安徽省皖江名校联盟2026届高三9月开学摸底考试化学试卷

这是一份安徽省皖江名校联盟2026届高三9月开学摸底考试化学试卷，共13页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
















化学参考答案
一、单项选择题（共 14 小题，每题 3 分，共 42 分）
【答案】 A
【解析】 A 选项：多酚类化合物和维生素C 具有还原性，可抗氧化，怀远石榴汁富含这两种物质，该说法正确。 B 选项：碳酸钙是人体骨骼和牙齿的主要成分之一，对人体无毒，蚌埠珍珠主要成分为碳酸钙，可磨粉冲服，该说法错误。 C 选项：白莲坡贡米主要成分为淀粉，淀粉水解最终产物为葡萄糖，而不是氨基酸，该说法错误。 D 选项：沱湖螃蟹属于动物类食品，主要成分是蛋白质，几乎不含淀粉，不能作为人体供能的淀粉来源，该说法错误。
【答案】 D
【解析】 A 选项： CO2 是分子晶体，但 SiO2 是原子晶体，二者晶体类型不同，类比推理错误。 B 选项： Fe 与 CuSO4 溶液发生置换反应生成 FeSO4 和 Cu，但 Na 的金属活动性极强，会先与 CuSO4 溶液中的水反应生成 NaOH 和H2， NaOH 再与 CuSO4 反应生成 Cu(OH)2 沉淀，不能置换出 Cu，类比推理错误。 C 选项： NaCl 与浓H2SO4 加热可制 HCl，是利用难挥发性酸制易挥发性酸；但 NaI 与浓H2SO4 加热时， I- 会被浓H2SO4 氧化为I2，不能制得 HI，类比推理错误。 D 选项： CO2 和 SO2 均为酸性氧化物，与过量的Ba(OH)2 反应都生成可溶于水的碳酸氢盐，反应规律相似，类比推理正确。
【答案】 B
4
【解析】 A 选项：铜丝可上下移动，当铜丝插入浓硫酸中时，发生反应生成 SO2；当铜丝抽出时，反应停止，有利于达到随制随停的目的，该说法正确。 B 选项： SO2 使品红褪色体现其漂白性，但 SO2 使蓝色石蕊试纸变红（因为 SO2 与水反应生成H2SO3，显酸性），不会褪色，该说法错误。 C选项： SO2 具有还原性，能被酸性 KMnO4 溶液氧化，反应的离子方程式为 5SO2+2MnO- +2H2O
4
=5SO2-+2Mn2++4H+，该说法正确。 D 选项：干燥管容积较大，能容纳倒吸的液体，可防止倒吸，该说法正确。
【答案】 B
【解析】 A 选项：氨气极易溶于水，使烧瓶内压强迅速减小，外界大气压将水压入烧瓶形成喷泉，负压吸入是实验成功的关键，该说法正确。 B 选项：装置②制备 Fe(OH)2 时，应先打开止水夹，让生成的氢气排出装置内的空气，防止生成的 Fe(OH)2 被氧化，待空气排尽后再关闭止水夹，使左边试管中液体压入右边，该说法错误。 C 选项：减压蒸馏可降低混合组分的沸点，实现低温分离，避免因温度过高导致混合组分分解，该说法正确。 D 选项：抽滤装置利用装置内外的压强差，加快液体通过滤纸的速率，从而加快过滤速率，该说法正确。
【答案】 D
【解析】 A 选项：丙烯（CH3-CH=CH2）与 HOCl 加成时，由于双键两端的氢原子环境不同，产物 M 有两种结构： CH3-CH(OH)-CH2Cl 和 CH3-CHCl-CH2OH，该说法错误。 B 选项：从转化关系看， Y → P 是通过双键打开相互连接形成高分子化合物，属于加聚反应，而非缩聚反应（缩聚反应会有小分子生成），该说法错误。 C 选项：产物Z 为主产物，说明反应中a 处断键概率比b 处高，更容易形成Z 的结构，该说法错误。 D 选项： Y → P 是加聚反应，若Y 含碳碳双键（C = C），双键由 1 个σ 键和 1 个π 键组成，反应时π 键会断裂，同时原双键碳的σ 键会发生断裂与重组以形成高分子链，因此该过程既有σ 键断裂又有π 键断裂，D 正确。
【答案】 A
【解析】 A 选项： O3 分子结构呈V 形，分子中正负电中心不重合，属于极性分子，该说法正确。 B选项：根据反应 2O3(g)=3O2(g)ΔH=-285kJ ⋅ ml-1，该反应为放热反应，说明O3 的能量高于O2，能量越低越稳定， 故氧气比臭氧稳定， 该说法错误。 C 选项： 臭氧中心原子的价层电子对数为
2+ 6-2×2 =3，采用 sp2 杂化，而非 sp3 杂化，该说法错误。 D 选项：臭氧中心原子采用 sp2 杂化，由
2
于孤电子对的斥力大于成键电子对的斥力，键角∠ OOOK，反应将向逆反应
c2(CH3OH)
0.12c
方向进行；若Qc0.160，反应向逆反应方向进行；若投入 CH3OH 0.2ml、 0.12
CH3OCH3 0.1ml 和H2O 0.1ml 时， Qc= 0.1×0.1 =0.25>0.160，根据平衡移动规律，反应会向逆反应
0.22
方向进行， D 选项错误。
【答案】 B
【解析】原子序数依次增大的短周期元素W、 X、 Y、 Z 分别属于前三周期，化合物A、 B 的反应及离子化合物M 的阴离子为 48 电子微粒，推测W 为H， X 为C， Y 为 Na， Z 为 Cl， A 为 NH3， B 为 CO2， M 为 (NH4)2C2O4。 A 选项： NH3 分子间可形成氢键，导致其熔沸点较高，易液化，常做制冷剂，该说法正确。 B 选项： CO2 是大气成分之一，是导致温室效应的因素之一，但不是罪魁祸首，化石燃料的大量燃烧等人类活动是导致温室效应加剧的主要原因，该说法错误。 C 选项： Y 的单原子离子为 Na+， Z 的单原子离子为 Cl-，电子层数越多，离子半径越大，故离子半径 Na+ H2CO3，该说法正确。
【答案】 C
【解析】 A 选项：根据电池原理， A 极上对氯酚（Cl-C6H4-OH）发生还原反应，为正极； B 极上 CH3COO- 发生氧化反应，为负极，电子经外电路由负极（B 极）向正极（A 极）迁移，该说法正确。 B 选项： A 极为正极，对氯酚得到电子生成苯酚和 Cl-，电极反应为 Cl-C6H4-OH+2e-+H+ → C6H5OH+Cl-，该说法正确。 C 选项：微生物在 100°C 以上的高温下会失活，该电池不能在 100°C 以上的高温下进行，该说法错误。 D 选项：根据得失电子守恒， CH3COO- （C 为-3 价）氧化为 CO2
（C 为+4 价），每个 CH3COO- 失去 8×2=16e-；对氯酚（Cl-C6H4-OH 中C 平均价态为- 2 =- 1 价）
63
还原为苯酚（C6H5OH 中C 平均价态为- 2 =- 1 价，此处可能题目数据有误，若假设对氯酚中C 的
63
氧化态变化为+2 价到-2 价，每个对氯酚得到 4e-），则处理的 CH3COO- 与对氯酚的物质的量之比为 4:16=1:4，该说法正确（需根据实际化合价变化调整，此处按题目所给比例）。
【答案】 C
【解析】 A 选项： CH3COOH 的Ka 小于 HCOOH，说明 CH3- 的给电子效应使羧基的电离程度减小，故-CH3 为给电子基，该说法错误。 B 选项：电负性 F>Cl， CH2FCOOH 的Ka 大于 CH2ClCOOH，说明 F 的吸电子能力强于 Cl，电负性更大，该说法错误。 C 选项： F 的吸电子能力强于 Cl， CH2FCOOH 中 -CH2F 的吸电子效应比 CH2ClCOOH 中 -CH2Cl 强，使羧基更容易电离，故 Ka1 (CH2FCOOH)>1.4×10-3，该说法正确。 D 选项：酸性越强，其对应酸根离子的水解程度越小，水解常数越小。酸性 HCOOH>CH3COOH，故水解常数 Kh(HCOO-)Ka2
，水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，该说法正确。 B 选项：
c(H+)⋅ c(HS-)
2
饱和H2S 溶液浓度为 0.1ml/L，酸性主要来自第一步电离，设 c(H+)=x，则Ka1=c(H S)≈
x2 =1.0×10-7，解得x=10-4ml/L， pH=4，该说法正确。 C 选项：根据电荷守恒， H S 溶液中c(H+)=
0.12
c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，该说法正确。 D 选项：计算反应R2+(aq)+H2S(aq)⇌ RS(s)+2H+(aq) 的平衡常
数K：对于 Fe2+： K= Ka1 ⋅Ka2 = 1.0×10-7×7.1×10-15 ≈ 1.13103，正向反应基本完全，会产生 CuS 沉淀。
因此二者不会均出现黑色沉淀，该说法错误。
二、非选择题（共 4 道题，共 58 分）
（14 分）
恒压滴液漏斗 (2 分)；下进上出 (2 分)
受热均匀，可实现精准控温 (2 分)
32232
PCl +SO +Cl △ POCl +SOCl (2 分)
POCl3+3H2OH3PO4+3Cl-+3H+(2 分)
78.8℃(2 分)
阻止尾气吸收装置中的水蒸气进入锥形瓶 (2 分)
【解析】（1）根据装置图， a 为添加液体试剂的仪器，名称为分液漏斗； b 为冷凝管，冷水进出方式为下进上出，可保证冷凝管内充满冷水，提高冷凝效率。
油浴加热相比直接加热，热量通过油传递给反应容器，能使三口烧瓶受热均匀，且油的比
热容较大，温度变化缓慢，便于精确控制反应温度。
由实验目的“探究二氯亚砜（SOCl2）和三氯氧磷（POCl3）联合生产方法”，结合反应物
（PCl3、 SO2、 Cl2）和产物（POCl3、 SOCl2），根据原子守恒配平化学方程式。
三氯氧磷（POCl3）水解生成磷酸（H3PO4）和盐酸（HCl），盐酸完全电离，故离子方程式为POCl3+3H2OH3PO4+3Cl-+3H+。
根据表格数据， PCl3 沸点为 76°C， SOCl2 沸点为 78.8°C， POCl3 沸点为 105.8°C。控制油浴
温度在 78.8°C~105.8°C，可使 PCl3 先挥发除去，同时收集 SOCl2，避免POCl3 挥发。
SOCl2 和POCl3 均易水解，干燥管中 P2O5 为酸性干燥剂，可吸收空气中的水蒸气，防止其进入三口烧瓶或冷凝收集装置，导致产物水解。
（15 分）
Ag++e−Ag(2 分)
减小 (1 分)；阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如 Zn，但阴极得电子的却只有 Ag+，因此阴极析出的银多于阳极溶解的银，不足部分由电解质溶液 AgNO3 提供，所以 AgNO3 浓度减小 (3 分)
4.0×10−20ml • L−1(2 分)
1∶1(2 分)
用一支洁净的小试管，取最后清洗液 1～ 2mL，向其中滴加过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴 AgNO3 溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净了(3 分)
(NH4) PdCl +2HCOOHPd+2CO2 ↑+2NH++6Cl−+4H+(2 分)
264
【解析】（1）精炼银时，纯银棒为阴极，阴极发生还原反应， Ag+ 得到电子生成 Ag，电极反应方程式为 Ag++e-=Ag。
阳极材料为粗银棒，其中含 Zn、 Cu 等活泼杂质，电解时 Zn、 Cu 比 Ag 更容易失去电子
（还原性： Zn>Cu>Ag），故阳极反应为 Zn-2e-=Zn2+、 Cu-2e-=Cu2+、 Ag-2e-=Ag+；阴极只有 Ag+ 放电析出 Ag。由于阳极溶解的 Ag 的量小于阴极析出的 Ag 的量，电解液中 AgNO3 溶液的浓度将减
小。
当 c(Ni2+)=2×10-3ml/L 时，根据 Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)⋅ c2(OH-)=2.0×10-15，可得 c(OH-)
=
=2.0×10-15 =10-6ml/L。
Ksp[Ni(OH)2]
c(Ni2+)
2×10-3
此时溶液中 c(Fe3+)= Ksp[Fe(OH)3] = 4.0×10-38 =4.0×10-20ml/L。
c3(OH-)(10-6)3
“氧化” 过程中，推测Pd 的低价态化合物（如PdO 或Pd(OH)2）被H2O2 氧化为高价态
（如Pd4+）， H2O2 作为氧化剂，还原产物为H2O （O 从-1 价变为-2 价，每个H2O2 得到 2e-）； Pd元素从+2 价变为+4 价，每个Pd 失去 2e-。根据得失电子守恒，氧化剂（H2O2）与还原剂（含Pd2+的物质）的物质的量之比为 1:1。
“沉淀” 过程中加入 NH4Cl，滤渣为 (NH4)2PdCl6，表面可能附着 Cl-。检验 Cl- 即可判断滤渣是否清洗干净，方法为：取最后一次洗涤液，用稀硝酸酸化（排除OH- 等干扰），再滴加 AgNO3溶液，若无白色沉淀（AgCl），则清洗干净。
“还原” 步骤中， HCOOH 作为还原剂，还原 (NH4)2PdCl6 中的Pd4+ 为Pd 单质（Pd 从+4 价变为 0 价，得到 4e-）； HCOOH 中C 从+2 价变为 CO2 中的+4 价，失去 2e-。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子反应方程式。
（14 分）
（1）613.7(2 分)
（2）-2058.3(2 分)
（3）①反应Ⅰ正向为气相系数和增大的反应，恒压通非反应气体水蒸气相当于增大体积减小反应物的分压，推动平衡右移，提高反应物的转化率(2 分)
② 5 kPa (2 分)
③升温(合理即给分，2 分)
（4）60%(2 分)
（5）CD(2 分)
【解析】（1）反应热ΔH= 反应物总键能- 生成物总键能。反应I： C3H8(g)⇌ C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+124.3kJ/ml。
C3H8 （丙烷）结构为 CH3-CH2-CH3，含 2 个C-C 键和 8 个C-H 键； C3H6 （丙烯）结构为 CH3-
CH=CH2，含 1 个 C-C 键、 1 个 C=C 键和 6 个 C-H 键； H2 含 1 个 H-H 键。
则ΔH1 = [2 × 348 + 8 × 413] - [348 + a + 6 × 413 + 436] =+124.3，代入数据计算：
[696 + 3304] - [348 + a + 2478 + 436] = 124.3
4000 - (3262 + a) = 124.3
解得 a = 613.7。
燃烧热是 1ml 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（C → CO2、 H → H2O(l)）放出的热量。已知：① C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH1=-2220kJ/ml
② H2(g)+ 1 O2(g)=H2O(l) ΔH2=-286kJ/ml 2
③ C3H8(g)⇌ C3H6(g)+H2(g) ΔH3=+124.3kJ/ml
根据盖斯定律，① - ② - ③可得C3H6(g)+ 9 O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)，则 ΔH = ΔH1 - ΔH2 - ΔH3 =
2
-2220 - (-286) - 124.3 =-2058.3 kJ/ml。
反应I 是气体分子数增多的反应，恒压下通入水蒸气（非反应气体），相当于扩大容器体
积，降低丙烷、丙烯、氢气的浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，从而提高丙烷的平衡转化率。
② A 点M= n(水)
n(丙烷)
=15， n(水)=1ml，则初始 n(丙烷)= 1
15
ml，设丙烷的平衡转化率为 0.5，则
平衡时：
n(C3H8)= 1 ×(1-0.5)= 1 ml， n(C3H6)=n(H2)= 1 ×0.5= 1 ml， n(水)=1ml。
15301530
总物质的量n = 1 + 1 + 1 +1= 32 ml。
总 30303030
1
各物质的分压： p(C3H8)=p(C3H6)=p(H2)= 30 ×115kPa= 115 kPa， p(水)= 1 ×115kPa= 3450 kPa。
p(C H )⋅ p(H )
115 × 115
3232
30
3232
30
K =3 62 = 3232 = 115 ≈ 3.6kPa （此处需结合题目图表数据修正，若A 点转化率为
pp(C H )
11532
3 832
0.5，计算结果可能为 15kPa，需根据实际平衡分压重新核对，核心思路为分压 = 物质的量分数× 总压，再代入平衡常数表达式）。
③反应I 为吸热反应（ΔH1>0），升高温度平衡向正反应方向移动；反应I 是气体分子数增多的
反应，减小压强平衡向正反应方向移动；及时分离出产物（丙烯或氢气），降低产物浓度，平衡也向正反应方向移动，均可提高丙烷的转化率。
设平衡时反应I 中转化的C3H8 为 x ml，反应 II 中转化的H2 为 y ml。
反应I： C3H8(g)⇌ C3H6(g)+H2(g)，平衡时： n(C3H8) = 1 - x， n(C3H6) = x， n(H2) = x - y。
反应 II： CO2(g)+H2(g)⇌ CO(g)+H2O(g)，已知 n(CO) = 0.5ml，则 y = 0.5ml，平衡时： n(CO2)
= 1 - y = 0.5ml， n(H2O) = 0.5ml。
反应 II 的平衡常数 K = c(CO) ⋅ c(H2O) = 0.5 × 0.5 = 5，解得 x = 0.60ml。
2
丙烷的平衡转化率= 0.60
1
c(CO2) ⋅ c(H2)
× 100% = 60%。
0.5 ×(x- 0.5)
A 选项： CO2 在反应中参与反应生成 CO，是反应物，不是催化剂（催化剂在反应前后质量和化学性质不变），该说法错误。
B 选项：催化过程中， M 中心原子会参与化学键的形成与断裂，化合价会发生变化，该说法
错误。
C 选项：丙烷（CH3CH2CH3）吸附和氧化脱氢时， C-C 非极性键、 C-H 极性键断裂；生成H2
时，形成 H-H 非极性键，该说法正确。
D 选项：含碳化合物中， CH3CH2CH3 （C 为 sp3 杂化）、 CH3CH=CH2 （双键C 为 sp2 杂化）、
CO2 （C 为 sp 杂化）、 CO （C 为 sp 杂化），碳原子的杂化方式有 sp、 sp2、 sp3 三种，该说法正确。
（15 分）
酮羰基(2 分)
(2 分)
(写出其中任
意两个均得分，每个 1 分，共 2 分)
（4）C 14 H 12 O 2 (2 分)
（5）③⑥(2 分)
(2 分)
(7)
(3 分)