安徽省县中联盟2023-2024学年高三下学期（三模）联考化学试题 含解析

第1页/共1页化学试题考生注意：1．满分100分，考试时间75分钟．2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应題目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区战内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．3．本卷命题范围：高考范围．可能用到的相对原子质量：一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分．每小题只有一个选项最符合题意．1.祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于A.金属材料 B.无机非金属材料 C.有机合成材料 D.复合材料【答案】D【解析】【详解】铝基碳化硅材料是由铝和碳化硅复合而成材料，属于复合材料；故选D2.化学与生活、环境和生产密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.使用添加氟化物牙膏预防龋齿 B.绿化造林助力实现碳中和目标C.用氯化铁溶液制作铜印刷电路板 D.用泡腾片杀灭新型冠状病毒【答案】A【解析】【分析】【详解】A．使用添加氟化物牙膏预防龋齿，该过程中是发生沉淀的转化，将牙釉质转化为含氟的更坚硬的沉淀，发生的是复分解反应，故不涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；B．绿化造林助力实现碳中和目标，即让绿色植物进行光合作用，故涉及C、O元素化合价变化，属于氧化还原反应，B不合题意；C．用氨化铁溶液制作铜印刷电路板，发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，涉及Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，C不合题意；D．用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒，利用ClO2的强氧化性，使蛋白质被氧化而发生变性，自身被还原为Cl-，故有元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不合题意；故答案为：A。3.稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：与水反应与溶液反应i．ii．iii．Ⅳ．下列说法正确的是A.具有平面三角形结构 B.的还原性比强C.反应均为氧化还原反应 D.反应iv每生成，转移电子【答案】B【解析】【详解】A．XeO3中中心Xe的价层电子对数=3+1=4，分子为三角锥形分子，A错误；B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；C．i、ii、iv三组化学反应为氧化还原反应，iii中各元素化合价不变，不是氧化还原反应，C错误；D．分析iv可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D错误；答案选B。4.已知：．箱细化学品W是酸性条件下X与反应的主产物，是反应过程中的过渡态或中间体．的反应过程可表示如下：下列说法正确的是A.X的名称为环氧丙酮 B.Z中采取杂化的碳原子有3个C.W存在对映异构体 D.X与互为同素异形体【答案】C【解析】【分析】由图可知，酸性条件下2，3-环氧丙烷与氢氰酸发生环加成反应的方程式为+HCN，据此回答。【详解】A．由结构简式可知，X的名称为2，3-环氧丙烷，A错误；B．由结构简式可知，Z中带正电荷的碳正离子的杂化方式为sp2杂化，B错误；C．由结构简式可知，W分子中存在如图*所示的1个手性碳原子，所以W分子存在对映异构体，C正确；D．X与互为同系物，D错误；故选C。5.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的。和均为两性氢氧化物，溶于强碱形成。BeO和都具有难溶于水、高熔点等性质。和在气态时通常以二聚体的形式存在，的结构如图所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和氢气。工业上用焦炭和石英砂(主要成分为)在高温条件下反应制得粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润滑剂等。下列说法正确的是A.中含有配位键 B.的空间结构为平面正方形C.中的O-Si-O键角为120° D.晶体中存在的作用力只有共价键【答案】A【解析】【详解】A．中Al原子提供空轨道、Cl原子提供孤电子对以此来形成配位键，所以中含有配位键，A正确；B．中的中心原子为Be，Be原子和四个OH-形成共价键，Be原子采用sp3杂化，空间构型应为正四面体结构，B错误；C．SiO2为原子晶体，每个O原子被两个Si原子共用，每个Si原子分别与4个O原子相连，故Si原子采用sp3杂化，形成的应为正四面体结构，键角不为120°，C错误；D．晶体中存在的作用力除了共价键还存在分子间作用力，D错误；故选A。6.下列化学反应表示错误的是A.氢氧化铍溶于强碱：B.可溶性铝盐净水原理：C.硅与氢氧化钠溶液反应：D.焦炭与石英砂反应：【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铍是两性氢氧化物，溶于强碱，反应离子方程式为，故A正确；B．铝离子水解生成氢氧化铝，吸附水中悬浮杂质，可溶性铝盐净水原理为，故B错误；C．硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的化学方程式为，故C正确；D．焦炭与石英砂反应，化学方程式为，故D正确；答案选B。7.对于下图所示实验，不能达到实验目的的是A.实验甲：验证SO2的氧化性B.实验乙：曲MgCl2·6H2O制备无水MgCl2C.实验丙：比较KMnO4、Cl2、S氧化性强弱D.实验丁：证明浓硫酸的吸水性、脱水性和强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．SO2与硫化钠反应生成S，则可验证SO2具有氧化性，故A正确；B．在HCl气流中蒸发可抑制镁离子水解，可由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2，故B正确；C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可比较，故C正确；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，可验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，无法证明吸水性，故D错误；故选D。8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。X和Y的基态原子s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法不正确的是A.Z单质可用于制作半导体材料B.元素Z、W的最高价氧化物对应水化物都是强酸C.元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D.简单离子半径：【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y的s能级电子总数均等于p能级，若是第二周期元素则s能级电子数为4，2p能级电子数为4，原子序数为8，为O元素，若位于第三周期，则s能级电子为6，2p能级电子数为6，3p能级没有电子，原子序数为12，为Mg元素，因此X为O，Y为Mg；W与X同主族，则W为S；Z最外层电子数是Y最外层电子数的两倍，则Z最外层有4个电子，为Si元素。据此解答该题。【详解】A．Z为Si，单质可用于制作半导体材料，A正确；B．Z的最高价氧化物对应水化物是硅酸，为弱酸，B错误；C．O的非金属性比S强，因此简单气态氢化物更稳定，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，S2-的电子层数多于O2-和Mg2+，故半径最大，O2-和Mg2+电子层数相同，O的原子序数更小半径更大，因此简单粒子半径：，D正确；故选B。9.可用作有机合成的氯化剂，在体积为的密闭容器中充入，发生反应：．图中所示曲线分别表示反应在时和平衡时的转化率与温度的关系．下列说法正确的是A.的B.当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态C.时，向体积为的容器中充入，时的转化率大于D.时，起始时在该密闭容器中充入和各，此时【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，温度升高，平衡时的转化率增大，可知该反应为吸热反应，，A错误；B．该反应在恒容密闭容器中进行，V不变。反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即密度恒定不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否达到平衡状态，B错误；C．由图可知，55℃时，在体积为VL的密闭容器中充入，amin时的转化率等于50%，但反应未达到平衡，若体积缩小为0.5VL，则气体浓度增大，反应速率加快，所以amin时的转化率大于50%，C正确；D．由图可知，82℃时的转化率为90%，得出三段式（单位：mol/L）：平衡常数K=，在该密闭容然中充入和各，此时浓度商Q=1＜K，平衡正向移动，所以，D错误；答案选C。10.下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向盛有和试管中分别滴加浓盐酸盛的试管中产生黄绿色气体氧化性：B向溶液中通入气体出现黑色沉淀(CuS)酸性：C乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中溴水褪色乙烯发生了加成反应D向溶液中滴加溶液出现黄色沉淀发生了水解反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛的试管中产生黄绿色气体，说明将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：，A正确；B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性，B错误；C．浓硫酸被乙醇还原生成SO2，SO2能与溴单质反应使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；D．出现黄色沉淀，说明电离出了磷酸根离子，D错误；故选A。【点睛】11.电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列说法正确的是A.阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO+4H2OB.右侧的离子交换膜为阳离子交换膜C.阴极区a%>b%D.阴极产生的气体是氧气【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O，A正确；B．阳极反应消耗阴离子氢氧根离子，向右侧阳极移动，故右侧交换膜为能使阴离子通过的阴离子交换膜，B错误；C．阴极区水被电解产生H2和OH-，故产出的NaOH浓度变大，a%<b%，C错误；D．阴极区为水被电解发生还原反应得到电子，生成氢气，D错误；故选A。12.室温下，向柠檬酸钠溶液中通入气体（忽略溶液体积变化），溶液中和的分布系数（某种含A微粒浓度与所有含A微粒浓度之和的比值）随变化曲线如图所示．下列说法错误的是A.曲线c表示 B.的水解平衡常数C.n点： D.约为5时，通入发生的反应为【答案】C【解析】【分析】0.1mol/L的柠檬酸的(Na3A)溶液中通入HCl气体，依次发生反应：A3-+H+=HA2-、HA2-+H+=H2A-、H2A-+H+=H3A，所以根据溶液pH及含有A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-，【详解】A．银据上述分析可知，曲线c表示，A正确；B．由ab、bc、cd交点可知，H3A的三级电离平衡常数分别Ka1=10-3.13；Ka2=10-4.76，Ka3=10-6.40，A3-水解平衡常数，B正确；C．n点：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH＜7，故c(H+)＞c(OH-)，电解质溶液电荷守恒式为，故溶液中离子浓度关系为：，C错误；D．根据图中信息当溶液pH约为5时，随着pH减小，c(HA2-)逐渐减小、c(H2A-)逐渐增大，发生反应，D正确；故选C13.化合物M是一种新型超分子晶体材料，可以为溶剂，由反应制得（如图）．下列叙述正确的是A.X分子中所含元素形成的化合物均能抑制水的电离 B.Y分子中所有原子可能共平面C.的晶体类型相同 D.M的阳离子中含有氢键【答案】D【解析】【详解】A．X分子中含有C、H、N、Br四种元素，这四种元素能形成铵盐，可促进水的电离，A错误；B．Y分子中C和O原子都是sp3杂化，Y分子中所有原子不可能共平面，B错误；C．X和Y为分子晶体，M是离子晶体，C错误；D．根据M的结构，可知M的阳离子中存在氢键，D正确；故选D。14.一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是A.中所含Cu的基态电子排布式为B.中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同C.转化①中既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成D.总转化过程中每吸收1molNO需要消耗2molNH3【答案】C【解析】【详解】A．铜元素的原子序数为29，则四氨合铜离子中的电子排布式为[Ar]3d9，故A错误；B．由化合价代数和为0可知，中间体X中氧元素的化合价为—1价、铜元素的化合价为+2价，中间体Z中氧元素的化合价为—2价、铜元素的化合价为+3价，两者中铜元素的化合价不同，故B错误；C．由图可知，转化①中有氢氧极性共价键形成，也有氮氮非极性共价键的形成，故C正确；D．由图可知，催化还原一氧化氮的总反应为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，则总转化过程中每吸收1mol一氧化氮需要消耗1mol氨气，故D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分．15.纳米不同于常规，由于其晶粒尺寸小，比表面积大，具有优异的物理和化学性质，可用作催化剂脱除废气中的（胂）（已知：在缺氧条件下，胂受热分解成单质砷）。（1）纳米催化剂的制备：先向溶液中加入过量氨水，充分搅拌，生成铜氨络合物，再在一定温度下，加入的乙醇溶液生成纳米．已知：i．．ⅱ．其他条件相同时，溶液中离子浓度大小影响晶粒生成速率与晶粒生长速率，从而决定了晶粒半径大小．①反应中，的配位原子为__________，反应的平衡常数__________；②向溶液中先加入过量氨水的目的是__________；③其他条件不变，产物品粒半径与反应温度的关系如图所示，时生成晶粒的半径较大，可能的原因是____________________；（2）催化氧化脱除废气中的①主要被废气中的氧化成固体除去，温度低于时，氧化生成的固体中砷元素质量分数会升高，原因是____________________；②已知的结构可表示为，则中键物质的量为__________。（3）纳米再生：“再生”时需除去纳米催化剂上的和少量，可采用在氮气氛围中加热分解的方法．已知：时催化剂上的完全升华；时催化剂上的完全分解为和，该反应的化学方程式为__________。【答案】（1）①.N②.③.使Cu2+完全转化为[Cu(NH3)4]2+，防止生成Cu(OH)2影响[Cu(NH3)4]2+的生成④.为放热反应，温度高于30℃时，平衡向逆反应方向移动，[Cu(NH3)4]2+浓度减小（2）①.AsH3生成了As单质②.3（3）【解析】【小问1详解】①中Cu提供空轨道，N提供孤电子对形成配位键，配位原子为N；根据反应方程式可知，平衡常数：；②由平衡常数可知，铜离子转化为四氨合铜离子的反应程度大于氢氧化铜转化为四氨合铜离子的反应程度，所以向硝酸铜溶液中先加入过量的氨水使溶液中的铜离子完全转化为四氨合铜离子，防止铜离子转化为氢氧化铜沉淀，影响四氨合铜离子的生成；③由题给信息可知，其他条件相同时，溶液中离子浓度大小影响晶粒生成速率与晶粒生长速率，从而决定了晶粒半径大小，由方程式可知，铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氨合铜离子的浓度较小，所以30℃生成氧化铜的晶粒半径较大；【小问2详解】①温度低于100℃时，氧化生成的固体中砷元素质量分数会升高说明砷化氢催化氧化时生成了砷单质；②As4O10分子中砷元素的化合价为+5价，As4O6分子中砷元素的化合价为+3价，由结构式可知，As4O10分子中每个砷原子形成5个共价键，则As4O6分子中每个砷原子应形成3个共价键；【小问3详解】时催化剂上的完全分解为和，该反应的化学方程式：。16.以含钛高炉渣（含及少量）和硫酸铵为原料制备钛白粉（主要成分为），其流程可表示为：已知：只存在于强酸性溶液中，酸性减弱时易转化为沉淀．（1）基态原子的核外电子排布式为__________；（2）“熔融”时，常将含钛高炉渣粉碎，这样做的好处是____________________；“熔融”硫酸铵将转化为，同时有气体生成，该气体的化学式为__________；（3）“水解”得到的滤渣，用氧化物的形式可表示为__________；（4）“沉淀”时，与氨水反应的离子方程式是____________________；（5）测定所得钛白粉样品的纯度，步骤如下：步骤1：称取样品，经熔融、溶解、还原等操作，将完全转化为溶液．步骤2：将步骤1所得溶液冷却至室温后，加入滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗该溶液，发生的反应为。①到达滴定终点时的现象是____________________；②该样品中的质量分数为__________（结果保留一位小数）。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2（2）①.增大接触面积，加快反应速率②.NH3（3）(m+n)CaO∙mTiO2∙nSiO2（4）TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2（5）①.加入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准液，溶液变为红色，且半分钟颜色不褪去②.90.0%【解析】【分析】钛高炉渣（含TiO2及少量）和硫酸铵熔融，Fe2O3、SiO2不反应且CaO生成硫酸钙，TiO2转化为TiO2+，加水水解，过滤除去不溶物，加氨水TiO2+转化为TiO(OH)2，TiO(OH)2煅烧生成TiO2。【小问1详解】Ti为22号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2；【小问2详解】将含钛高炉渣粉碎，增大接触面积，加快反应速率，“熔融”时，硫酸铵将TiO2转化为TiOSO4，同时生成NH3，该气体的化学式为NH3；【小问3详解】“水解”得到的滤渣，用氧化物的形式表示为(m+n)CaO∙mTiO2∙nSiO2；【小问4详解】“沉淀”时，TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2，离子方程式是TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2；【小问5详解】①根据铁离子遇到硫氰根离子变红，滴定终点时的现象是加入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准液，溶液变为红色，且半分钟颜色不褪去；②根据反应过程可建立关系式：2TiO2~Ti2(SO4)3~2NH4Fe(SO4)2，可得n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.3600mol/L0.025L=0.009mol，样品中TiO2的质量分数为=。17.乙醇是一种清洁替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。（1）催化加氢制备乙醇的反应为①若要计算上述反应的，须查阅的两个数据是的燃烧热和__________，该反应的__________（填“>”“<”或“=”）0；②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，加氢生成的部分反应机理如图所示；过程中两个均参与反应，X的结构式为__________（填标号）。（2）乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应：反应I：反应Ⅱ：在其他条件不变时，将的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得转化率、选择性选择性随温度的变化如图所示．①铜基催化剂须含合适物质的量之比的与的晶胞如图所示（立方体），晶体的密度可表示为__________（用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值）。②下均有，其原因是__________；③范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是__________；④温度高于时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是__________。（3）一定条件下，在密闭容器内通入和发生反应I和Ⅱ，测得下达到平衡时转化率为，乙醇选择性为．时，反应1的平衡常数__________。【答案】（1）①.的燃烧热②.<③.A（2）①.②.部分发生了其他不产生和的反应③.温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快④.积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低（3）14【解析】【小问1详解】①燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算的，须查阅的两个数据是的燃烧热和的燃烧热；该反应是气体生成液体的反应，<0；②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M+相吸，过程中两个均参与反应，中带负电荷的氢与碳结合形成中间产物X，则X为，故选A。【小问2详解】①据“均摊法”，晶胞中含个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为；②下均有，，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副产物发生，故其原因是部分发生了其他不产生和的反应；③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，范围内，转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快；④铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于220℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低。【小问3详解】根