安徽省蚌埠市2025屆高三上學期調研性考試可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16F19Na23Br80一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)1.嫦娥六號完成世界首次月球背面采樣，采集月球背面樣品1935.3克。下列說法正確的是（）A.嫦娥六號使用的太陽能電池板主要成分為B.探測器著陸時攜帶的國旗主要成分為玄武巖纖維，屬于有機高分子材料C.月球土壤中含有鈣鐵礦晶體，其結構可用X射線衍射儀測定D.航天器渦輪盤等重要結構件的核心材料是錸鎳合金，錸的原子序數為75，屬于區元素【答案】C【解析】A．嫦娥六號使用的太陽能電池板主要成分為單質硅，不是，A錯誤；B．探測器著陸時攜帶的國旗主要成分為玄武巖纖維，屬于無機高分子材料，B錯誤；C．月球土壤中含有鈣鐵礦晶體，其結構可用X射線衍射儀測定，C正確；D．航天器渦輪盤等重要結構件的核心材料是錸鎳合金，錸的原子序數為75，屬于d區元素，D錯誤；答案選C。2.下列物質的鑒別或檢驗能達到目的的是（）A.利用核磁共振氫譜鑒別丙烯和丙醛B.用澄清石灰水鑒別和氣體C用酸性溶液鑒別汽油、煤油和柴油D.用藍色石蕊試紙檢驗蘇打溶液的酸堿性【答案】A【解析】A．核磁共振氫譜是一種分析化學方法，用于鑒別有機化合物中的氫原子種類和數量。對于丙烯和丙醛，它們含有的氫原子種類和數量是不同的，因此可以通過核磁共振氫譜來鑒別它們，A正確；B．二氧化硫和二氧化碳都可以使澄清石灰水變渾濁，二氧化硫具有漂白性，可以使品紅溶液、酸性高錳酸鉀溶液等褪色，可以據此鑒別，B錯誤；C．汽油中含有不飽和烴，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不能鑒別，C錯誤；D．蘇打溶液，即碳酸鈉溶液，呈堿性，藍色石蕊試紙在蘇打溶液中保持藍色，不能檢測酸堿性，應該用紫色石蕊溶液?，D錯誤；故選A。3.下列反應的離子方程式正確的是（）A.用溶液檢驗B.試管壁上的銀鏡用稀硝酸清洗：C.用草酸標準溶液測定高錳酸鉀溶液的濃度：D.鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：【答案】A【解析】A．與SCN-發生配位反應，而顯色，離子反應為，A正確；B．試管壁上的銀鏡用稀硝酸清洗，銀溶于稀硝酸生成硝酸銀和一氧化氮氣體，該反應的離子方程式為，B不正確；C．用草酸標準溶液測定高錳酸鉀溶液的濃度，被氧化為，屬于弱酸，該反應的離子方程式為，C不正確；D．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應，PbSO4放電，，D不正確；答案選A。4.已知甲、乙、丙有如圖所示轉化關系(部分物質和反應條件已略去，“→”表示一步反應即可實現)，下列各組物質不滿足圖示轉化關系的是（）選項甲乙丙ABCDS【答案】B【解析】A．和NaOH反應生成，，電解可得，，與濃硫酸共熱反應生成HCl氣體,，A正確；B．由，但無法直接生成，不滿足圖示關系，B錯誤；C．銅和氧氣反應，氫氣還原氧化銅，，C正確；D．由，，，滿足圖示關系，D正確；故選B。5.《本草綱目》記載的中藥連錢草具有散瘀消腫、清熱解毒等作用，其有效成分之一的結構如圖所示，下列有關該化合物的說法錯誤的是（）A.分子中有5個手性碳原子B.苯環上的一氯代物為7種C.能發生取代反應、消去反應、加聚反應D.該化合物最多與發生加成反應【答案】C【解析】A．如圖，有5個手性碳原子，故A正確；B．根據結構簡式，苯環上的H都是不等效的，苯環上有7種H，故苯環上的一氯代物為7種，故B正確；C．不含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵，故不能發生加聚反應，故C錯誤；D．分子中含有2個苯環，該化合物最多與發生加成反應，故D正確；答案選C。6.已知為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A.標準狀況下，氣體中數目為B.甲基所含有的電子數是C.的溶液中的數目為D.和的混合物中含有的離子總數等于【答案】D【解析】A．HCl中不含氫離子，A錯誤；B．甲基為1mol，所含有的電子為9mol，數目是9，B錯誤；C．碳酸根離子水解導致其數目小于，C正確；D．、中均含有1個鈉離子和1個陰離子，則和的混合物中含有的離子共0.3mol，總數等于，D正確；故選D。7.結構決定性質，性質決定用途。下列事實解釋正確的是（）事實解釋A王水溶解鉑濃鹽酸增強了濃硝酸的氧化性B堿金屬中的熔點最高堿金屬中的價電子數最少，金屬鍵最強C鍵角：中心原子雜化方式不同D甘油是黏稠液體甘油分子間的氫鍵較強【答案】D【解析】A．王水溶解鉑，是因為濃鹽酸提供的能與被硝酸氧化產生鉑離子形成穩定的配合物從而促進鉑的溶解，濃鹽酸沒有增強濃硝酸的氧化性，A錯誤；B．堿金屬元素的價電子數相等，都為1，堿金屬中Li的原子半徑最小，形成的金屬鍵最強，導致堿金屬中鋰的熔點最高，B錯誤；C．和的價層電子對數均為4，孤電子對數分別為1、2，即兩者中心原子雜化方式相同，但孤電子對數不同，孤電子對數越多，對成鍵電子的排斥力越大，鍵角越小，C錯誤；D．甘油即丙三醇，分子中有3個羥基，分子間可以形成更多的氫鍵，且O元素的電負性較大，分子間形成的氫鍵較強，因此甘油是黏稠液體，D正確；故選D。8.下列化學用語表述正確的是（）A.的價層電子對互斥模型：B.鍵形成的軌道重疊示意圖：C.溶液中的水合離子：D.基態原子的價層電子軌道表示式為：【答案】A【解析】A．中S原子價層電子對數為，有1對孤電子對，價層電子對互斥模型為，A正確；B．鍵以肩并肩方式重疊，B錯誤；C．溶液中的水合離子為，C錯誤；D．基態原子的價層電子軌道表示式為，D錯誤；故選A。9.下列實驗操作、現象和結論對應關系不正確的是（）選項實驗操作現象結論A向某溶液中加入濃氫氧化鈉溶液并加熱產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體該溶液含有B分別向等物質的量濃度、等體積的溶液和溶液中滴加2滴相同的稀溶液，充分振蕩后靜置溶液中無白色沉淀，溶液中有黃色沉淀結合微粒的能力：C在淀粉溶液中滴入稀硫酸，加熱一段時間，冷卻后加入氫氧化鈉溶液至溶液呈堿性，再滴加2滴碘水溶液未變藍色證明淀粉已水解完全D相同溫度下，用計測定相同濃度的溶液和溶液的溶液值更大酸性：【答案】C【解析】A．向某溶液中加入濃氫氧化鈉溶液并加熱，產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，說明該溶液含有，A正確；B．分別向等物質的量濃度、等體積的溶液和溶液中滴加2滴相同的稀溶液，充分振蕩后靜置，溶液中無白色沉淀，說明結合的能力；溶液中有黃色沉淀，說明結合的能力，故結合微粒的能力：，B正確；C．向淀粉水解液中加入氫氧化鈉溶液至溶液呈堿性，再滴加碘水，碘單質與氫氧化鈉溶液發生了反應，所以溶液未變藍色，不能證明淀粉已水解完全，C錯誤；D．測定相同濃度鹽溶液的pH可判斷水解程度，溶液值更大，說明酸性：，D正確；故選C。10.苯在濃和濃作用下，反應過程中能量變化示意圖如下。下列說法不正確的是（）A.X為苯的加成產物，Y為苯的取代產物B.中間體M中碳原子均為雜化C.該反應的決速步為反應①D.從中間體到產物，無論從產物穩定性還是反應速率的角度均有利于產物Ⅱ【答案】B【解析】A．產物Ⅰ是打開雙鍵生成的，故X是加成產物，產物Ⅱ生成了小分子硫酸，故是取代產物，A正確；B．M的六元環中與相連的C為sp3雜化，而作為原料的苯，苯環上的碳原子為sp2雜化，B錯誤；C．第一步反應的正反應的活化能大于第二步反應的逆反應的活化能，故該反應的決速步為反應①，C正確；D．生成產物Ⅱ的反應的活化能更低，因此反應速率更快，且產物Ⅱ的能量更低即產物Ⅱ更穩定，以上2個角度均有利于產物Ⅱ，故D正確；故答案選B。11.某研究所構建了新型二次電池，該電池以和多孔納米片為兩極材料，分別以和溶液為電解液，工作原理如圖所示。雙極膜中的解離成和。下列說法正確的是（）A.a極電勢高于b極B.當雙極膜中離解時，外電路轉移電子C.放電時，總反應為：D.充電時，雙極膜中移向a極，移向b極【答案】C【分析】放電時b極為正極，a極為負極，放電總反應為：。【詳解】A．由圖示信息可知，放電時b極正極，a極為負極，b極電勢高于a極，A錯誤；B．當雙極膜中離解1molH2O時，外電路轉移1mol電子，B錯誤；C．放電時b極為正極，a極為負極，放電總反應為：，C正確；D．充電時,雙極膜中OH?移向b極(陽極)，H+移向a極(陰極)，D錯誤；故選C。12.在恒溫恒容密閉容器中充入一定量W(g)，發生如下反應如下所示，反應②和③的速率方程分別為和，其中k2、k3分別為反應②和③的速率常數，反應③的活化能大于反應②，測得W(g)的濃度隨時間的變化如下表：0123450.1600.1130.0800.0560.0400.028下列說法不正確的是（）A.內，W的平均反應速率為B.若升高溫度，平衡時減小C.若k2=k3，平衡時D.若增大容器容積，平衡時Y的產率不變【答案】C【解析】A．由表知0～4min內Δc(W)=(0.16-0.04)mol/L=0.12mol/L，=，A正確；B．由題干信息可知，反應③的活化能大于反應②，ΔH=正反應活化能-逆反應活化能＜0，則4X(g)2Z(g)ΔH＜0，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則平衡時c(Z)減小，B正確；C．X與Z之間的反應為可逆反應，平衡時v2=v3，即k2c2(X)=k3c(Z)，若k2=k3，則平衡時c(Z)=c2(X)，C錯誤；D．該體系中Y只參與了反應①，且反應①是不可逆反應，W全部轉化為X和Y，增大容器容積，容器內壓強減小，但不影響Y的產率，則平衡時Y的產率不變，D正確；故選C。13.碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：。[已知，，的電離常數]，下列有關說法不正確的是（）A.上層清液中含碳微粒最主要以形式存在B.向體系中通入氣體，上層清液中增大C.若的溶液，則該溶液中D.通過加溶液，無法實現向的有效轉化【答案】C【解析】A．水解平衡常數Kh=，說明溶液中的水解程度較大，上層清液中含碳微粒最主要以形式存在，A正確；B．向體系中通入CO2氣體，發生反應CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2，難溶性的CaCO3轉化為可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，B正確；C．若的溶液，溶液呈堿性，說明的水解程度大于電離程度，則該溶液中，C錯誤；D．<，則CaCO3比CaSO4更難溶，所以加Na2SO4溶液不可實現CaCO3向CaSO4的有效轉化，D正確；故選C。14.某鋰離子電池電極材料結構如圖。結構1是鈷硫化物晶胞的一部分，可代表其組成和結構；晶胞2是充電后的晶胞結構；所有晶胞均為立方晶胞。下列說法正確的是（）A.結構1鈷硫化物的化學式為B.晶胞2中S與S的最短距離為C.晶胞3中距S最近的有4個D.晶胞2和晶胞3表示同一晶體【答案】D【解析】A．由均攤法得，結構1中含有Co的數目為4+4×=4.5，含有S的數目為1+12×=4，Co與S的原子個數比為9：8，因此結構1的化學式為Co9S8，故A錯誤；B．由圖可知，晶胞2中S與S的最短距離為面對角線的，晶胞邊長為a，即S與S的最短距離為：，故B錯誤；C．晶胞3中距S最近的有8個，故C錯誤；D．當2個晶胞2放在一起時，截取第1個晶胞的右一半和第2個晶胞的左一半合并后就是晶胞3。根據晶胞2的結構可知，S的個數為1+12×=4，Li的個數為8，則晶胞2表示的化學式為Li2S，在晶胞3中，S的個數為8×+6×=4，Li的個數為8，則晶胞3表示的化學式為Li2S，晶胞2和晶胞3表示同一晶體。故D正確；故選D。二、非選擇題(本題共4小題，共58分)15.以水鈷礦(，含)和輝銅礦(，含)為原料制取膽礬和單質鈷。已知：①常溫下，；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的見下表金屬離子開始沉淀時的2.77.57.64.7完全沉淀時的3.79.09.16.2③萃取的反應原理：；④均能與強酸反應產生。回答下列問題：（1）基態原子的電子排布式為___________。（2）“酸浸”過程硫元素價態變為價，寫出“酸浸”過程中氧化劑和還原劑物質的量之比為___________。（3）寫出用惰性電極電解溶液的化學方程式_____________________________。（4）常溫下，若“濾液2”中(忽略溶液中極少量的)，除去“濾液2”中的，至少需加入固體的質量為___________g(忽略溶液體積的變化)。（5）“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為______________。（6）采用惰性電極電解溶液，在無離子交換膜的條件下，不能用溶液代替溶液的理由是____________________________________________。（7）將制得的膽礬配成溶液，先加入足量氨水，得到深藍色溶液，再通入至弱酸性，生成白色沉淀和硫酸銨。經儀器分析：白色沉淀含五種元素；所含離子中無單電子；晶體部分組成微粒的空間構型分別為一種三角錐形和一種正四面體形。則白色沉淀的化學式為______________。【答案】（1）(或)（2）（3）（4）11.97（5）（6）若用溶液代替溶液，陽極放電，溶液酸性增強，與反應，導致產率降低（7）【分析】水鈷礦(，含)和輝銅礦(，含)加稀硫酸“酸浸”，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，得含有Co2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶過濾得濾渣1，浸出液加氧化銅調節pH生成Fe(OH)3除鐵，過濾，濾液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，過濾，則濾液2中含Cu2+、Co2+，加入萃取劑分液，Cu2+進入有機層，Co2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸鈉生成碳酸鈷晶體沉淀，過濾，碳酸鈷晶體中加鹽酸溶解得CoCl2溶液，電解CoCl2溶液得金屬Co，有機層加試劑a反萃取，Cu2+重新進入水相，進一步得膽礬。【詳解】（1）Co元素原子序數為27，基態原子的電子排布式為(或)。（2）“酸浸”過程硫元素價態變為價，Co2O3溶于酸得到Co3+，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，根據氧化還原反應得失電子守恒配平化學方程式為5[Co2O3?H2O]+Cu2S+11H2SO4=10CoSO4+2CuSO4+16H2O，氧化劑和還原劑物質量之比為。（3）用惰性電極電解溶液，Co2+在陰極得到電子生成Co，Cl-在陽極失去電子生成Cl2，化學方程式為：。（4）常溫下，若“濾液2”中c(Mg2+)=0.016mol/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10?9，Mg2+剛好除盡時溶液中c(F-)==2.5×10?2mol/L，則溶液中剩余F-物質的量為2.5×10?2mol/L×5L=0.125mol，與Mg2+沉淀的F-的物質的量為0.016mol/L×5L×2=0.16mol，至少需加入NaF固體的質量為(0.125+0.16)mol×(23+19)g/mol=11.97g。（5）反萃取是將有機層中的Cu2+轉化到水溶液中，根據反應Cu2++2HRCuR2+2H+，加酸能增大氫離子濃度有利于平衡逆向移動，可以將有機層中的Cu2+轉化到水溶液中，考慮到不引入新雜質，試劑a為H2SO4。（6）由已知④Co能與強酸反應產生H2，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH?)陽極放電，溶液酸性增強，H+與Co反應，導致Co產率降低。（7）所含Cu離子中無單電子，說明為+1價亞銅離子，晶體的部分組成微粒的空間構型分別為一種三角錐形和一種正四面體形，考慮到通入SO2且加入了足量氨水，則三角錐形和正四面體形粒子分別為亞硫酸根和銨根，根據化合價代數和為0，白色沉淀化學式為CuNH4SO3。16.市售的溴(純度)中含有少量的和，某化學興趣小組利用氧化還原反應原理，設計實驗制備高純度的溴，裝置如圖(夾持裝置等略)。回答下列問題：（1）將市售的溴滴入盛有濃溶液的B中，水浴加熱至不再有紅棕色液體餾出。B中溶液的作用為____________________；水浴加熱的作用是____________________。（2）儀器C中冷凝水由___________(填a或b)口流出，D中發生的主要反應的離子方程式為______________________________________。（3）將D中溶液轉移至蒸發皿中，邊加熱邊向其中滴加酸化的溶液至出現紅棕色氣體，停止滴加溶液，繼續加熱將溶液蒸干得固體R。固體R的主要成分為___________(填化學式)。（4）利用圖示相同裝置，將R和固體混合均勻放入B中，D中加入冷的蒸餾水。由A向B中滴加適量濃，水浴加熱蒸餾。然后將D中的液體分液、干燥、蒸餾，得到高純度的溴。D中蒸餾水的作用為降低溫度和___________。（5）為保證溴的純度，(4)中固體的用量按理論所需量的計算，若固體R中含溴元素質量為(以計)，則需稱取___________(用含m的代數式表示)。【答案】（1）除去市售的溴中少量的促進溴單質揮發（2）b（3）（4）液封（5）或【分析】市售的溴(純度99%)中含有少量的Cl2和I2，實驗利用氧化還原反應原理制備高純度的溴，市售的溴滴入盛有濃CaBr2溶液中，Cl2可與CaBr2發生氧化還原反應而除去，I2與Br2一起蒸餾入草酸鉀溶液中，并被草酸鉀還原為I-、Br-，并向溶液中滴加高錳酸鉀溶液氧化I-，加熱蒸干得KBr固體，將KBr固體和K2Cr2O7固體混合均勻加入冷的蒸餾水，同時滴加適量濃H2SO4，水浴加熱蒸餾，得到的液體分液、干燥、蒸餾，可得高純度的溴，據此分析解題。【詳解】（1）據分析可知，B中溶液的作用為：除去市售的溴中少量的；溴易揮發，水浴加熱的作用是：促進溴單質揮發；（2）冷凝管的液體下進上出，故冷凝水從b口流出；水浴加熱時，I2與Br2蒸發進入裝置D中，分別與K2C2O4發生氧化還原反應：；（3）將D中溶液轉移至蒸發皿中，邊加熱邊向其中滴加酸化的溶液至出現紅棕色氣體(Br2)，即說明已將KI全部氧化，產物還有，KBr幾乎未被氧化，繼續加熱將溶液蒸干所得固體R的主要成分為；（4）密度Br2＞H2O，D中冷的蒸餾水起到液封的作用，同時冷的蒸餾水溫度較低，也可減少溴的揮發；（5）m克Br-固體的物質的量為，根據轉移電子相等可得關系式，則理論上需要的物質的量為，實際所需稱取的質量為；17.在“碳達峰、碳中和”的目標引領下，對減少二氧化碳排放的相關技術研究正成為世界各國的前沿發展方向。回答下列問題：（1）利用干重整反應不僅可以對天然氣資源綜合利用，還可以緩解溫室效應對環境的影響。該反應一般認為通過如下步驟來實現：I．Ⅱ．上述反應中為吸附活性炭，反應歷程的能量變化如圖所示。①反應Ⅱ是___________(填“慢反應”或“快反應”)，干重整反應的熱化學方程式為___________________________________。(選取圖中表示反應熱)②在恒壓條件下，等物質的量的和發生干重整反應時，各物質的平衡轉化率隨溫度變化如圖所示。已知在干重整反應中還發生了副反應：，則表示平衡轉化率的是曲線___________(填“A”或“B”)，判斷的依據是___________________________________。③在恒壓條件下，在密閉容器中充入等物質的量的和，若曲線A對應物質的平衡轉化率為，曲線B對應物質的平衡轉化率為，則以上反應平衡體系中___________，干重整反應的平衡常數___________(用平衡分壓代替平衡濃度表示，分壓=總壓×物質的量分數，列出計算式，無需化簡)。（2）二氧化碳電還原反應提供了一種生產乙醇的方法，已知反應過程中在三種不同催化劑表面的某個基元反應的能量變化如圖所示(表示始態，表示過渡態，表示終態，*表示催化劑活性中心原子)。科學家研究發現銅表面涂覆一層氮摻雜的碳可以提高乙醇的選擇性，其原因可能是__________________________。【答案】（1）①快反應②B相同條件下，因為同時參與2個反應，故轉化率更大，只參與1個反應，轉化率小于③（2）在催化劑表面，反應的活化能較小，促進了鍵形成(或其他合理說法)【解析】（1）①由圖可知反應I的活化能大于反應Ⅱ，故反應Ⅱ為快反應，由圖可知CH4-CO2干重整反應的熱化學方程式為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=+(E3-E1)kJ/mol；②相同條件下，等物質的量的CH4(g)和CO2(g)發生干重整反應時，發生的反應為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)(主反應)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)(副反應)，相同條件下，因為CO2同時參與2個反應，故轉化率更大，CH4只參與1個反應，轉化率小于CO2，則表示CO2平衡轉化率的是曲線A，表示CH4平衡轉化率的是曲線B；③設在密閉容器中充入1molCH4(g)和1molCO2(g)，因為CO2(g)的轉化率為40%，消耗0.4mol，CH4(g)的的平衡轉化率為20%，故共消耗0.2mol，列出三段式：平衡時體系中，n(CH4)=0.8mol，n(CO2)=0.6mol，n(CO)=0.6mol，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(CO)：n(H2O)=3:1，體系中各氣體的物質的量之和為2.4mol，故；（2）催化劑可以降低反應的活化能，在