亚铁离子，发生反应的化学方程式为，A项正确；B．“萃取”时，可分离出水相，说明选择的萃取剂不溶于水，同时后续的反萃取后又得到萃取剂，说明该萃取剂在该工艺中可循环使用，B项正确；C．根据已知信息可知，“还原”时，转化为，1mol转移4mol，1mol转化为Cu转移2mol，因此消耗和的物质的量之比为1：2，C项正确；D．该流程中制得的纳米铜粉属于纯净物，没有溶于水形成胶体，因此不能产生丁达尔效应，D项错误；答案选D。3.下列用于解释事实的化学用语书写正确的是A.向溶液中滴入过量氨水：B.用氨水吸收烟气中少量的C.向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：D.电解熔融的阴极反应：【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中滴入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，A项正确；B．用氨水吸收烟气中少量的SO2，生成，正确的离子方程式为，B项错误；C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀，是难溶物，不拆，正确的离子方程式为，C项错误；D．电解熔融，阴极Na+放电，正确的电极方程式为Na++e-=Na，D项错误；答案选A。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.40gSiC晶体中含有的的数目为B.100g质量分数为46%的的水溶液中含有的氧原子数目为C.标准状况下，11.2L与11.2LHF均含有个质子D.1mol中含有的键的数目为【答案】B【解析】【详解】A．SiC是共价晶体，1molSiC中含4molSi-C键，40gSiC晶体中含有的的数目为，A错误；B．100g质量分数为46%的的水溶液，的质量为46g，物质的量为1mol，氧原子为1mol，溶剂水的质量为54g，物质的量为3mol，O原子物质的量为3mol，O原子共4mol，数目为，B正确；C．标准状况下HF不是气体，无法计算质子数，C错误；D．C6H14符合链状烷烃通式，分子中所含共价键数=6×3+1=19，故1mol中含有的键的数目为，D错误；故选B。5.将胆砜放在坩埚中加热，固体的质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是已知：c→d过程中无电子转移。A.失重过程中涉及的反应为分解反应B.a点固体的成分是C.c→d反应的化学方程式为D.将b点固体溶于水配制成溶液，所得溶液中溶质的质量分数为【答案】D【解析】【分析】胆砜为0.2mol；a点时，失去水的质量为50.0g-42.8g=7.2g，为0.4mol，则失去2分子结晶水，a点时所得固体的成分为；b点时，失去水的质量为50.0g-35.6g=14.4g，为0.8mol，b点时所得固体的成分为；c点时，失去水的质量为50.0g-32g=18g，为1.0mol，c点时所得固体的成分为CuSO4；c→d过程中无电子转移，则没有发生氧化还原反应，为无水硫酸铜进一步受热生成氧化铜，结合铜守恒可知，0.2molCuO为16g，d点时固体成分是CuO；【详解】A．失重过程中为一种物质生成多种物质的反应，涉及的反应为分解反应，故A正确；B．a点固体的成分是，故B正确；C．c→d过程中无电子转移，则没有发生氧化还原反应，为无水硫酸铜进一步受热生成氧化铜和三氧化硫，c→d反应的化学方程式为，故C正确；D．b点时所得固体的成分为，结合铜守恒，将b点固体溶于水配制成溶液，所得溶液中溶质的质量分数为，D错误；故选D。6.下列实验装置能达到实验目的的是A．除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠B．制备并收集乙酸乙酯C．验证SO2的漂白性D．制备并收集NOA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，可利用碳酸氢钠热稳定性差的性质，用加热法将碳酸氢钠转化为碳酸钠，A正确；B．制备并收集乙酸乙酯时，出气导管口应位于饱和碳酸钠液面的上方，否则会产生倒吸，B不正确；C．验证SO2的漂白性时，应使用品红溶液，SO2通入酸性KMnO4溶液中，表现出的是还原性，C不正确；D．因为NO能与空气中的O2反应，所以收集NO时，不能使用排空气法，D不正确；故选A。7.下列玻璃仪器选择合理且能完成相应实验(夹持装置略去)的是A.配制500mL40%的硫酸溶液：①④⑤⑨B.分离四氯化碳和碘单质的混合物：③④⑥C.测定晶体中结晶水的含量：③⑤⑦⑧D.用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤【答案】D【解析】【详解】A．配制40%的硫酸用到：托盘天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，A错误；B．分离四氯化碳和碘单质应该用蒸馏方法，使用的仪器有：带铁圈的铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，B错误；C．胆矾晶体中结晶水的含量需要使用研钵、三脚架、泥三角、酒精灯、蒸发皿，玻璃棒、药匙、坩埚钳、干燥器、托盘天平，C错误；D．提纯乙酸乙酯，加入饱和碳酸钠溶液，分液，需要分液漏斗、烧杯，选择②⑤，D正确；故选D。8.油画创作需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄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.与水作用可生成对应的酸：B.反应Ⅰ中元素和都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移电子数之比为D.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜Ⅱ【答案】C【解析】【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为As2O3和H2S2O3，化学方程式为：；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为H3AsO4和H2SO4，化学方程式为：。【详解】A．As2O3与水作用时，可以生成对应的酸为H3AsO3，故A项错误；B．As2S3中元素As为+3价，元素S为-2价，则反应Ⅰ中，As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为As2O3和H2S2O3，H2S2O3中S化合价为+2价，化合价升高被氧化；As2O3中As元素化合价为+3，未发生改变，未被氧化，故B项错误；C．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从-2价升高为中的+2价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为：3×4mol=12mol；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为中的+5价，S元素从-2价升高为H2SO4的+6价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为：2×2mol+3×8mol=28mol，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3转移的电子数之比为：，故C项正确；D．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，故D项错误；故答案选C。阅读下列材料，完成下面小题。资源化利用，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。Ⅰ．的捕集方法1：用溶液做吸收剂可“捕集”。随着反应的进行，若吸收剂失活，可利用NaOH溶液使其再生。方法2：聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。实验得出聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下，吸附量变化如图所示：Ⅱ．合成乙酸：中国科学家首次以、和为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：9.为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有个H原子B.常温常压下，11.2L中含有分子数小于C.分子中含有中子数为D.3.2g中含有共价键个数为10.下列相关说法正确的是A.NaOH、、均含有共价键和离子键B.NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应：C.低温高流速有利于聚合离子液体吸附D.合成乙酸的总反应：【答案】9.B10.B【解析】9题详解】A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含H物质有溶质氢氧化钠也有溶剂水，含有H原子个数不止，A错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2L中含有分子数小于，B正确；C.一个分子中含有中子数为27，未给二氧化碳的物质的量，含有中子数目无法计算，C错误；D.一个甲醇含有5个共价键，故3.2g即0.1mol甲醇中含有共价键个数为，D错误；故选B。【10题详解】A.含有共价键，不含有离子键，A错误；B.用溶液做吸收剂可“捕集”生成酸式盐碳酸氢钠，NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应：，B正确；C.由聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下的图示可知低温低流速有利于二氧化碳吸附，C错误；D.合成乙酸的总反应：，D错误；故选B。11.下列方案不能测出和的混合物中的质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到C.取ag混合物与足量溶液充分反应，得到bg溶液D.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体【答案】C【解析】【详解】A．受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到，根据碳守恒可计算出和的总的物质的量，结合总质量ag，可计算出质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出质量分数，C符合题意；D．和均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出质量分数，D不符合题意；故选C。12.下表中的各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是编号abcd①Na②Al③Fe④MgA.②④ B.①④ C.②③ D.③④【答案】D【解析】【详解】①NaOH加热不能分解，NaOH不能一步转化为Na2O，故不选①；②Al2O3不能生成Al(OH)3，Al(OH)3也不能直接生成Al，故不选②；③FeCl2与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe与氯气反应生成FeCl3；FeCl3与Cu反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成FeCl2和铜，故选③；④MgO与盐酸反应生成MgCl2，单质Mg与氧气反应生成MgO，单质Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2分解为MgO，故选④；③④正确；答案选D。13.GaZrOx双金属氧化物催化CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示，活化位点为催化剂区域能吸附反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是A.该过程的总反应可表示为CO2+3H2CH3OH+H2OB.反应①②③④均有极性键的断裂与形成C.CO2和H2的活化位点相同D.氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该图表示GaZrOx双金属氧化物催化CO2加氢制甲醇的反应机理，总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，A正确；B．反应①中有Ga-O极性键断裂，Ga-H极性键形成；反应②中有Ga-H极性键断裂，C-H极性键形成；反应③中有Ga-O极性键断裂，C-H极性键形成；反应④中H-O极性键断裂，Ga-O极性键形成，B正确；C．根据图示，CO2活化位点是氧空位，与H2活化位点不相同，C错误；D．根据图示，氧空位与二氧化碳作用，氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力，D正确；故选C。14.是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。已知：是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是A.反应③实现了氮的固定B.的电子式为C.反应②过程中，氮元素的杂化方式由变为D.结合能力：【答案】B【解析】【详解】A．氮的固定指将游离态氮转化为化合态氮，反应③是化合态氮到游离态氮，不属于氮的固定，A错误；B．的电子式为，B正确；C．反应②过程中，含氮元素的物质由变成，和中氮元素的杂化方式都为，C错误；D．甲基为推电子基团，使得中N原子周围电子云密度比的大，易给出孤电子对与形成配位键，故结合能力：，D错误；答案选B。二、填空题(共58分)15.钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要的作用。请回答下列问题：（1）工业上，将和以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入可制取，同时放出，写出该反应的化学方程式：___________。（2）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，为世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示(部分物质已略去)。①写出反应①的化学方程式：___________。②下列关于该流程的说法正确的是___________(填标号)。A．可循环使用的物质只有B．副产物可用作氮肥C．优先通入气体至饱和，后通入，就会产生沉淀（3）向50mL的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入0.1mol/L的稀盐酸，产生气体的体积(标准状况)如图所示。①通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是___________(填化学式)。②滴入25mL稀盐酸过程中，溶液导电性___________(填“增强”“减弱”或“不变”)，试解释其原因：___________。③原50mL氢氧化钠溶液的浓度为___________。【答案】（1）（2）①②.B（3）①.NaOH、②.减弱③.发生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱④.0.15mol/L【解析】【小问1详解】将和以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入可制取，同时放出，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式：；【小问2详解】①向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式：；②A．侯氏制碱法制碱过程中可循环利用的物质有二氧化碳和氯化钠，A错误；B．副产物中含N元素，可用作氮肥，B正确；C．该过程需先通入氨气，使溶液呈碱性以吸收更多的二氧化碳，生成碳酸氢钠，C错误；【小问3详解】①氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，反应可生成碳酸氢钠，向反应后溶液中加入稀盐酸，加入0-50mL未产生气体，说明存在NaOH；②滴入25mL稀盐酸过程中，发生的主要反应：，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱；③当加入75mL盐酸时，恰好生成NaCl，原NaOH物质的量等于氯化氢物质的量，n(NaOH)=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，原50mL氢氧化钠溶液的浓度：c(NaOH)=。16.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。③做空白实验，消耗了碘标准溶液。④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。已知：，。回答下列问题：（1）装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。（2）三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。A．

B．

C．（3）解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：_______。（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______mg•kg-1(以SO2计，结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.恒压滴液漏斗（2）C（3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡向右移动（4）①.检验其是否漏水②.蓝色③.I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-（5）偏低（6）80.8【解析】【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。【小问1详解】根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和恒压滴液漏斗，故答案为：球形冷凝管；恒压滴液漏斗；【小问2详解】三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000mL，故答案为：C；【小问3详解】Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，但H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，加热时SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，故答案为：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；【小问4详解】滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，当滴加最后半滴标准碘液时淀粉溶液由无色变为蓝色，且半分钟之内不褪色说明已达滴定终点，反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-，故答案为：检验其是否漏水；蓝色；I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-；【小问5详解】若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低，故答案为：偏低；【小问6详解】实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30mL+1.00mL=1.30mL，减去空白实验消耗的0.10mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-可以计算出n(SO2)=n(I2)=(1.20×10-3)L×0.01000mol·L-1=1.2010-5mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)=，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为，故答案为：80.8。17.回答下列问题。（1）已知CuO具有氧化性，与氨气加热反应的产物中含有两种单质。写出在加热条件下CuO和反应的化学方程式：___________。（2）在、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程。将以上物质组成一个正确的离子方程式，并用单线桥标出其电子转移的方向和数目：___________。（3）与NaOH和NaClO的混合溶液作用，是一种制备理想的绿色水处理剂()的方法，写出该反应的化学方程式：___________。（4）可用于实验室制，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1，写出该反应的化学方程式：___________。（5）某地污水中有机污染物主要成分是三氯乙烯()，向该污水中加入(还原产物为)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）【解析】小问1详解】已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质(Cu、N2)，则在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式为；【小问2详解】被还原为Bi3+，Bi元素化合价降低了2，则应该有Mn2+被氧化为，Mn元素化合价升高了5，由最小公倍数可知，反应共转移10个电子，反应的离子方程式与电子转移情况为；【小问3详解】Fe(OH)3与NaOH和NaClO的混合液作用生成Na2FeO4，铁元素化合价升高，氯元素化合价降低，得到氯化钠：；【小问4详解】若不加催化剂，400℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐也是钾盐，且阴阳离子个数比为1：1，生成KCl时氯元素化合价降低，由+5变为-1，则另一部分氯元素化合价升高为+7得到KClO4，结合电子守恒、元素质量守恒可知反应为；【小问5详解】污水中加入KMnO4(还原产物为MnO2)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，则氯元素转化为KCl，结合元素质量守恒可知，同时生成HCl，反应为2KMnO4+C2HCl3=2MnO2↓+HCl+2KCl+2CO2↑。18.黄铁矿高温煅烧除硫后的烧渣主要含有，某研究小组尝试用烧渣制取绿矾()，流程图如下。已知：完全沉淀时的小于开始沉淀时的。回答下列问题：