精品解析：安徽省六安第一中学2025届高三下学期模拟预测化学试题（含答案）

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时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。
1. 中华优秀传统文化涉及很多化学知识。下列说法错误的是
A. “世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，文中的“裘”的主要成分是蛋白质
B. 《神农本草经》中“石胆……能化铁为铜、成金银”描述的是湿法炼铜
C. “凿开混沌得乌金，不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是煤炭
D. 《本草纲目拾遗》中有对强水的记载：性最猛烈，能蚀五金。强水属于强电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．“裘”一般指动物皮毛制成衣物，动物皮毛的主要成分是蛋白质，A正确；
B．“石胆……能化铁为铜、成金银”指的是硫酸铜与铁发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜单质，描述的是湿法炼铜，B正确；
C．“凿开混沌得乌金，不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采，“乌金”的主要成分是煤炭， C正确；
D．“强水”性最猛烈，能蚀五金，强水是硝酸溶液，而电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，所以强水不属于强电解质，D错误；
故答案为：D。
2. 利用CrCl3+3+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是
A. 0.1 ml 中σ键数目为1.4NA
B. 标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA
C. 2 ml Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA
D. 1 L 0.1 ml·L-1 NH4Cl溶液含有的数目为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，0.1 ml中，σ键数目为1.4NA，A项正确；
B．标准状况下，每消耗6.72 L(0.3 ml)NH3，生成0.1 ml Cr(C5H7O2)3，其数目为0.1NA，B项正确；
C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个中的氧原子形成3个配位键，则2 ml Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA，C项正确；
D．1 L 0.1 ml·L-1 NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，则含有的数目小于0.1NA，D项错误；
故选D。
3. 下列实验操作对应的装置正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．紫红色的铜和氯气在加热条件下反应生成棕黄色氯化铜，过量的氯气可用碱石灰吸收，A项正确；
B．石油分馏时，接收馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因液气体增加导致气体压强增大而发生意外事故，B项错误；
C．NaHSO3与H2O2的反应无明显现象，无法得出实验结论，C项错误；
D．给坩埚加热时，需要搭配三脚架、泥三角，边加热边用玻璃棒搅拌，D项错误；
故选A。
4. 有机化合物c的合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. 化合物a的分子式为
B. 化合物b到c的反应为取代反应
C. 化合物c只能与酸反应，不能与碱反应
D. 化合物a和足量加成后的生成物分子中，含有四个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化合物的结构简式可知，其分子式为，A错误；
B．化合物到的反应中，羧基去掉羟基，去掉原子，发生取代反应，B正确；
C．由c的结构简式可知，分子中含有酰胺基，酰胺基在酸、碱作用下均能水解，C错误；
D．化合物a和氢气加成后生成物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中含有2个手性碳原子，位置为：，D错误；
故选B。
阅读下列材料，完成以下问题。
ⅢA族元素及其化合物应用广泛。硼的熔点很高，其硬度仅次于金刚石，单质硼可以溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，硼酸溶于水，可用作防腐剂；硼烷(B2H6，常温下呈气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水；氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一，与硼烷的相对分子质量相近，但沸点却比硼烷高得多；BF3是石油化工的重要催化剂；Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱。
已知25 ℃时H3BO3的电离常数Ka=5.8×10-10。
5. 下列相关的离子方程式正确的是
A. 硼与热的浓硝酸反应：B+3HNO3(浓)H3BO3+3NO2↑
B. 硼酸与过量NaOH溶液反应：H3BO3+OH-=B(OH)
C. 将精制氟硼酸钠加热到384 ℃时可得三氟化硼气体：BF=F-+BF3↑
D. Al2O3和NaOH溶液反应：Al2O3+OH-+2H2O=Al(OH)
6. 硼烷(BnHm)及其衍生物是用途极广的化学试剂，也是一种固体储氢材料。氨硼烷在一定条件下和水发生如下反应：3NH3BH3+6H2O=(NH4)3B3O6+9H2↑，下列说法错误的是
A. B原子由1s22s12p→1s22s12p2p需吸收能量
B. 沸点：氨硼烷>乙硼烷(B2H6)
C. B3O和NH3BH3中B的杂化方式不相同
D. H3NBH3分子中氢的化合价不完全相同
【答案】5. B 6. A
【解析】
【5题详解】
A．硼溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，则硼与热的浓硝酸反应的离子方程式为B+3H++3NH3BO3+3NO2↑，A错误；
B．硼酸为一元弱酸，离子方程式书写时，用化学式表示，则硼酸与NaOH溶液反应：H3BO3+OH-=B(OH，B正确；
C．将精制氟硼酸钠加热到384 ℃时可得三氟化硼气体，其离子方程式为NaBF4=NaF+BF3↑，C错误；
D．Al2O3和NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸根离子和水，离子方程式:Al2O3+2OH-+3H2O=2Al(OH，D错误；
故答案为：B；
【6题详解】
A．B原子由1s22s121s22s122,2px与2py能量相同，不需吸收能量，A错误；
B．氨硼烷分子中存在氢键，使其沸点高于乙硼烷，B正确；
C．在B3中B周围的价层电子对数为3，采取sp2杂化，NH3BH3中B周围的价层电子对数为4，采取sp3杂化，杂化方式不相同，C正确；
D．N元素的非金属性强于H，H显正价，B元素的非金属性弱于H，H显负价，所以分子中氢的化合价不完全相同，D正确；
故答案为：A。
7. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数之和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述不正确的是
A. 简单离子半径：Y>Z
B. 该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒
C. X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
D. 该化合物的阴离子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】Y为地壳中含量最多的元素，则Y为O；W形成一个共价键且原子序数最小，则W为H；Z显+1价，且原子序数大于O，则Z为Na；四种元素的原子序数之和为25，则X为B，据此回答。
【详解】A．O2-和Na+电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，则离子半径：O2->Na+，A正确；
B．该化合物中存在键，具有强氧化性，可杀菌消毒，B正确；
C．X为B，B的最高价氧化物对应水化物的分子式为H3BO3，H3BO3是一元弱酸，C正确；
D．该化合物的阴离子中氢原子最外层有2个电子，未达到8电子稳定结构，D错误；
故选D。
8. 晶体的晶胞如图所示(已知该立方晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为Mg/ml)，以下说法错误的是
A. 中，中心离子的配位数为6
B. 离最近的有8个
C. 若规定A点原子坐标为(0，0，0)，B点原子坐标为，则C点原子坐标为
D. 晶体密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．中的中心离子为C2+，其配位原子为N，配位数为6，故A正确；
B．以上面面心的为对象，最近的有4个位于晶胞内部，面心的被2个晶胞共有，则离最近的有8个，故B正确；
C．C位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相等的小立方体，则C位于左后上的小立方体的体心，C的原子坐标参数为，故C正确；
D．根据均摊法，一个晶胞中含个数为，含有个数为8，则每个晶胞含有4个，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞质量为，故D错误；
故选D。
9. 为研究沉淀的生成及转化，同学们进行如图所示实验。
下列关于该实验的分析正确的是
A. ①的溶液中不存在
B. ①至②的实验能说明加入能使反应正向移动
C. 上述实验能证明向沉淀转化反应的发生
D. ③中溶液变红说明
【答案】C
【解析】
【详解】A．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体存在平衡，A项错误；
B．②中溶液不变红说明加入不能使反应正向移动，B项错误；
C．②中溶液不变红，③中溶液变红，说明③中c（SCN－）增大，存在AgSCN（s）+I－AgI（s）+SCN－（aq）反应，能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生，C项正确；
D．③中溶液变红说明③中c（SCN－）增大，存在AgSCN（s）+I－AgI（s）+SCN－（aq）反应，但由于加入的KI溶液浓度大于KSCN，故c（Ag+）·c（I－）＞Ksp（AgI），即可产生碘化银沉淀，不能证明，D项错误。
答案选C。
10. BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。已知：BaS易溶于水，CaS微溶于水，“沉淀”生成BaTiO(C2O4)2。
下列说法不正确的是
A. “焙烧”步骤中，炭粉起还原剂作用，BaSO4被还原
B. “沉淀”步骤中，发生的反应为非氧化还原反应
C. “酸化”步骤中，使用的酸为稀硝酸
D. “热分解”步骤中，产生的n(CO2)∶n(CO)=1:1
【答案】C
【解析】
【分析】硫酸钡与过量炭粉、过量氯化钙混合焙烧产生CO，所得物质加水浸取，除去滤渣CaS，滤液中加入盐酸酸化，浓缩结晶得到母液和晶体，加水溶解后加入TiCl4、(NH4)2C2O4，去掉滤液，固体热分解得到粉状BaTiO3，据此分析解答。
【详解】A．由流程可知，“焙烧”步骤中，炭粉转化为CO，碳元素的化合价升高，炭粉作还原剂，将硫酸钡转化为硫化钡，A正确；
B．“沉淀”步骤中，BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4，将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2，对应的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O=BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl，B正确；
C．“酸化”的作用是将BaS转化为BaCl2且不能引入新杂质，则应选用盐酸，不能用硝酸，C错误；
D．BaTiO(C2O4)2分解的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO↑+2CO2↑，则n(CO2)∶n(CO)=1∶1，D正确；
故答案：C。
11. 化学工作者以NaOH溶液为电解质溶液，以Ni2P和CP纳米片作为电极催化材料，合成偶氮化合物()的装置如图所示(其中R表示烃基)。下列说法不正确的是
A. 电解结束后左右两侧溶液中OH-的物质的量不变
B. CP电极反应式为：
C. 与Ni2P相连的为燃料电池的负极
D. 该装置工作时，当转移电子为6ml时，理论上消耗甲醇的质量为32g
【答案】C
【解析】
【分析】甲醇燃料电池为原电池，提供电能，左侧电极室，C6H5NO2中C为价，生成的中C为，12个C原子共得到8个电子，发生还原反应，作为阴极；右侧，RCH2NH2生成RCN，少4个H原子，则失去4个电子，，发生氧化反应，作阳极，以此分析；
【详解】A．根据分析，当阴阳极得失电子相等时，阴极生成OH-的物质的量与阳极消耗OH-的物质的量相等，A正确；
B．根据分析，CP电极为阴极，发生还原反应，B正确；
C．Ni2P为阳极，与电源正极相连，C错误；
D．甲醇燃料电池中，，当转移电子为6ml时，理论上消耗甲醇1ml，，D正确；
故答案为：C。
12. 含的溶液中发生反应的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 由图可知不能氧化
B. 反应过程中包含三个基元反应
C. 若不加，该反应的化学反应速率更大
D. 和不能大量共存
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应机理可知，Fe3+为该反应催化剂，总反应为，A错误；
B．根据反应机理可知，反应过程中包含两个基元反应，B错误；
C．根据反应机理可知，Fe3+为该反应催化剂，若不加，该反应的化学反应速率减慢，C错误；
D．和间可发生化学反应，不能大量共存，D正确；
答案选D。
13. 我国承诺要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2被还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢的主要反应有：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1p2，且p1下CO的选择性小
【答案】C
【解析】
【详解】A．一定温度下，调整=相当于增大的浓度，平衡向正反应方向移动，可提高CO2的平衡转化率，A项正确；
B．反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性提高，因此曲线①②表示CH3OH的选择性随温度的变化关系，B项正确；
C．反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率由反应Ⅰ和反应Ⅱ共同决定，故无法确定，C项不正确；
D．曲线①②表示CH3OH的选择性随温度的变化关系，增大压强有利于生成CH3OH，故相同温度下，p1>p2，且p1下CO的选择性小，D项正确；
答案选C。
14. 室温下，某实验小组分别配制浓度为0.01 ml·L-1、0.02 ml·L-1、0.04 ml·L-1的H3PO2(次磷酸，一元弱酸)溶液各10 mL，将溶液分别加入三个绝热反应器中，利用电子滴定管定量滴加浓度为0.01 ml·L-1的NaOH标准溶液。通过手持式仪器得到如下图像，已知pc(X)=-lgc(X)，lg5≈0.7。下列叙述正确的是
A. 滴加NaOH溶液的过程中，a曲线对应溶液中的不变
B. a曲线代表0.04 ml·L-1的H3PO2
C. 若m=10.00，则n≈10.70
D. 滴加40.00 mL 0.01 ml·L-1 NaOH溶液后，b曲线对应溶液中存在c()+2c(H3PO2)+c(H+)=c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】未加入NaOH溶液时，H3PO2溶液浓度越小，c(H+)越小，对水的电离抑制程度越小，c水(OH-)越大，pc水(OH-)越小，则a曲线代表0.01 ml·L-1的H3PO2溶液，b曲线代表0.02 ml·L-1的H3PO2溶液，c曲线代表0.04 ml·L-1的H3PO2溶液，据此分析解题。
【详解】A．a曲线代表0.01 ml·L-1的H3PO2溶液,溶液中的=KwKa，由于该装置是绝热的，反应过程中温度升高，KwKa增大，A错误；
B．根据消耗NaOH的量可以判断a曲线代表0.01 ml·L-1的H3PO2溶液，B错误；
C．若m=10.00，则0.01 ml·L-1的H3PO2溶液中c水(OH-)=1×10-10 ml·L-1，c(H+)= ml·L-1=1×10-4 ml·L-1，则H3PO2的电离平衡常数Ka===1×10-6，0.04 ml·L-1的H3PO2溶液中c(H+)= ml·L-1= ml·L-1=2×10-4 ml·L-1，c水(OH-)= ml·L-1=5×10-11 ml·L-1，pc水(OH-)=-lg(5×10-11)=11-lg5≈10.3，C错误；
D．由图可知，加入20 mL 0.01 ml·L-1 NaOH溶液后，0.02 ml·L-1的H3PO2溶液与NaOH完全反应，加入40.00 mL 0.01 ml·L-1 NaOH溶液后，得到等浓度的NaOH和NaH2PO2溶液，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+c(OH-)和元素质量守恒c(Na+)=2c(H2P)+2c(H3PO2)，可得c(H2P)+2c(H3PO2)+c(H+)=c(OH-)，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 五氯化锑主要作为氟化工的催化剂，也用作纺织工业中织物的阻燃剂等。锑的两种氯化物性质如下表：
某兴趣小组在实验师的指导下，根据反应原理，利用如下装置（夹持仪器，抽气装置已略）制备。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是________；球形干燥管c内应填装的试剂是________（填名称）。
（2）仪器B中固体试剂不可能是________（填字母）。
a． b． c． d．
（3）实验前通入氮气的目的是__________。
（4）三口烧瓶内多孔玻璃泡的作用是__________。
（5）分离时采用减压蒸馏的原因__________。
（6）经元素分析仪测得产品仅含Cl、Sb两种元素，且物质的量之比为4.8∶1，则产品中的物质的量分数为_________。（假设该产品只含一种杂质）
（7）常作为氯化物质的氯源，如乙烯与之反应生成1，2-二氯乙烷和另一氯化物，该反应的化学方程式为：___________。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 碱石灰
（2）c （3）排除空气，防止、水解
（4）增大接触面积，加快反应速率
（5）降低沸点，防止分解
（6）90% （7）
【解析】
【分析】制备五氯化锑实验前通入氮气排除空气，防止、水解，先用A和B装置制氯气，经C装置干燥后进入D中制备五氯化锑，再减压蒸馏后在F装置中收集到五氯化锑。
【小问1详解】
①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
②球形干燥管c内应填装碱石灰，吸收多余的氯气并防止外界水蒸气进入D中；
【小问2详解】
图中没有加热，可知仪器B中固体试剂不可能是二氧化锰；
【小问3详解】
、易水解，实验前通入氮气排除空气防止其水解；
【小问4详解】
三口烧瓶内多孔玻璃泡的作用是将气体分散成小气泡，增大接触面积，加快反应速率；
【小问5详解】
由已知信息知140℃发生分解且压强低沸点低，故减压蒸馏的原因为降低沸点，防止受热分解；
【小问6详解】
设的物质的量为xml，的物质的量为yml，根据已知信息得，解方程组得，则产品中的物质的量分数为；
【小问7详解】
由题意知乙烯与反应生成1，2-二氯乙烷和另一氯化物，根据元素守恒可推测另一氯化物为，故该反应化学方程式为。
16. 某废旧锂离子电池的正极材料成分为和Al，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。
回答下列问题：
（1）中的C元素为+3价，Ni2+、Ni3+和C3+个数比为3∶2∶2，则Mn元素化合价为___________；Ni位于元素周期第___________周期，第___________族。
（2）“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为___________。
（3）“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为___________。
（4）“碳化水浸”过程中反应为：Li2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=2LiHCO3(aq)，该反应的标准吉布斯自由能(ΔGθ)和标准生成焓(ΔHθ)随温度变化如图。该过程需要控制在___________(填“a”“b”或c)进行，其原因是___________。
a．40 ℃～55 ℃ b．60 ℃～70 ℃ c．80 ℃～90 ℃
（5）常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳pH，将37 g Li2CO3固体加入1 L水中，通入CO2使固体逐步溶解，当Li2CO3固体恰好完全溶解时，2c(CO)+c(HCO)≈1.0 ml·L-1，则溶液中的c(H+)为___________ml·L-1(保留两位有效数字，忽略体积变化)。
已知：Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6× 10-11
（6）“萃取”的原理是2HR+M2+2H++RM(M2+代表金属离子，HR代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为___________。
【答案】（1） ①. ＋4 ②. 四 ③. Ⅷ
（2）
（3）＋6C5Ni＋2C＋3MnO＋CO2↑+5Li2CO3
（4） ①. a ②. 高于60 ℃，ΔGθ>0，反应非自发进行
（5）2.1×10-9
（6）稀H2SO4
【解析】
【分析】“碱浸过滤”时，Al溶于NaOH溶液生成，滤渣加入碳“还原焙烧”， C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、C、MnO、Li2CO3和CO2，“碳化水浸”过程中反应为：Li2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=2LiHCO3(aq)，过滤得到LiHCO3溶液和水浸渣：Ni、C、MnO，酸溶后萃取，Ni、C进入水相，硫酸锰进入有机相，经过反萃取得到硫酸锰。
【小问1详解】
中的C元素为+3价，Ni2+、Ni3+和C3+个数比为3∶2∶2，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，Mn元素化合价为+4；镍位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；
【小问2详解】
Al溶于NaOH溶液生成，所得滤液中主要成分是；
【小问3详解】
“还原焙烧”过程C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、C、MnO、Li2CO3和CO2，所以发生反应化学方程式为10 +6C5Ni＋2C＋3MnO＋CO2↑＋5 Li2CO3；
【小问4详解】
反应自发进行需ΔGθ0，反应非自发进行；
【小问5详解】
根据n=m/M，求得37 g Li2CO3为0.5 ml，当Li2CO3固体恰好完全溶解时，生成LiHCO31 ml，则c(Li＋)=1 ml·L-1，Ksp(Li2CO3)=c2(Li＋)·c(CO)=1×c(CO)=2.5×10-2 ，解得c(CO)=2.5×10-2 ml·L-1 ，因为2c(CO)＋c(HCO)≈1.0 ml·L-1，解得c(HCO)=0.95 ml·L-1，根据Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，解得c(H＋)≈2.1×10-9 ml·L-1；
【小问6详解】
根据“萃取”原理2HR＋M2＋2H＋＋RM，反萃取时加入稀H2SO4，增大H＋浓度，使反应向左进行。
17. 常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
（1）已知：。则___________。
（2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“