安徽省十大联考 合肥一中2024届高三最后一卷 化学答案

合肥一中2024届高三最后一卷化学参考答案1【答案】B【解析】铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，不是氧化物，故B说法错误。2【答案】C【解析】草莓中脂肪含量低。3【答案】A【解析】A．铁能与H2O(g)反应生成四氧化三铁，不是氧化铁，故A错误;B．根据晶胞图分析可知配位数为12，故B正确;C．新制的氢氧化铜可与麦芽糖（含有醛基）反应生成氧化亚铜，故C正确;D．氢氧化亚铁、氢氧化铁、氧化铁的颜色分别为白色、红褐色、红棕色，故D正确。4【答案】D【解析】A．分子中不含有苯环，不属于芳香化合物，故A错误;B．含二个手性碳原子，故B错误;C．醇羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则1mol该物质可消耗Na和NaOH的物质的量的分别为3mol、2mol，故C错误;D．碳碳双键可以发生加聚反应，羟基与羧基可以发生缩聚反应，D正确。5【答案】C【解析】A．体系中加入少量的酸或碱，pH才无明显变化，故A错误;B．NaHCO3溶液呈碱性，人体血液碱中毒时，可以注射酸性溶液缓解，故B错误;-C．HCO3通过氢键形成的二聚体是八元环结构，C正确;合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第1页（共9页）省十联考-+D．升温过程中促进了HCO3的水解，pH减小的原因是升温也促进了水的电离，H浓度变大，故D错误。6【答案】B【解析】--酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3，无论CO2少量还是过量，反应式均为C6H5O+CO2+H2O→C6H5OH+-HCO3，B错误。7【答案】C【解析】A．制备银氨溶液，应向硝酸银溶液中逐滴滴加氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解消失，此时所得无色溶液即为银氨溶液，故A错误;B．滴定管的润洗操作为:从滴定管上口加入少量待装液，将滴定管横放，用两手均匀转动滴定管，让溶液浸润滴定管内壁，将残余液从滴定管下端放出，重复2～3次，故B错误;C．实验时，倾斜Y形管，使浓氨水流入左侧管中与氧化钙混合放出氨气，C正确;D．由于酸性高锰酸钾溶液足量，当乙二醇被氧化为乙二酸后，乙二酸会被继续氧化为CO2，故D错误。8【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的电负性依次增大，其中基态X元素的一种原子不含中子，故X为H元素;Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，W形成2个共价键，则Y为C，Z为N，W为O;即X、Y、Z、W分别为H、C、N、O;丁二酮肟结构简式:A．基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故A正确;B．简单气态氢化物三者分别为甲烷、氨气、水，水常温下为液态，氨气、甲烷为气体，水的沸点最大;氨气能形成氢键，导致其沸点高于甲烷，故简单氢化物的沸点:W>Z>Y，故B正确;C．Y、W、Z的第一电离能依次增大，故C正确;D．WX之间化学键是sp3-sσ键，D错误。9【答案】C【解析】合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第2页（共9页）省十联考电池充电时b极发生氧化反应，可知b极为阳极，a极为阴极。电池放电时，a为负极，电极反应为:Na−e−+=Na，固体电解质NASICON只允许阳离子通过，固体电解质NASICON含钠离子，通过+转移保持两侧电荷守恒，放电时为正极，电极反应为−−−。Nab:I3+2e=3IA．根据分析，放电时a电极为负极，A正确;充电B．根据分析，电池总反应式可表示为3NaINaI3+2Na，B正确;放电C．根据反应式分析，每转移0.2mol电子时，0.2molNa+从d区移出，c区移入0.2molNa+生成0.2molNa，两区质量差改变9.2g，C错误;D．失1mole-时，钠和锂的质量分别为23g和7g，锂的比能量（单位质量所能输出电能的多少）更大，D正确。10【答案】B【解析】A．两支试管中HCO224的量不足，不能使KMnO4褪色，故A错误;B．卤代烃在碱性条件下水解后需要先酸化，故B正确;C．氯气量较大，若是亚铁离子先反应，之后也有碘生成，故C错误;D．没有控制好变量，CuCl2与MgCl2溶液浓度饱和但不相等，故D错误。11【答案】B【解析】A．该反应为吸热反应，E正﹣E逆=ΔH>0，因此活化能E正>E逆，故A正确;B．n（H2S）:n（Ar）=1:4时，反应进行到0.9s，H2S转化率为0.32，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，列出三段式:2H2S（g）S2（g）+2H2（g）开始（mol）100变化（mol）0.320.160.32平衡（mol）0.680.160.32此时H2S的压强为×100kPa=13.18kPa，H2S的起始压强为×100kPa=20kPa，则﹣1H2S分压的平均变化率为=7.58kPa•s，故B错误;C．生成amolS2，同时形成4amolH﹣S键即生成2amolH2S，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡，合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第3页（共9页）省十联考故C正确;D．H2S热分解反应为气体分子数增加的反应，故等温等压下加入惰性气体，平衡会向正反应方向移动，以达到新的平衡，H2S平衡转化率会提高，故D正确。12【答案】C【解析】+A．由图可知，H2A为二元弱酸，在水中分两步电离，当-lgX纵坐标为0时，c()H=1mol/L，由于K>K，故曲线m代表，曲线代表，且aa12n−−1.46.7K=10、K=10，由图可知，点溶质主要溶质为NaHA,NaHA为酸式盐，且此时溶aa12M-2-液为酸性()pH=4，故HA的电离程度大于其水解程度，c(A)>c(H2A)，质子守恒+2--式:c(H)+c(H2A)=c(A)+c(OH)，故A错误;B．根据上述分析可知，曲线m表示pH与的变化关系，故B错误;10-7×c(A2-)c(A2−)C．根据上述分析，当pH=7时，K==10−6.7，则=100.3>1，故a2c(HA-)c(HA−)c(A2-)>c(HA-)，故C正确;c2-(HA)Ka=1=×5.3D．的平衡常数K=2-110，故D错误。c(A)(H2A)Ka213【答案】C【解析】2-A．酸浸时，MnO2和方铅矿中的主要成分PbS发生氧化还原反应，由题中信息反应生成PbCl4和，离子方程式为+-2-2+，故正确SPbS+MnO2+4H+4Cl=PbCl4+S+Mn+2H2OA;．由沉铅步骤发生反应2--可知，若溶液中氯离子浓度较大，会B:PbCl4(aq)PbCl2(s)+2Cl(aq)2-使该反应平衡逆移，不利于PbCl4沉降为PbCl2沉淀，故B正确;C．当升温并增大盐酸浓度，MnO2能氧化盐酸生成氯气，造成环境污染，故C错误;-5D．沉铅步骤生成PbCl2，加入硫酸将PbCl2转化为PbSO4，由Ksp(PbCl2)=1.6×10，可推测合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第4页（共9页）省十联考K(PbSO)<-5，故D正确。sp41.6×1014【答案】B【解析】A．过程①中，水中的氧提供孤对电子形成配位键，故A正确;-1B．HC≡CH与水反应生成CH3CHO的焓变△H=E5kJ•mol，故B错误;C．其他条件不变，增大乙炔浓度虽平衡正向移动，但是乙炔平衡转化率减小，故C正确;D．过程⑤中，碳原子的杂化方式由两个sp2变成一个sp2、一个sp3，故D正确;15【答案】（每空2分，共14分）(1)Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑(方程式1分，电子转移1分，双线桥也给分)(2)固定打气筒活塞后，将右侧导管伸入盛有水的烧杯中，微热左边试管，导管口有气泡逸出，停止加热后导管内有水柱回升。（没有固定打气筒活塞0分，其他合理答案均给分。）(3)只变红不褪色(4)防止NaOH溶液倒吸，同时除去装置内部残留的SO2气体(5)过滤、洗涤后取固体加过量盐酸溶解，再加氯化钡溶液，若出现沉淀，证明有硫酸根。（缺“过滤洗涤”只给1分）(6)醋酸铵中铵根离子结合氢氧根使氢氧化铜溶解平衡向溶解方向移动。(7)溶液的极性减小，一水硫酸四氨合铜的溶解性降低从而析出。【解析】（2）（5）两问重点考查学生动手能力与叙述能力，尽量让做过实验与未做过实验的学生加以甄别。16【答案】（共14分）(1)2:1（或1:2）（1分）SiO2（1分）3-+3+（分）(2)[Sc(OH)6]+6H=Sc+6H2O2(3)①步骤Ⅰ:加入铁粉还原Fe3+（2分）步骤Ⅱ:加入30%双氧水，将Fe2+重新氧化为Fe3+（2分）②防止在水解工序，部分Fe3+同时沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离。（2分）合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第5页（共9页）省十联考+2+3-↓（2分）(4)K+Fe+ [Fe(CN)6]=KFe[Fe(CN)6]603×1030()（分）522NacA【解析】12(1)基态钪原子的价电子排布式为3d4s，两种自旋状态的电子数之比为2:1（或1:2）。SiO2不能溶于硫酸，红泥用硫酸浸取后，滤渣的成分是SiO2。(2)在有机相中加入NaOH溶液进行反萃取后，主要生成n=6的含钪产物，水相2中含钪离子为3−，加入足量盐酸酸化后，3−能转化为3+，反应的离子方程式为[Sc(OH)6][Sc(OH)6]Sc3−+3+。[Sc(OH)6]+6H=Sc+6H2O(3)水相1中金属离子为Al3+、Fe3+和TiO2+，由目标产物聚合硫酸铁铝的成分可知，需要将溶液中的TiO2+分离除去。由表格中数据可知，TiO2+完全沉淀的pH值为2.0，Fe3+已经部分转化为沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离。可在水相1中先加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，待TiO2+水解转2+3+化为TiO(OH)2后，再加入30%双氧水，将Fe重新氧化为Fe。(4)用铁氰化钾溶液检验产品聚合硫酸铁铝中是否含有亚铁离子，反应的离子方程式为:+2+3-↓K+Fe+ [Fe(CN)6]=KFe[Fe(CN)6](5)由于钪晶体属六方晶系，计算钪晶体的密度时，可以选取题图中六棱柱的1/3（如下图所示）进行计算。113一个晶胞中所含有的钪原子数为:4×+4×+1=2，晶胞的体积V=S×h=a2c12622×45m603×10303，钪晶体的密度为NA-3-3。pmρ==gcm=2gcmV32-30Nacac×10A2合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第6页（共9页）省十联考17【答案】（共15分）(1)低温自发（2分）(2)①a（2分）②300~450K，温度变化主要影响反应ii，升温使反应ii平衡正移，CO2转化率上升。（2分）③0.0014MPa-2（3分）(3)（2分）(4)NaOHNa23CO（2分）93.0%（2分）【解析】(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可由i–ii得到，反应的ΔH=ΔH1–ΔH2<0，由反应方程式可知反应前气体的物质的量大于反应后气体的物质的量，反应的ΔS<0。根据反应自发进行的条件ΔG=ΔH–T∙ΔS<0，该反应自发进行的适宜条件是低温自发。(2)①由反应i和反应ii方程式可知，升温，反应i平衡逆移，CH3OH的选择性减小，反应ii平衡正移，CO的选择性增大。图中曲线a代表CH3OH的选择性，曲线b代表CO的选择性。②图中曲线c代表CO2的平衡转化率，升温使反应i平衡逆移，反应ii平衡正移，300~450K温度区间，CO2的平衡转化率增大，说明温度变化主要影响反应ii。③由图可知，300K时，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH和CO的选择性都是50%，根据氢碳比nH()2[]为3:1，设反应起始时CO2物质的量为1mol、H2物质的量为3mol。由反应i和反应n()CO2ii方程式可计算得出，达平衡时，n(CO2)=0.8mol、n(H2)=2.6mol、n(CH3OH)=0.1mol、n(CO)=0.1mol、n(HO2)=0.2mol，体系中气体的总物质的量为3.8mol。反应容器为恒容容器，合肥一中2024届高三最后一卷·化学参考答案第7页（共9页）省十联考3.8反应前后容器内气体总压强之比等于气体总物质的