《安徽省淮北市2024届高三第一次质量检测（一模）化学试题 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省淮北市2024届高三第一次质量检测（一模）化学试题 Word版含解析.docx（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、淮北市2024届高三第一次质量检测化学试题卷考试说明：1本试卷共100分，考试时间75分钟2请将本试卷答案写在答题卷上指定位置，否则不计分可能用到的相对原子质量：第I卷（选择题共42分）本题共14小题，每题3分，共42分每小题都只有一个选项符合题意1. 第19届亚运会在杭州顺利闭幕，下列关于亚运会期间使用的材料说法错误的是A. 杭州丝绸的主要成分是天然高分子化合物B. 火炬的金属部分采用的铝合金硬度比铝大C. 具有自净功能的聚四氟乙烯可通过缩聚制备D. 通信用到的芯片主要材料是高纯硅【答案】C【解析】【详解】A 杭州丝绸的主要成分是蛋白质，是天然高分子化合物，故A正确；B 含有Al、Cu、Mg
2、等元素，合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大，火炬的金属部分采用的铝合金硬度比铝大，故B正确；C 具有自净功能的聚四氟乙烯可通过加聚反应制备，故C错误；D 通信用到的芯片是半导体，主要材料是高纯硅，故D正确；故选C。2. 下列化学用语正确的是A. 的模型为B. 与化学键类型相同C. 分子的填充模型：D. 的电子式：【答案】A【解析】【详解】A中心原子价层电子对数为4+=4，模型为正四面体，Cl原子的半径大于C，A正确；B中含有离子键和非极性共价键，中只含有离子键，B错误；C为直线形，填充模型为：，C错误；D的电子式：，D错误；故选A。3. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素X
3、、Y相邻且Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z原子半径在短周期中最大，W元素气态氢化物的水溶液呈碱性下列说法正确的是A. X、W基态原子最外层电子数相同B. X的简单氢化物分子为正四面体形C. 非金属性XYD. Z单质在空气中加热生成白色固体【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大四种短周期主族元素X、Y相邻且Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为O元素、X为N元素；Z原子半径在短周期中最大，则Z为Na元素；W元素气态氢化物的水溶液呈碱性，则W为P元素。从而得出X、Y、Z、W分别为N、O、Na、P元素。【详解】AX、W分别为N、P元素，二者位于周期表中同一主族，基态
4、原子最外层电子数都为5，A正确；BX为N元素，其简单氢化物分子式为NH3，呈三角锥形，B不正确；CX、Y分别为N、O，二者在周期表中同一周期且左右相邻，同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性NO，C不正确；DZ为Na元素，其单质在空气中加热发生燃烧，生成淡黄色固体Na2O2，D不正确；故选A。4. 下列离子方程式错误的是A. 氯化银溶于氨水：B. 铜与浓硝酸反应：C. 漂白粉用于环境消毒的原理：D. 铁上镀锌的阴极反应：【答案】B【解析】【详解】A氯化银溶于氨水，生成Ag(NH3)2Cl溶液，Ag(NH3)2Cl发生完全电离：，A正确；B铜与浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO2气
5、体等，题中反应物、生成物正确，但得失电子不守恒：，B错误；C漂白粉用于环境消毒时，与空气中溶解的CO2作用，生成CaCO3和HClO：，C正确；D铁上镀锌时，在阴极，溶液中的Zn2+得电子生成Zn，附着在铁镀件表面，则阴极反应：，D正确；故选B。5. 下列物质的应用与性质不对应的是A. 维生素C作抗氧化剂还原性B. 作自来水消毒剂氧化性C. 作葡萄酒保鲜剂漂白性D. 溶液作除污剂碱性【答案】C【解析】【详解】A维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，A不符合题意；B具有氧化性，可作自来水消毒剂，B不符合题意；C可以杀菌消毒，能作葡萄酒保鲜剂，与漂泊性无关，C符合题意；D溶液呈碱性，可作除污剂，D不符
6、合题意；故选C。6. 下列实验中的颜色变化正确且反应与电子转移有关的是A. 用标准液滴定盐酸（滴加酚酞），滴定终点溶液由无色变为浅红色B. 向溶液中滴加几滴溶液，溶液由黄色变为血红色C. 向悬浊液中滴加适量溶液，沉淀由黄色转化为黑色D. 向溶液中加入加入足量溶液，震荡后有机层由紫红色变成无色【答案】D【解析】【详解】A该过程为酸碱中和滴定，不是氧化还原反应，与电子转移无关，A错误；B三价铁遇到硫氰根离子生成红色物质，不是氧化还原反应，与电子转移无关，B错误；C碘化银转化为硫化银，为沉淀转化，不是氧化还原反应，与电子转移无关，C错误；D碘可以和氢氧化钠反应，是氧化还原反应，碘消失后溶液由紫红色变
7、成无色，D正确；故选D。7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，中分子的数目为B. 溶液中的数目为C. 中含有键的数目为D. 的浓硫酸中的数目为【答案】C【解析】【详解】A的物质的量为=1mol，常温下，NO2会转化为N2O4：，分子的数目小于，故A错误；B溶液中部分电离产生，的数目小于，故B错误；C含有7个键，的物质的量为=0.5mol，含有键的数目为，故C正确；D浓硫酸中H2SO4不能完全电离，的浓硫酸中的数目小于，故D错误；故选C。8. 与浓硫酸在一定条件下可发生反应：（方程式未配平），下列说法正确的是A. X为B. 既作氧化剂又作还原剂C. 浓硫酸表现出了氧化性和酸
8、性D. 发生反应时转移电子【答案】B【解析】【分析】根据元素守恒和得失电子守恒可知，该反应方程式为：2MnO2+2H2SO4(浓)=2MnSO4+2H2O+O2，则X为O2，以此解题。【详解】A由分析可知X为O2，故A错误；BMnO2中Mn元素化合价降低，氧的化合价升高，作还原剂，则既作氧化剂又作还原剂，故B正确；C浓硫酸中各种元素化合价没有发生变化，同时生成硫酸锰，则表现酸性，不表现氧化性，故C错误；D方程式中锰由+4价降低到+2价，则可知0.5molMnO2发生反应时转移电子1mol，故D错误；故选B。9. 实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠，并检验气体产物已知：极易水解
9、下列说法正确的是A. 装置A中的药品是氯化铵固体B. 装置B和装置D均只起到干燥作用C. 实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯D. 装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成【答案】D【解析】【分析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为， D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应，以此解答。【详解】A氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；B由分析可知，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入
10、C的作用，B错误；C实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；D氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；故选D。10. 某溶液可能含有等浓度的下列某些离子：，取溶液分别进行如下实验：加入酸化的溶液产生白色沉淀；加入淀粉溶液，呈蓝色；加入溶液产生白色沉淀，加热后产生有刺激性气味的气体。下列说法错误的是A. 由可知一定有B. 若将中的试剂换成盐酸酸化的溶液，不影响成分的判断C. D. 不能确定有无【答案】D【解析】【分析】加入酸化的溶液产生白色沉淀，则该白色沉淀为硫酸钡，原溶液中可能含有，也可能含有被硝酸氧化生成
11、导致；加入淀粉溶液，呈蓝色，说明溶液中存在强氧化性离子，能将KI氧化生成碘单质，则应含有，从而排除，则原溶液中肯定存在；加入溶液产生白色沉淀，可知存在，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在；又因各离子浓度相同，结合电荷守恒可知溶液中一定存在，不存在，据此分析解答。【详解】A由可推知溶液中存在氧化性离子，则存在，从而排除，再结合中白色沉淀现象，可知存在，故A正确；B若将中的试剂换成盐酸酸化的溶液，则可通过白色沉淀现象直接确定存在，对最终成分的判断无影响，故B正确；C加入溶液产生白色沉淀，可知存在，加热后产生有刺激性气味的气体，则存在，反应为：，故C正确；D由以上分析可知溶液中存在，故D错误；故选
12、：D。11. 联胺与丙酮（）在催化下生成的部分反应机理如下，已知：为碱性下列说法错误的是A. 活化能B. 浓度越大反应速率越大C. 通过分子筛分离水可以增大平衡时的百分含量D. 总反应为【答案】B【解析】【详解】A 慢反应决定反应速率，则该反应的速率主要取决于的快慢，活化能大，活化能，故A正确；B为决速步，NH2NH2是其反应物，已知：NH2NH2为碱性、能与氢离子反应，浓度越大，消耗NH2NH2使其浓度降低，则决速步反应速率下降，反应速率慢，故B错误；C 通过分子筛分离水，可以促进反应正向进行，可以增大平衡时的百分含量，故C正确；D 据图可知总反应为，故D正确；故选B。12. 利用废旧锂电池
13、中制备的装置如图所示，下列说法错误的是A. 电极A为阴极B. 电极B发生的反应为：C. 中的元素转移到了中D. 和的迁移方向相同【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极方程式为：LiMn2O43e+8H+=Li+2Mn2+4H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li+Mn2+3MnO2+2H2O。【详解】A电极A为与直流电源负
14、极相连的阴极，故A正确；B电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，故B正确；C由分析可知，电解的总反应方程式为：2LiMn2O4+4H+2Li+Mn2+3MnO2+2H2O，中的元素转移到了和Mn2+中，故C错误；D电解池中阳离子移向阴极，和的迁移方向相同，都向阴极移动，故D正确；故选C。13. 向溶液中滴加溶液，的百分含量随溶液的变化如图所示：下列说法正确的是A. 的数量级为B. a点对应的C. b点D. c点【答案】D【解析】【分析】向水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，随着溶液
15、pH的增大，H2A的物质的量分数减小，HA-的物质的量分数先增大后减小，A2-的物质的量分数增大，所以曲线I、II、III分别表示H2A、HA-和A2-的物质的量分数()随pH变化关系曲线。【详解】Ac点c(HA-)=c(A2-)，=10-6.6，数量级为10-7，A错误；Ba点c(HA-)=c(H2A)，当滴加10mL NaOH溶液时，二者恰好反应生成NaHA，由于HA-的电离和水解程度不同，c(HA-)c(H2A)，B错误；Cb点存在电荷守恒：，此时溶液呈酸性，c(OH-)c(H+)，c(Na+)0.1mol/L，c(H+)和c(OH-)很小基本可以忽略，则，C错误；Dc点c(HA-)=c
16、(A2-)，存在电荷守恒：，则，D正确；故选D。14. 黑色的水溶性很差已知：平衡常数，下列有关说法错误的是A. 降低可以增大的溶解量B. 可将气体通入水溶液中制备C. 的电离平衡常数的乘积D. 用除废水中，平衡常数【答案】C【解析】【详解】A已知：HgS+2H+Hg2+H2S，降低pH，氢离子浓度增大，平衡正向移动，HgS的溶解量增大，故A正确；BHgS的溶解平衡为，可将气体通入水溶液中，浓度增大，平衡逆向移动，可制备，故B正确；C的电离平衡常数的乘积，故C错误；D用除废水中，平衡常数K=，故D正确；故选C。第卷（非选择题，共58分）15. 卤素化合物在生产生活中应用广泛，回答下列问题（1）
17、研究表明气体中存在单体和环状六聚体的平衡：，HF形成环状六聚体的作用力是_；在测定相对分子质量的实验中，_（填“低压”或“高压”）有利于测定的准确性（2）气体是高效绿色消毒剂，但其性质不稳定，浓度大时会发生爆炸可用草酸和氯酸钾在酸性条件下制备，离子方程式为_；产物中的另一种气体可以起到的作用是_（3）与以共价键形成，其中_显负电性，与水反应的方程式是_（4）利用和浓磷酸制备的原理是：，该反应中利用了浓磷酸的什么性质：_（“强酸性”“强氧化性”“高沸点”）【答案】（1） . 氢键 . 低压 （2） . H2C2O4+2+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O . 稀释ClO2，防止ClO2浓度大
18、时发生爆炸 （3） . Cl . BrCl+H2O=HCl+HBrO （4）高沸点【解析】【小问1详解】HF分子中的F原子与另一HF分子中的H原子间可形成氢键，从而形成环状六聚体，作用力是氢键；在测定相对分子质量实验中，应将环状六聚体转化为单个分子，则低压有利于平衡向生成HF分子的方向移动，从而提高测定的准确性。小问2详解】和氯酸钾在酸性条件下制备，同时生成CO2等，离子方程式为H2C2O4+2+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O。题干信息显示，“气体性质不稳定，浓度大时会发生爆炸”，则产物中CO2气体可以起到的作用是：稀释ClO2，防止ClO2浓度大时发生爆炸。【小问3详解】Br和Cl是
19、同主族元素，Cl的非金属性比Br强，Br与Cl以共价键形成BrCl，其中Cl显负电性，BrCl与水反应的方程式是BrCl+H2O=HCl+HBrO。【小问4详解】利用和浓磷酸制备的原理是：，该反应由难挥发性酸制取易挥发性酸，利用了浓磷酸的高沸点的性质。16. 铌、钽为同族元素，在航空航天、武器装备等领域发挥着重要作用以含铌、钽的尾矿（主要成分等）为原料制备的工艺流程如下：己知：“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：；。“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根。回答下列问题：（1）“滤液1”中的主要成分为_（填化学式）；（2）“盐酸预洗”的目的是_；（3）“转化”步骤中转化为的离子方程式为_；“转
20、化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：的作用是_；不能用盐酸代替的理由是：_；（4）能被不同的有机溶剂选择性地萃取而与杂质分离，水相1和水相2中加入硫酸可以回收利用_（填化学式），“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为_。【答案】（1）NaAlO2、Na2SiO3、 （2）将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去 （3） . . 增大H+浓度，加快反应速率 . Cl-会被、氧化 （4） . HF . 2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O【解析】【分析】含铌、钽的尾矿（主要成分等）用NaOH溶液碱浸，“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：，
21、转化为NaAlO2，转化为Na2SiO3，不和NaOH溶液反应存在于滤渣中，向滤液中加入盐酸预洗，转化为Al(OH)3，转化为H2SiO3沉淀，“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根，加入萃取剂分离出氟铌酸根、氟钽酸根，加入氨水调节pH分离出。【小问1详解】由分析可知，“滤液1”中的主要成分为NaAlO2、Na2SiO3、。【小问2详解】“盐酸预洗”的目的是将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去。【小问3详解】“转化”步骤中转化为的离子方程式为；“转化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：的作用是增大H+浓度，加快反应速率；不能用盐酸代替的理由是：Cl-会被、氧化
22、。【小问4详解】水相1和水相2中含有F-，根据强酸制取弱酸的原理，加入硫酸可以回收利用HF，“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O。17. 二氯异氰尿酸钠是一种新型的杀菌剂，具有高效、安全、便于存储运输的特点实验室利用溶液和氰尿酸溶液在以下制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如图所示已知：12二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，受热易分解出有毒气体回答下列问题：（1）仪器a的名称为_；（2）B装置的作用是_；（3）上述装置存在一处缺陷会导致装置C中产率降低，改进的方法是_改进后产率得到提高，原因是_、_；（4）反应结束后，装置C中的浊液经_等
23、一系列操作得到粗品；（5）粗品纯度的测定称取粗品，配成溶液，取于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量溶液，密封在暗处静置，再滴加几滴淀粉溶液用标准溶液滴定，消耗溶液已知：、加入稀硫酸生成的化学反应方程式为_；滴定终点的现象为_；粗品的纯度为_（保留3位有效数字）。【答案】（1）球形干燥管 （2）除氯气中的氯化氢 （3） . 把三口烧瓶放在盛有冷水的水槽中 . 降低温度使平衡正向移动 . 降低温度能防止二氯异氰尿酸钠分解 （4）过滤、洗涤、干燥 （5） . +2H2O+H2SO4=C3H3N3O3 +2HClO +NaHSO4 . 滴入最后一滴溶液，溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色 .
24、 【解析】【分析】A制备氯气，B装置除氯气中的氯化氢，先把氯气通入氢氧化钠溶液中生成次氯酸钠，再向次氯酸钠溶液中滴入氰尿酸溶液生成二氯异氰尿酸钠，D装置吸收氯气，防止污染。【小问1详解】根据装置图，仪器a的名称为球形干燥管；【小问2详解】A中生成的氯气中含有杂质HCl， HCl降低NaClO的产率，所以B装置中盛放饱和食盐水，作用是除氯气中的氯化氢；【小问3详解】上述装置存在一处缺陷是，三口烧瓶缺少冷却装置，导致装置C中产率降低，改进的方法是：把三口烧瓶放在盛有冷水的水槽中，改进后产率得到提高，原因是正反应放热，降低温度使平衡正向移动；二氯异氰尿酸钠受热易分解，降低温度能防止二氯异氰尿酸钠分解
25、；【小问4详解】反应结束后，装置C中的浊液经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到粗品；【小问5详解】加入稀硫酸生成和C3H3N3O3，反应的化学反应方程式为+2H2O+H2SO4=C3H3N3O3 +2HClO +NaHSO4；滴定终点，碘单质恰好完全被消耗，滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液，锥形瓶中颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色。根据反应方程式，建立关系式2 HClO2I24，n()=n()=0.1mol/L0.06080L=0.00152mol，粗品的纯度为。18. 为了减缓温室效应，实现碳中和目标，可将转化为甲醚、甲醇等产品请回答问题：与制甲醚主要反应如下：I（1）总反应的_（
26、2）若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，下列措施可提高总反应速率的是_a加入催化剂 b降低温度 c充入惰性气体 d同比例的增大和的投料（3）密闭容器中充入，在条件下测得平衡时转化率和选择性随温度的变化如图所示已知：选择性表示选择性的是曲线_填（“M”或“N”）；温度高于时，曲线N随温度升高而升高的原因是_；为同时提高平衡时转化率和选择性，应选择的反应条件为_（填字母）a低温、低压 b高温、高压 c高温、低压 d低温、高压Q点温度下的物质的量为，则该温度下反应的_（4）研究发现双金属氧化物对加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示，下列有关叙述正确的是_a反应有极性键的断裂和形成 b氧空位
27、的作用是用于捕获c整个过程中，元素的化合价未发生变化 d机理图上中间体有三种【答案】（1）-122.5 （2）ad （3） . M . 温度高于时，升高温度对反应I的促进程度大于对反应、反应的抑制程度 . d . 1.5 （4）bd【解析】小问1详解】由盖斯定律可知，反应I2+反应2+反应可得 =-122.5。【小问2详解】若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，加入催化剂或同比例的增大和的投料可以增大反应速率，降低温度反应速率减小，充入惰性气体对反应速率没有影响，故选ad。【小问3详解】反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的选择性减小，则表示选择性的是曲线M；温度高于时，曲线N随温度升高而
28、升高的原因是：温度高于时，升高温度对反应I的促进程度大于对反应、反应的抑制程度；反应和反应是放热反应，反应I和反应是气体体积不变的反应，反应是气体体积减小的反应，则低温、高压条件下能同时提高平衡时转化率和选择性，故选d；根据已知条件列出“三段式”CO2的平衡转化率为x=40%，的选择性为=40%，的物质的量为x-y=，则x=0.4mol，z=0.08mol，y=0.32mol，气体总物质的量为0.6mol+1.96mol+0.08mol+0.48mol+0.16mol+0.08mol=3.36mol，则该温度下反应的=1.5。【小问4详解】a反应有H-H非极性键的断裂和Ga-H极性键的形成，没有极性键的断裂，a错误；b由图可知，氧空位的作用是用于捕获，b正确；c由图可知，Ga形成的共价键个数发生变红，元素的化合价发生变化，c错误；d总反应为：+2H2CH3OH，GaZrOx双金属氧化物是催化剂，其他物质都是中间体，机理图上中间体有三种，d正确；