安徽省池州市2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题 含解析

高三化学满分：100分考试时间：75分钟注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ti-48Mn-55Ni-59Mo-96一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.2023年于杭州举行的第19届亚运会，办会理念是“绿色、共享、开放、廉洁”。下列说法正确的是A.参赛运动员剧烈运动后，需要及时补充的生理盐水是电解质B.运动器材中的碳纤维具有高强度和低重量的特点，属于新型无机非金属材料C.场馆全部使用绿色能源，打造首届“碳中和”亚运会，“碳中和”就是不排放二氧化碳D.白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE（聚四氟乙烯）膜是天然有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．生理盐水是混合物，不是电解质，A错误；B．碳纤维为新型无机非金属材料，B正确；C．“碳中和”指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，实现正负抵消，达到相对“零排放”，C错误；D．白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE膜，PTFE膜的主要化学成分是聚四氟乙烯，属于合成有机高分子材料，D错误；故选B。2.下列图示正确的是A.的球棍模型：B.乙醛的结构简式：C.的电子式：D.基态原子的价层电子轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．的中心O原子价层电子对数为，有2对孤电子对，球棍模型为，A错误；B．乙醛含有醛基，乙醛的结构简式为，B错误；C．氯化铵为离子化合物，由和构成，需标出最外层电子，其电子式为，C错误；D．基态铬原子的价电子排布式为：，价层电子轨道表达式为：，D正确。故选D。3.已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.石墨烯中含有键数为B.中含键个数为C.室温下，的醋酸中，水电离出来的氢离子数目为D.浓盐酸与反应，转移电子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯含有1mol碳原子，石墨烯中每个碳原子平均拥有个键，则的石墨烯中含有键数为，A错误；B．中含有键，键，氨气和银离子形成的2mol配位键，都是键，即中含键个数为，则中含键个数为，B正确；C．室温下，的醋酸中，，但溶液体积未知，则无法计算水电离出来的氢离子数目，C错误；D．与浓盐酸发生反应：，与稀盐酸不反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，则100mL4mol/L浓盐酸(0.4molHCl)与17.4gMnO2(即0.2mol)反应，转移电子的数目小于，D错误；故选B。4.证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系，正确的是选项证据推理A.向淀粉稀溶液中滴加过量新制氯水，溶液最终未呈蓝色氯气和碘离子未发生反应B.向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀白色沉淀成分是C.向少量溶液中，先滴加足量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀D.向溶液中滴加浓硫酸，产生气体的速率加快浓对的分解具有催化作用A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向淀粉稀溶液中滴加过量新制氯水，溶液最终未呈蓝色，这是由于过量的氯水把单质碘氧化，不能说明氯气和碘离子未发生反应，A错误；B．溶液中滴加溶液，铝离子和硫离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，白色沉淀是，B错误；C．向少量溶液中，先滴加足量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀可以转化为氢氧化铜沉淀，证明，C正确；D．根据现象描述可知，的分解速率加快，有可能是浓硫酸具有催化作用，也有可能是浓硫酸稀释放热导致温度升高加快反应速率，D错误。答案选C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.室温下，的溶液中：、、、B.在中性溶液中：、、、C.加入能放出的溶液中：、、、D.由水电离出的的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．室温下，的溶液中，溶液显酸性，、、、之间不反应，都能共存，A正确；B．水解显酸性，中性溶液中铁离子不能大量存在，B错误；C．加入能放出的溶液可能是强碱溶液也可能是酸性溶液，若为强碱溶液，和不能大量共存；若为酸性溶液，溶液中含有，与反应不会生成，C错误；D．由水电离出的的溶液中，水的电离受到了抑制作用，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，和反应生成二氧化硫和单质硫，不能共存，D错误。答案选A。6.化学在日常生活、工农业生产中的应用非常广泛，下列化学原理或应用的方程式书写正确的是A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：B.泡沫灭火器的工作原理：C.用两个铜电极电解溶液：D.在强碱溶液中与反应生成【答案】B【解析】【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极失电子生成亚铁离子，负极电极方程式为，A错误；B．泡沫灭火器灭火的原理是硫酸铝与碳酸氢钠混合发生双水解反应，B正确；C．由于是活泼性电极，所以会参与氧化还原反应，阳极失去电子生成，电极方程式为，阴极电极方程式为，C错误；D．强碱溶液中不能出现，反应的离子方程式为，D错误。故选B。7.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。下列利用电化学原理设计的实验能达到实验目的的是A.用石墨作电极电解饱和食盐水简易制备消毒液B.制取并收集氨气C.测定氯水的D.在锌表面镀铜A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠溶液能反应生成有效成分为次氯酸钠的消毒液，A正确；B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，B错误；C．氯水中产生的次氯酸具有漂白性，不能用试纸测定氯水的，C错误；D．该装置为在锌表面镀铜的电解池，应接在电源正极，D错误；故选A。8.宏观辨识、微观探析、证据推理是化学学科最重要核心素养，下列关于物质结构或性质及有关解释都正确的是A.沸点：，是由于键能比键能大B.键角：，是由于N的电负性比P大，孤电子对对成键电子对的斥力大C.溶解度：在中的溶解度高于在水中的溶解度，是由于的极性微弱D.稳定性：，是由于中O的电负性更大，形成的配位键更稳定【答案】C【解析】【详解】A．沸点：H2O>H2S，是因为水存在分子间氢键，而H2S不存在分子间氢键。键能影响化学性质，不影响沸点，A错误；B．原子半径：，N的成键电子对之间距离较近，斥力较大，所以分子中原子间的斥力大于分子中原子间的斥力，则键角：，B错误；C．是弱极性分子，水是极性溶剂，是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，在中的溶解度高于在水中的溶解度，C正确；D．中O的电负性大于中N的电负性，则H2O中O提供孤电子对的能力小于中N提供孤电子对的能力，形成的配位键更稳定，则稳定性：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+，D错误；故选C。9.Y、Z、X、W、E为短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y、Z形成阴离子的结构如图所示，X、W无最高正化合价，Y原子半径最小，E和X位于同一族。下列说法错误的是A.是一种强氧化剂 B.化合物的分子结构呈正三角形C.该阴离子中X原子有两种化合价 D.同周期中第一电离能比E大的元素有2种【答案】D【解析】【分析】由阴离子的结构可知，离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、1、4，X、W无最高正化合价，阴离子带2个单位负电荷，所以Z最外层有3个电子，则X为O元素、Z为B元素，Y原子半径最小，Y为氢；X和E同主族，E为S元素；W无最高正化合价，W为F元素；【详解】A．为，其中O为价，具有强氧化性，是一种强氧化剂，A正确；B．的中心原子B为杂化，无孤电子对，所以分子呈平面正三角形，B正确；C．由阴离子的结构可知，该阴离子中存在过氧键和-OH根，则O原子有、-2两种化合价，C正确；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期中第一电离能比S大的元素有P，Cl，Ar，3种，D错误；故选D。10.二硫化钼（，硫元素的化合价为价）难溶于水，具有良好的光、电性能。将在空气中加热可得，加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图所示（已知：）。下列说法正确的是A.中钼元素（）的化合价为价B.是金属氧化物，也是碱性氧化物C.可得到的一种氧化物，该氧化物的化学式为D.煅烧生成，反应转移电子的物质的量为【答案】C【解析】【详解】A．中硫元素的化合价为价，则钼元素的化合价为价，A错误；B．所谓碱性氧化物是能跟酸反应生成盐和水的氧化物，但从题干可看出，和碱反应生成盐和水，因此应该是酸性氧化物，B错误；C．由图可知起始的质量可视为，即，根据加热分解过程总元素守恒可知，最终氧化物中的质量为，氧化物中氧元素的质量为，原子和O原子的个数比为，氧化物的化学式为，C正确；D．由于未注明所处状态，所以无法确定的物质的量，无法计算转移电子的物质的量，D错误；故选C。11.治理汽车尾气（含烃类、、与等）的办法之一是在汽车排气管上装上催化转化器，反应原理为，在、下，、。下列说法错误的是A.该反应氧化剂与还原剂的质量之比为B.增大投料，一定能增大产物在该反应体系中的百分含量C.可根据计算是否小于0，判断常温下该反应是否自发反应D.由可知，当有被消耗时反应放出的热量【答案】B【解析】【详解】A．中C为价，失去2个电子发生氧化反应生成，中N为价，得电子发生还原反应生成1个，转移4个电子，，氧化剂与还原剂质量之比为，A正确；B．增大投料，会使反应体系的总物质的量增大，产物在反应体系中的百分含量不一定能增大，B错误；C．根据反应方向的综合判据即自由能变化判断可知，可根据计算是否小于0，判断常温下该反应是否自发反应，C正确；D．由可知，当有被消耗时反应放出的热量，D正确；故选B。12.在钼基催化剂作用下，1，2-丙二醇脱氧、脱水反应的循环机理如图所示。下列说法正确的是A.钼基催化剂可以降低活化能和反应热B.该反应涉及的有机物中，有顺反异构C.1，2-乙二醇发生上述反应分解的产物有、和水D.该反应涉及的有机物中，、、均能使溴水褪色，且原理相同【答案】C【解析】详解】A．钼基催化剂可以降低活化能，不能改变反应热，A错误；B．的双键两侧的碳原子中有一个碳原子连有两个氢原子，不存在顺反异构，B错误；C．由循环机理图可知1，2-乙二醇最终生成物有、和水，C正确；D．、与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色；与溴水发生加成反应，溴水褪色，D错误；故选C。13.二氧化碳的综合利用是当下研究的重要课题。从高炉气回收制取储氢物质的综合利用示意图如图所示。已知该温度下，，。下列说法错误的是A.玻碳电极上发生氧化反应B.溶液中质子向铂电极方向移动C.该温度下，当吸收池中溶液的时，此时该溶液中D.阴极反应为、【答案】D【解析】【分析】将高炉气通入盛有饱和K2CO3溶液的吸收池，CO2与饱和K2CO3溶液反应生成KHCO3，同时得到低热值燃气，KHCO3在分解池高温水蒸气作用下分解得到CO2和K2CO3溶液，K2CO3溶液循环至吸收池，将分解得到的CO2通入电解池装置，玻碳电极上H2O被氧化生成O2，则玻碳电极作阳极，铂电极作阴极，阴极上CO2被还原生成HCOOH、H+被还原为H2，据此解题。【详解】A．玻碳电极上H2O被氧化生成O2，发生氧化反应，A正确；B．玻碳电极作阳极，铂电极作阴极，溶液中质子从阳极移向阴极，即向铂电极方向移动，B正确；C．该温度下，因、，则，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中，C正确；D．阴极上CO2被还原生成HCOOH、H+被还原为H2，则阴极反应为：、，D错误；故选D。14.以炼铁厂锌灰（主要成分为，含少量的、、）为原料制备的工艺流程如下，已知浸取工序中、分别转化为和。下列说法错误的是A.“浸取”需控制温度，较高温度不利于提高浸取率B.滤渣①用稀盐酸溶液处理后得到固体C.“煅烧”时加入焦炭可提高的产率D.“除杂”工序的反应主要是【答案】C【解析】【分析】炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、MnO2、Fe2O3)浸取时，ZnO、CuO转化为、，MnO2、Fe2O3不反应，过滤，滤液①中含有、、NH4HCO3、，加入Zn粉时，发生反应：，从而除去杂质，滤液②中主要含、NH4HCO3、，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。【详解】A．“浸取”时温度过高会导致碳酸氢铵和氨水分解，故A正确；B．由分析可知，滤渣①的主要成分为Fe2O3和MnO2，用稀盐酸溶浸时Fe2O3溶解，得到MnO2，故B正确；C．“煅烧”时加入焦炭，ZnO会变为单质Zn，会降低ZnO的产率，故C错误；D．加入过量锌粉发生的反应为，故D正确；故答案为：C。15.时，用溶液分别滴定弱酸、、三种溶液，随变化关系如图所示，p表示负对数，M表示、、等。已知，下列有关分析错误的是A.②代表滴定溶液的变化关系 B.时，沉淀完全C.滴定溶液到a点时，溶液 D.经计算，【答案】D【解析】【详解】A．、的结构相似，二者的随的变化曲线应该是平行线，故③代表滴定溶液的变化关系，根据曲线③时，溶液的，可得；根据曲线①时，溶液的，可得；根据曲线②时，溶液的，可得，更难溶，故①、②分别代表滴定溶液、滴定溶液的变化关系，且，，A正确；B．，调整溶液的，溶液中，所以可使沉淀完全，B正确；C．，，在a点，，则，，对应的，C正确；D．根据以上分析可知，，D错误。答案选D。二、非选择题：共4小题，共55分。16.草酸是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料得知：乙炔在硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。I.草酸的制备该小组以电石（主要成分，还有少量的、）、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。（1）仪器a的名称是__________。（2）装置B中溶液的作用是___________________。（3）装置A中主要反应的化学方程式：____________________。（4）装置C中多孔球泡的作用是_________________________。（5）反应时C中产生大量红棕色气体，写出C中发生反应的化学方程式：________________。Ⅱ.产品中草酸晶体质量分数的测定（6）称量草酸晶体配制溶液，下列配制操作中错误的是____________（填字母）。（7）取所配制的溶液置于锥形瓶内，用酸性标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液。产品中草酸晶体的质量分数为______________。【答案】（1）分液漏斗（2）除去、等气体杂质（3）（4）增大气液接触面积，加快反应速率（5）（6）ac（7）【解析】【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、PH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，装置D用来吸收二氧化氮尾气，据此分析回答。【小问1详解】仪器a的名称为分液漏斗；【小问2详解】由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收除去乙炔气体中混用的硫化氢和磷化氢等气体杂质；【小问3详解】反应方程式为：；【小问4详解】增大气液接触面积，加快反应速率；【小问5详解】反应时C中产生大量红棕色气体即，已知乙炔在硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中与浓反应发生和的反应化学方程式为；小问6详解】a．使用托盘天平时，应该“左物右码”，a错误；b．溶解草酸固体时需要搅拌，b正确；c．将草酸溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，c错误；d．定容时，视线应该与凹液面的最低处相平，d正确；故选ac。【小问7详解】草酸和酸性高锰酸钾溶液反应的方程式为：，消耗的，消耗高锰酸钾的草酸的物质的量为，样品中草酸晶体的质量分数为。17.硫化氢既是一种剧毒且高腐蚀性气体，又是蕴含丰富氢能和硫元素的宝贵资源。I.的处理（1）处理某种废气中含有的，是将废气与空气混合通入、、的混合液中，其部分转化过程如图所示。①一般认为时反应进行的较完全。已知：时，的，，则时过程ii中的反应____________（填“能”或“不能”）进行完全。②过程iii中发生反应的离子方程式为________________________________________Ⅱ.的综合利用（2）根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），得到和，反应为。在、反应条件下，将物质的量分数之比为的、、混合气体进行甲烷处理硫化氢反应，平衡时混合气体中的分压与的分压相同，的平衡转化率为_____________（保留小数点后一位），平衡常数________（以分压表示，分压总压物质的量分数）。（3）通过电化学循环法可将转化为和，如图所示，其中氧化过程发生两步反应：、。①电极a上发生反应的电极反应式为____________________________________；②理论上，参加反应可产生的物质的量为_____________。（4）工业上可以通过硫化氢分解制得和硫蒸气。在某密闭容器中充入气体，发生反应：，气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。在和压强为的条件下，其他条件不变，n点的与中较大的是_____________，图中m、n点对应温度下的平衡常数：___________（填“＞”、“＝”或“＜”）。【答案】（1）①.能②.（2）①.②.（3）①.②.（4）①.②.【解析】【小问1详解】①根据图示，时过程ii中的反应为，，反应能进行完全；②过程iii为与发生氧化还原反应产生S单质及、，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为；【小问2详解】依题意，、、气体物质的量分数之比为，可设起始时、，反应的物质的量为，列三段式：①平衡时和的分压相同，则，解得，的转化率为；②平衡时气体的总物质的量为，气体的总压为，故各气体的分压如下：，，，，则；【小问3详解】①电极a上通入生成，发生氧化反应为负极，电极反应式为；②根据氧化过程发生两步发应可知反应最终生成，在原电池反应中转移电子，原电池正极反应为，转移电子生成，分解生成；【小问4详解】①在和的条件下，其他条件不变，n点的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，大于；②根据图示，随温度升高，的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：。18.钛（是一种化学性质稳定的过渡元素，在航空航天、海洋工程和生物医疗等领域具有极为重要的实用价值。工业上以钛铁矿（，含、、等杂质）为主要原料制取的流程如下：已知：①“酸浸”后钛主要以的形式存在于溶液中；②煅烧生产。回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分为_______________（填化学式）；绿矾中铁的化合价是__________________。（2）“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为_______________________。（3）“水解”析出，该反应的离子方程式是______________________________。（4）“洗涤”工序，检验已洗涤干净的方法为_______________________。（5）写出“高温氯化”工序中反应的化学方程式：____________________________________。（6）镍钛记忆合金可用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，若合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是______________（用含和的计算式表示，不必化简）。【答案】（1）①.、、②.价（2）防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）（3）（4）取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净（5）（6）【解析】【分析】钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)酸浸后生成TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和难溶的CaSO4，但SiO2不参加反应，“还原”过程中Fe3+被加入的铁粉还原为Fe2+，则滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，所得滤液主要含有TiOSO4、FeSO4，经过操作X(蒸发浓缩、冷却结晶)得到绿矾，同时得到含有TiOSO4的滤液，TiOSO4水解(90℃)析出TiO2⋅xH2O，经洗涤、煅烧得到TiO2，“高温氯化”时，TiO2与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO，最后“冶炼”过程中TiCl4被试剂B还原得到Ti，据此解答。【小问1详解】由分析可知，滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，绿矾的化学式为，其中铁的化合价为价；【小问2详解】TiO2+在90℃时会充分水解析出TiO2⋅xH2O，若“结晶”控制温度过高，会导致TiO2+提前水解使制得的绿矾不纯，同时降低钛的回收率（或产品产率），则“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为：防止TiO2+提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）