安徽省部分高中2025-2026学年高三上学期开学联考化学试题（解析版）

这是一份安徽省部分高中2025-2026学年高三上学期开学联考化学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了 下列有关反应的方程式错误的是，008ml）需0， 某化合物的结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 C-59 Ag-108 Sb-122
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列有关物质用途的说法错误的是
A. 可用作红色颜料B. 碳酸钠溶液可以去除油污
C. 液氨可以用作制冷剂D. 亚硝酸钠可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A．Fe2O3为红棕色固体，常用于红色颜料（如铁红），A正确；
B．碳酸钠溶液显碱性，能促进油脂水解，可用于去除油污，B正确；
C．液氨汽化吸热，可用作制冷剂，C正确；
D．亚硝酸钠有毒，主要用作防腐剂和护色剂，而非干燥剂；食品干燥剂常用生石灰或硅胶，D错误；
故选D。
2. 以下使用的科学实验方法达不到目的的是
A. 用同位素示踪法研究乙酸乙酯的合成
B. 用红外光谱测定某单糖中是否含有醛基
C. 用X射线衍射法检测食品中重金属含量
D. 用核磁共振氢谱确定某种油脂的氢原子种类
【答案】C
【解析】A．同位素示踪法可通过标记氧原子追踪酯化反应中羟基和氢的转移路径，适用于研究乙酸乙酯的合成，A正确；
B．红外光谱可确定有机物中化学键或官能团，因此用红外光谱可以测定某单糖中是否含有醛基，B正确；
C．X射线衍射法用于分析晶体结构，而非定量检测元素含量，重金属含量检测需原子吸收光谱等方法，C错误；
D．核磁共振氢谱可区分不同化学环境的氢原子，油脂中不同脂肪酸链的氢原子种类可通过峰位置确定，D正确；
故选C。
3. 用下列化学知识对相应体育场景的解释不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．碳酸镁作为防滑粉，能吸收汗水保持干燥，增大摩擦力，解释合理，A正确；
B．氯乙烷常温下为气态（沸点约12℃），需加压液化储存，喷出后汽化吸热，而非“常温下为液态”，解释错误，B错误；
C．运动后饮用淡盐水补充流失的Na+和Cl-，维持电解质平衡，解释合理，C正确；
D．长跑时肌肉细胞无氧呼吸产生乳酸，积累导致酸痛，解释合理，D正确；
故选B。
4. 维生素，又称叶绿醌，它在人体中参与凝血过程，其结构简式如下：
下列有关该物质的说法，正确的是
A. 该物质不存在顺反异构
B. 每个分子中含2个手性碳原子
C. 1ml维生素催化加氢最多可消耗5ml
D. 属于水溶性维生素
【答案】B
【解析】A．该物质侧链含碳碳双键，双键两端碳原子分别连接不同基团（如一侧为碳链、一侧为H，另一侧为碳链和甲基），存在顺反异构，A错误；
B．手性碳原子需连接4个不同基团，根据结构简式可知该分子中存在2个手性碳原子，B正确；
C．根据结构简式可知，分子中含有1个苯环、2个酮羰基、2个链碳碳双键，1ml维生素催化加氢最多可消耗3ml+1ml+1ml=7ml H2，C错误；
D．维生素K1中不含亲水基团，属于脂溶性维生素，D错误；
故选B。
5. 极为活泼，其分子中、都满足8电子稳定结构。在低温下会发生反应①，生成的又能与氢氧化钠溶液发生反应 ②，下列说法错误的是
A. 的空间构型类似于
B. 反应①的氧化产物为
C. 反应①和②均有非极性键的形成
D. 生成等量，转移电子数：反应②是反应①的2倍
【答案】D
【解析】A．O2F2的结构中、都满足8电子稳定结构，结构式为F-O-O-F，类似于H2O2的结构，两者均为非平面分子，空间构型类似，A正确；
B．反应①中O的氧化态从+1（O2F2）升至+2（OF2），OF2为氧化产物，B正确；
C．反应①生成O2（含O-O非极性键），反应②生成O2（同样含O-O非极性键），两者均有非极性键形成，C正确；
D．反应①生成1ml O2转移2ml电子（O从+1→0），反应②是归中反应，生成1 ml氧气 时，1 ml O原子从+2价降至0价，1 ml O原子从-2价升至0价，生成1ml O2转移2 ml电子。因此生成等量氧气反应②与反应①转移的电子数之比为1:1，D错误；
故选D。
阅读下列材料，完成下列2个小题。
乙醇是一种常见的有机物，俗称酒精，与水任意比互溶，在生活和工业中用途广泛。金属钠和无水乙醇可缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为NaOH。碱性条件下乙醇可与发生碘仿反应生成亮黄色的沉淀和HCOONa。300℃时乙醇可与氧化锌反应得到乙醛。
6. 下列有关反应的方程式错误的是
A. 乙醇和金属钠的反应：
B. 乙醇钠和水的反应：
C. 乙醇的碘仿反应：
D. 乙醇与氧化锌的反应：
7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A. 与结合能力：
B. 常温常压下沸点：
C. 氢氧键的极性：
D. 微粒所含电子数：
【答案】6. C 7. B
【解析】6.A．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，方程式为：，A正确；
B．乙醇钠水解生成NaOH和乙醇，方程式为：，B正确；
C．碘仿反应在碱性条件下进行，产物中不应出现H+，正确的方程式为：C2H5OH + 4I2 + 6OH- → CHI3↓ + HCOO- + 5I-+ 5H2O，C错误；
D．乙醇与氧化锌反应生成乙醛、锌和水，方程式为：，D正确；
故选C。
7.A．-CH2CH3是推电子基，CH3CH2O-中O原子周围电子密度更大，结合H⁺能力更强，则与结合的能力：CH3CH2O->OH-，A错误；
B．每个水分子能形成的氢键数更多，且-CH2CH3是推电子基，使得C2H5OH分子间的氢键相比H2O较弱，则常温常压下沸点：，B正确；
C．-CH2CH3是推电子基，使得C2H5OH中O-H极性较弱，则氢氧键的极性：CH3CH2OHS（Y）>K（Z）；第一电离能：O（X）>S（Y）>K（Z），均为X>Y>Z，D错误；
故选D。
10. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．向10mL 0.1ml/L NaOH溶液中加入10mL 0.1ml/L MgCl2溶液，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀（NaOH少量，Mg2+过量），再加入20mL 0.1ml/L CuSO4溶液，若沉淀变为蓝色，说明Mg(OH)2转化为更难溶的Cu(OH)2，即Cu(OH)2的Ksp更小，可验证目的，A正确；
B．乙醇与浓硫酸170℃共热制乙烯时，浓硫酸会将乙醇氧化生成SO2，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，干扰CO2的检验，无法验证乙烯中含CO2，B错误；
C．2mL 0.2ml/L FeCl3（含0.0004ml Fe3+）与2mL 0.15ml/L NaI（含0.0003ml I-）混合，I-不足、Fe3+过量，无论反应是否可逆，Fe3+均有剩余，滴加KSCN变红不能证明反应可逆，C错误；
D．酸性KMnO4溶液褪色可能因分子中含羟基等还原性基团（如苯甲醇），不一定是碳碳双键，D错误；
故选A。
11. 一定温度下小分子烯烃之间存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在压强为的恒压密闭容器中，通入一定量的，反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度的变化关系如图所示(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。下列说法错误的是
A. 曲线a表示的物质的量分数随温度变化情况
B. 700K时反应的
C. 700K之前升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D. 加入催化剂可使曲线b和c的交点位置向上平移
【答案】D
【解析】由题意可知，反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，增多，减少；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，减少，增多，故曲线中b为，c为，然后a为；且可从的曲线变化看出，700K之前以反应I为主，700K之后以反应Ⅱ为主；
A．由分析可知曲线a表示的是，A正确；
B．700K时，a的x=0.6（C3H6），b和c交于x=0.2（C4H8和C2H4）。反应Ⅲ：，气体分压等于物质的量分数乘压强，所以p(C4H8)=0.2p，p(C2H4)=0.2p，， B正确；
C．700K前，C4H8（b）的x大于C2H4（c），说明升温对放热反应Ⅰ的逆向影响（C4H8减少）大于对吸热反应Ⅱ的正向影响（C2H4增加），C正确；
D．催化剂不影响平衡，曲线b和c的交点位置（平衡组成）不变，D错误；
故答案选D。
12. 掺杂氧化铈是有机污染物降解的催化剂，常用等物质掺杂，在其立方晶胞中占据原来的位置，可以得到更稳定的结构。已知：的空缺率。下列说法正确的是
A. 基态O原子的价层电子所占的原子轨道有6种伸展方向
B. 晶胞中，的配位数为8
C. 若A原子的坐标为，则B原子的坐标为
D. 若掺杂后得到的晶体，则晶体中的空缺率为
【答案】D
【解析】A．基态O原子价层电子排布式为2s22p4，占据2s和2p轨道，s轨道1种伸展方向，p轨道3种伸展方向，共4种伸展方向，A错误；
B．CeO2晶胞中离O2-最近且距离相等的Ce4+数为4，所以氧离子的配位数为4，B错误；
C．若A原子的坐标为，则B原子的坐标为，C错误；
D．氧化铈(CeO2)晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，未掺杂之前，每个晶胞中有4个Ce，8个O，若掺杂 Y2O3后得到nCeO2:nY2O3=0.8:0.1的晶体，每个晶胞中Ce和Y共4个时，含有个O，则此晶体中的空缺率为，D正确；
故答案选D。
13. 二次电池具有安全性高、放电电压平稳等优势，其充电过程示意图如下。
下列叙述错误的是
A. 充电时，X极连接电源负极
B. 充电时，向Y电极移动
C. 放电时，电路中每转移1.2ml的电极增重63.9g
D. 放电时，总反应方程式为
【答案】C
【解析】由图可知，充电时，Y电极上Ag失去电子生成AgCl，Y为阳极，则X为阴极，X电极反应式为Sb4O5Cl2+12e-+10H+=4Sb+2Cl-+5H2O，Y极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl，以此解答。
A．充电时，X极发生Sb4O5Cl2转化为Sb的反应为还原反应，该电极为阴极，阴极需连接电源负极，A正确；
B．充电时为电解池，阴离子（Cl-）向阳极移动，Y极Ag转化为AgCl（氧化反应，阳极），故Cl-向Y极移动，B正确；
C．放电时X极为负极，Sb被氧化为Sb4O5Cl2，反应式为4Sb + 5H2O + 2Cl--12e-=Sb4O5Cl2+10H+，4ml Sb转移12ml e-时，电极增重为Sb4O5Cl2与4Sb的质量差：(4×122+5×16+2×35.5)g- 4×122g=151g，则转移1.2ml e-时增重151g×=15.1g≠63.9g，C错误；
D．放电时负极反应为4Sb+5H2O+2Cl--12e-=Sb4O5Cl2+10H+，正极反应为12AgCl+12e-=12Ag+12Cl-，总反应相加得4Sb + 12AgCl+5H2O=Sb4O5Cl2+12Ag+10Cl-+10H+，D正确；
故选C。
14. 属于二元弱酸，25℃时，的NaHA溶液，加水稀释过程含A微粒的物质的量分数与关系如图所示。已知。下列说法错误的是
A. 表示随的变化曲线
B. a点时，
C. 起点时NaHA的浓度为
D. b点溶液中，
【答案】B
【解析】的NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，初始时NaHA溶液pH=1（显酸性），HA-电离程度大于水解程度，含A微粒中HA-为主，δ最大，对应L1，A2-和H2A为次要微粒，且电离产物A2-浓度大于水解产物H2A，初始δ：L2=0.155＞L3=0.050，故L2为δ(A2-)曲线，L3为δ(H2A)曲线，以此解答。
A．由分析可知，表示随的变化曲线，A正确；
B．初始时c(H+)=0.1ml/L，c(HA-)=0.795ml/L，c(H2A)=0.050ml/L，c(A2-)=0.155ml/L，H2A的Ka1=H+HA-H2A=0.1×，Ka2=H+A2-HA-=0.1×≈2×10-2，a点时，c(HA-)=c(A2-)，c(H+)=Ka2=0.02ml/L，则H2AHA-=cH+Ka1=≈1.3×10-2，B错误；
C．起点pc(Na+)=0，即c(Na+)=100=1ml/L，Na+不水解，其浓度等于初始NaHA浓度，故起点NaHA浓度为1ml/L，C正确；
D．NaHA溶液中，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)；物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，两式联立消去c(Na⁺)得，D正确；
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 某含钴废料含有，还含有、、、等杂质，一种提取该废液中钴的流程如图所示。
已知：
①实验条件下，和开始沉淀的pH分别为6.6和7.8，其氢氧化物的分别为、。
②黄钠铁矾是粗颗粒沉淀，是絮状或者胶状沉淀。
回答下列问题：
（1）基态C的价电子排布式为___________。
（2）“还原酸浸”被还原金属离子有、___________(填离子符号)。
（3）黄钠铁矾的化学式为，请写出和反应得到黄钠铁矾的化学方程式___________，此处为何不转化为沉淀，请简述一条原因___________。
（4）①“沉氢氧化钴”过程若，剩余溶液中约为___________(保留三位有效数字)。
②“高锰酸钾除锰”得到沉淀，该过程发生反应的离子方程式为___________。
（5）“沉草酸钻”后加入可将草酸钻转化为更易与硫酸反应的碳酸钴，沉淀转化反应为，该过程C元素的浸出率随变化曲线如图甲所示，时，钴浸出率高于二者之比1：1的数据的原因是___________。
（6）为实现高效的提取也可使用如图乙所示的杯芳烃衍生物，其原因是___________。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. 黄钠铁矾的溶解度更低
（4） ①. 34.8 ②.
（5）纯碱稍过量，促进碳酸钴的产生，提高钴浸出率
（6）杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别并络合，从而提高对的提取效率和选择性
【解析】废钴料加入、稀硫酸，铜、铁、锰转化为离子形式，过滤除去，再加入，pH控制在2.5-3.0，除铁，过滤分离出黄钠铁矾，加入，生成沉淀，将其分离，再加入，pH控制在7.8-8.4，形成氢氧化钴沉淀，分离出氢氧化钴后，加入稀硫酸溶解氢氧化钴，加溶液，pH控制在4左右，分离出，滤液加入，形成草酸钴，再加入，草酸钴转化为碳酸钴，再加入硫酸酸浸，碳酸钴转化为硫酸钴（），据此分析；
（1）钴是第27号元素，原子的价层电子排布式为；
（2）“还原酸浸”被还原金属离子有、
（3）①根据题意可知，反应物为、，在水溶液中反应，生成，反应化学方程式为：
②黄钠铁矾是粗颗粒沉淀，是絮状或者胶状沉淀，黄钠铁矾更稳定；黄钠铁矾的溶解度更低；水解过程中产生，溶液中存在大量，会阻止胶体的形成（回答一点即可）；
（4）①根据已知①，氢氧化钴、氢氧化锰的分别为、，根据反应：、，可得、，故cMn2+cC2+=KspMn(OH)2c(OH-)2Ksp(C(OH)2)c(OH-)2，因反应在同一环境中进行，故相同，解得cMn2+cC2+≈34.8；
②根据题意可知，生成物为，化合价从+7降至+4，离子反应方程式为：；
（5）根据题意可知，“沉草酸钻”发生的反应为可逆反应，增大反应物浓度有利于反应正向进行，纯碱稍过量，促进碳酸钴的产生，提高钴浸出率；
（6）杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别并络合，从而提高对的提取效率和选择性。
16. 对二氯苯是重要的有机化工原料，主要用作防蛀剂、防臭剂，还可用于合成农药、医药等。一种光氯合成对二氯苯的步骤如下：
Ⅰ．将47.3g(约0.3ml)对硝基氯苯加至100mL反应器中，加热到140℃。
Ⅱ．在强度为150W，波长365nm的紫外光照射下，通入氯气，流量为，反应4h。
Ⅲ．反应后的尾气可用氢氧化钠溶液吸收。
Ⅳ．反应器中的氯化液经精馏、结晶后，得到产品xg。
回答下列问题：
（1）A仪器的加热方式为___________(填“油浴”或“水浴”)，B处仪器的作用是___________。
（2）在反应器中对硝基氯苯与氯气发生取代反应生成对二氯苯的化学方程式为___________。
（3）若光照强度过大，通入氯气时流量过大，可能产生的副产物有___________(任写一种，写结构简式)。
（4）尾气处理装置最好选用如下装置___________(填“A”或“B”)，工业生产中吸收尾气用20%氨水而不用NaOH溶液，优点是___________(任写一点)。
（5）反应结束后的氯化液，先用溶液洗涤的目的是___________。
（6）反应中对硝基氯苯的转化率为60.0%，对二氯苯的选择性为，精制过程若无其他损失则所得产品质量x约为___________g。(保留3位有效数字)
【答案】（1） ①. 油浴 ②. 冷凝并回流挥发出的反应物(或产物)，防止其损失
（2）+Cl2+ClNO2
（3）或或或 （4） ①. A ②. 副产物 NH4Cl 可回收利用或避免过多碱液消耗，降低成本等
（5）除去残余ClNO 或其它有强氧化性的杂质
（6）26.2
【解析】一种光氯合成对二氯苯的步骤：将0.3ml对硝基氯苯加至100mL反应器中，油浴加热到140℃，在强度为150W，波长365nm的紫外光照射下，通入氯气，发生取代反应生成对二氯苯，反应后的尾气可用氢氧化钠溶液吸收。
（1）由题意可知，A仪器需要加热到140℃，加热方式为油浴，B处仪器的作用是：冷凝并回流挥发出的反应物(或产物)，防止其损失。
（2）对硝基氯苯与氯气在紫外光照射下发生取代反应生成对二氯苯和ClNO，化学方程式为：+Cl2+ClNO2。
（3）若光照强度过大、氯气流量过大，会进一步在苯环上发生多氯化生成或或或。
（4）用NaOH溶液吸收过量的氯气时，为了使氯气与吸收液充分接触，应选用图中A装置，工业上用约 20 % 的氨水替代 NaOH 溶液，其优点之一是：副产物 NH4Cl 可回收利用或避免过多碱液消耗，降低成本等。
（5）NaHSO3具有还原性，可以和ClNO2发生氧化还原反应，用 NaHSO3溶液洗涤氯化液的主要目的是：除去残余的ClNO2 或其它有强氧化性的杂质。
（6）起始对硝基氯苯物质的量为0.30 ml，转化率为 60.0 %，生成目标产物对二氯苯的选择性为99.0 %，则实际生成对二氯苯的物质的量为0.30ml×60.0 %×99.0 %≈0.1782 ml，对二氯苯的摩尔质量为147 g / ml，故产品质量m≈0.1782 ml × 14 7g/ml≈26.2g。
17. 二甲醚(DME)作为一种新兴的基本有机化工原料，在制药、燃料、农药等化学工业中有许多独特的用途，还是未来制取低碳烯烃的主要原料之一、回答下列问题。
（1）已知反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
则___________。
（2）在2 L密闭容器中充入和发生上述Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应，测得平衡时含碳物质的物质的量分数、的转化率与温度的关系如图。
①600K后，CO(g)的物质的量分数增大的原因可能是___________。
②660K达平衡时，H2O(g)的体积分数为___________；反应Ⅰ的K=___________。
（3）CO与二甲醚可发生反应： △H。反应中二甲醚的平衡转化率与温度和压强的关系见下图：
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