安徽省安庆市2024届高三化学下学期6月热身考试试卷含解析

这是一份安徽省安庆市2024届高三化学下学期6月热身考试试卷含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．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题目的答案标号涂黑；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域内作答，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。
4．本卷命题范围：高考范围。
5．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Na-23 P-31 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65
一．选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 下列过程涉及氧化还原反应的是
A. 用制备纳米级
B. 侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱
C. 高铁酸钾（）用作新型水处理剂
D. 用溶液除去铜制品表面的铜绿
【答案】C
【解析】
【详解】A．制备纳米级Fe2O3过程中Fe元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱，涉及的方程式有：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．高铁酸钾（）用作新型水处理剂时利用的是其氧化性，铁元素由+6价降低至+3价，发生了氧化还原反应，C符合题意；
D．溶液中水解，溶液呈酸性，酸性物质将铜绿溶解，整个过程均不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选C
2. 化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 汽油、甘油、花生油均能发生水解反应和氧化反应
B. 用高粱生产白酒的化学原理是淀粉水解生成了乙醇
C. 首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维相同
D. 硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒是利用了Cu2+能使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
详解】A．汽油、甘油不能发生水解反应，A错误；
B．用高粱生产白酒的化学原理是：淀粉水解制得葡萄糖、葡萄糖发酵可制得乙醇，淀粉不能水解为乙醇，B错误；
C．芯片的主要材料为Si，光导纤维为SiO2，C错误；
D．Cu2+能使蛋白质变性，故硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒，D正确；
选D。
3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.9g与足量水反应，转移电子个数为0.1
B. 6.0g与足量NaOH溶液反应，所得溶液中的个数为0.1
C. 21g中含有σ键数目最多为4.5
D. 0.1ml和0.1ml于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．3.9g的物质的量为，根据方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑知，0.05mlNa2O2反应产生氧气0.025ml，O元素由-1价上升到0价，转移0.05ml电子，A错误；
B．6.0g的物质的量为，0.1ml与足量NaOH溶液反应生成0.1mlNa2SiO3，在水溶液中会发生水解，所得溶液中的个数小于0.1，B错误；
C．可能为环丙烷或乙烯，当为环丙烷时，σ键数目最多，含有9个，21g的物质的量为，含有4.5mlσ键，C正确；
D．H2(g)+ I2(g) 2HI(g)，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.1ml和0.1ml于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于0.2，D错误；
故选C。
4. 某光刻胶（ESCAP）由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是
A. 合成ESCAP的一种单体为对羟基苯乙烯B. Y分子所有碳原子共平面且存在顺反异构
C. X的酸性比ESCAP的酸性强D. 曝光时发生了取代反应和消去反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．合成ESCAP的单体为、、，故A正确；
B．Y分子为，可看作乙烯分子中两个氢原子被甲基取代，据乙烯分子六原子共平面可知，Y分子所有碳原子共平面，但双键碳原子所连基团相同，所以不存在顺反异构，故B错误；
C．X分子的链节比ESCAP多一个羧基，所以其酸性比ESCAP的酸性强，故C正确；
D．曝光时ESCAPZ支链上的酯基发生取代反应生成羧基和羟基，羟基又发生消去反应生成碳碳双键，得到，即曝光时发生了取代反应和消去反应，故D正确；
故答案为：B。
5. 黄铜用溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气。由、、和反应制备的配合物可应用于的鉴定。下列化学反应方程式表示错误的是
A. Cu2O与稀硫酸反应：
B. 溶液和反应：
C. 与足量浓盐酸反应：
D. 制备的反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu2O与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A正确；
B．CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+，B正确；
C．已知C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，C(OH)3与足量盐酸反应：2C(OH)3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+6H2O，C错误；
D．CH3COOH不能拆，制备Na3[C(NO2)6]的反应的离子离子反应为应：12+2C2++H2O2+2CH3COOH=2[C(NO2)6]3-+2CH3COO-+2H2O，D正确；
故答案为：C。
6. 已知反应：NH4NO3+NH4HSO3+SO2+2H2O=[NH3OH]++(NH4)2SO4。下列有关说法错误的是
A. H2O很稳定是因为分子间含有氢键
B. SO2的空间结构为V形
C. NH2OH的H－N－H键角小于中H－N－H键角
D. H2O、与的VSEPR模型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O是共价化合物，其性质稳定，是因为O-H键的键能较大，与分子间含有氢键无关，A错误；
B．SO2分子中S原子的价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，含有1对孤电子对，则SO2的空间结构为V形，B正确；
C．NH2OH分子与中N的价层电子对数都是4，VSEPR模型均为四面体，中H-N-H的键角为109°28′，但NH2OH分子中N原子含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用较大，导致H-N-H的键角小于109°28′，C正确；
D．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4、中N的价层电子对数为4+=4，中S的价层电子对数为4+=4，则它们的VSEPR模型相同，都是四面体，D正确；
故答案为：A。
7. 根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．稀硝酸和Cu反应生成NO，NO不溶于水，不与水反应，用排水法收集NO，进气方向是N→M，故A符合题意；
B．由于浓硝酸具有强氧化性，因此浓硝酸与反应Na2SO3反应生成硫酸盐和NO2气体，因此无法检验SO2的氧化性，故B不符合题意；
C．由于氨气极易溶于水，因此氨气要溶于饱和NH4Cl溶液中，不能排用饱和NH4Cl溶液来收集氨气，故C不符合题意；
D．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，而该实验没有加热，因此不能产生氯气，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
8. 一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法错误的是
A. 和均为极性分子B. 第一电离能：Z＞Y＞Q
C. 原子半径：Q＞Z＞YD. W与Y形成的化合物中只含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L呈电子数为=5，则Z为N，以此分析解答。
【详解】A．H2O和H2O2的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，A正确；
B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，即Z＞Y＞Q，B正确；
C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：C＞N＞O，即Q＞Z＞Y，C正确；
D．W与Y形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键，但Na2O2中既含离子键又含共价键，D错误；
故答案为：D。
9. 我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为时，随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断错误的是
A. ΔHT2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A正确；
B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，B正确；
C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；
D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05ml·L-1，则，D正确；
故选：C。
10. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中滴加几滴硼酸，即使硼酸的酸性比碳酸强，也可能因生成NaHCO3而无气泡，故结论不准确，故A错误；
B．NaOH不足，检验-CHO应在碱性条件下，该实验不能检验Y中是否含-CHO，故B错误；
C．反应后溶液分层，下层呈橙红色，说明氯气与NaBr反应生成溴单质，发生反应：，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知Br－还原性强于Cl－，故C正确；
D．Na2S与硫酸铜直接反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，故D错误；
故选D。
11. 某课题组报道了一种两相无膜Zn/PTZ（吩噻嗪）电池，电解液中的在水层和层之间迁移，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，正极的电极反应式为
B. 放电时，每转移，水层（包括电极）质量减轻145g
C. 充电时，由向水层迁移
D. 电池在充、放电过程中不能上下颠倒位置
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，Zn比石墨活泼，则Zn电极作原电池的负极，石墨毡所在电极b作正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，正极上PTZ+得电子生成PTZ，正极反应式为PTZ++e-═PTZ，充电时为电解池，原电池的正负极与电源的正负极相接、作阳阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，并且阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，据此分析解答。
【详解】A．放电时为原电池，正极上PTZ+得电子生成PTZ，正极的电极反应式为PTZ++e-=PTZ，故A错误；
B．放电时为原电池，阴离子移向负极，即每转移1ml电子，正极区有1ml移向负极区，水层质量增重为65g×+1ml×145g/ml=177.5g,故B错误；
C．充电时为电解池，Zn电极作阴极，石墨毡所在电极作阳极，阴离子移向阳极，即由水层向CH2Cl2层迁移，故C错误；
D．CH2Cl2和水不互溶，密度比水大，可以将正极与负极隔开，倒置会引起电池内部短路，故D正确；
故选：D。
12. 某温度下，向10mL0.1ml/L溶液中滴加0.1ml/L的溶液，滴加过程中溶液里的与所滴加的溶液体积[]关系如图所示。已知：，下列有关说法正确
A. a、b、c三点中，水的电离程度最小的为c点
B. 该温度下，b点为
C. 如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有：
D. 该温度下的平衡常数为
【答案】B
【解析】
【分析】10mL0.1ml/LCuCl2溶液和10mL 0.1ml/L的Na2S溶液恰好完全反应生成CuS和NaCl，即b点。
【详解】A．CuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，A错误；
B．该温度下，b点加入10mL的0.1ml/L溶液，CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，液中，此时，，即b点，B正确；
C．c点时，溶液中的，，Na2S过量0.001ml，由物料守恒可得，C错误；
D．b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，，根据b点数据可知，则该温度下，平衡常数，D错误；
答案选B。
13. 软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。
25℃时，。下列说法错误的是
A. X可为稀硫酸
B. 滤渣2成分是和
C. “酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D. 利用替代CaO可优化该流程
【答案】B
【解析】
【分析】黄铁矿和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。
【详解】A．MnO2具有较强氧化性，具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，故A正确；
B．滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是、CaSO4和Fe(OH)3，故B错误；
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故C正确；
D．利用替代CaO可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D正确；
故答案为：B。
14. 催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
B. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
C. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
D. 反应达平衡时，升高温度，R浓度增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应的最高活化能小于使用催化剂Ⅱ，则使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，故A错误；
B．由图可知，使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时反应均出现四个波峰，说明反应历程都分4步进行，故B正确；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故C正确；
D．由图可知，该反应是放热反应，则反应达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的浓度增大，D正确；
故选A。
二．非选择题（本题共4小题，共58分）
15. CuCl常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂和冶金工业等。实验室用如下装置(夹持仪器略去)将二氧化硫通入新制悬浊液中制备CuCl(已知CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇)。
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______，装置A中分液漏斗中盛装的试剂为_______。
（2）装置B的作用是_______。
（3）装置D的作用是_______，其中发生反应的离子方程式为_______。
（4）与装置C中生成的悬浊液反应制备CuCl的离子方程式为_______。
（5）装置C中溶液的体积为20mL，滴入足量NaOH溶液后再通入，反应结束后，将装置C中混合物过滤，依次用水和乙醇洗涤、烘干，得到固体的质量为0.693g。
①先用水洗再用乙醇洗涤的目的是_______。
②该实验所得CuCl的产率为_______%。
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 浓硫酸
（2）为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度
（3） ①. 吸收多余的二氧化硫，防止污染环境 ②.
（4）2Cl-+ SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O
（5） ①. 洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥 ②.
【解析】
【分析】装置A中，锌粒和浓硫酸反应制备SO2；装置B为安全瓶，可以防止倒吸；装置C中，NaOH先和CuCl2反应生成Cu(OH)2悬浊液，再通入SO2反应生成CuCl；装置D为尾气处理装置，吸收多余的SO2。
【小问1详解】
实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶，装置A中分液漏斗中盛装的试剂为浓硫酸；
【小问2详解】
装置B的作用为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度；
【小问3详解】
装置D是尾气处理装置，其作用为吸收多余的二氧化硫，防止污染环境；发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl++2H2O；
【小问5详解】
①用水洗去表面吸附的杂质，CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥，先用水洗再用乙醇洗涤的目的是洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥；
②20mL 0.5ml·L-1的CuCl2溶液中，，，理论上生成的物质的量为0.01ml ，，实验实际所得CuCl固体质量为0.693g，则CuCl的产率=。
16. 铋（Bi）及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。以某铋矿（主要成分为、，主要杂质和）制取并回收锰的工艺流程如下：
按要求回答下列问题。
（1）元素Bi较同主族N的周期数大4，写出基态Bi原子的价层电子排布式______。
（2）滤渣1的主要成分的晶体类型为______。
（3）“还原”步骤中Bi粉的作用为______。
（4）已知在2.0