安徽省六安市第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学答案

六安二中2025届高三第二次月考化学试卷分值：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Al：27P：31S：32Fe：56Cu：64一、选择题(每小题3分，共42分)1.从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是A.歼－20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料B.人民币票面文字处采用了含Fe3O4磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料C.北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用SiO2将太阳能转化为电能D.神舟十七号返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．氮化镓（GaN）是一种半导体材料，不是金属材料，A错误；B．Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，B错误；C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；D．芳纶是一种有机高分子材料，具有高强度和耐热性，常用于制作降落伞等，D正确；答案选D。2.纳米铜粉(平均粒径30~80nm)可用于和合成甲醇等反应过程的催化剂，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：已知：①浸取时，浸渣中含有硫单质；②还原时，生成的气体对环境没有污染。下列说法错误的是A.“浸取”时，发生反应的化学方程式为B.“萃取”时，选择的萃取剂不溶于水，在该工艺中可循环使用C.“还原”时，消耗和的物质的量之比为1：2D.用激光笔照射纳米铜粉，可观察到丁达尔效应【答案】D【解析】【分析】辉铜矿中加入FeCl3溶液浸取发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤后得到氯化铜和氯化亚铁，加入萃取剂萃取，将氯化铜和氯化亚铁分离，再加入硫酸进行反萃取，此时铜离子在水相中，水相中加入N2H4还原生成纳米铜粉。【详解】A．根据题干可知，“浸取”时，浸渣中含有硫单质，则是Cu2S与FeCl3反应生成了S，Cu也会失电子生成铜离子，Fe3+得电子生成亚铁离子，发生反应的化学方程式为，A项正确；B．“萃取”时，可分离出水相，说明选择的萃取剂不溶于水，同时后续的反萃取后又得到萃取剂，说明该萃取剂在该工艺中可循环使用，B项正确；C．根据已知信息可知，“还原”时，转化为，1mol转移4mol，1mol转化为Cu转移2mol，因此消耗和的物质的量之比为1：2，C项正确；D．该流程中制得的纳米铜粉属于纯净物，没有溶于水形成胶体，因此不能产生丁达尔效应，D项错误；答案选D。3.下列用于解释事实的化学用语书写正确的是A.向溶液中滴入过量氨水：B.用氨水吸收烟气中少量的C.向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：D.电解熔融的阴极反应：【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中滴入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，A项正确；B．用氨水吸收烟气中少量的SO2，生成，正确的离子方程式为，B项错误；C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀，是难溶物，不拆，正确的离子方程式为，C项错误；D．电解熔融，阴极Na+放电，正确的电极方程式为Na++e-=Na，D项错误；答案选A。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.40gSiC晶体中含有的的数目为B.100g质量分数为46%的的水溶液中含有的氧原子数目为C.标准状况下，11.2L与11.2LHF均含有个质子D.1mol中含有的键的数目为【答案】B【解析】【详解】A．SiC是共价晶体，1molSiC中含4molSi-C键，40gSiC晶体中含有的的数目为，A错误；B．100g质量分数为46%的的水溶液，的质量为46g，物质的量为1mol，氧原子为1mol，溶剂水的质量为54g，物质的量为3mol，O原子物质的量为3mol，O原子共4mol，数目为，B正确；C．标准状况下HF不是气体，无法计算质子数，C错误；D．C6H14符合链状烷烃通式，分子中所含共价键数=6×3+1=19，故1mol中含有的键的数目为，D错误；故选B。5.将胆砜放在坩埚中加热，固体的质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是已知：c→d过程中无电子转移。A.失重过程中涉及的反应为分解反应B.a点固体的成分是C.c→d反应的化学方程式为D.将b点固体溶于水配制成溶液，所得溶液中溶质的质量分数为【答案】D【解析】【分析】胆砜为0.2mol；a点时，失去水的质量为50.0g-42.8g=7.2g，为0.4mol，则失去2分子结晶水，a点时所得固体的成分为；b点时，失去水的质量为50.0g-35.6g=14.4g，为0.8mol，b点时所得固体的成分为；c点时，失去水的质量为50.0g-32g=18g，为1.0mol，c点时所得固体的成分为CuSO4；c→d过程中无电子转移，则没有发生氧化还原反应，为无水硫酸铜进一步受热生成氧化铜，结合铜守恒可知，0.2molCuO为16g，d点时固体成分是CuO；【详解】A．失重过程中为一种物质生成多种物质的反应，涉及的反应为分解反应，故A正确；B．a点固体的成分是，故B正确；C．c→d过程中无电子转移，则没有发生氧化还原反应，为无水硫酸铜进一步受热生成氧化铜和三氧化硫，c→d反应的化学方程式为，故C正确；D．b点时所得固体的成分为，结合铜守恒，将b点固体溶于水配制成溶液，所得溶液中溶质的质量分数为，D错误；故选D。6.下列实验装置能达到实验目的的是A．除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠B．制备并收集乙酸乙酯C．验证SO2的漂白性D．制备并收集NOA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．除去碳酸钠固体中的少量碳酸氢钠，可利用碳酸氢钠热稳定性差的性质，用加热法将碳酸氢钠转化为碳酸钠，A正确；B．制备并收集乙酸乙酯时，出气导管口应位于饱和碳酸钠液面的上方，否则会产生倒吸，B不正确；C．验证SO2的漂白性时，应使用品红溶液，SO2通入酸性KMnO4溶液中，表现出的是还原性，C不正确；D．因为NO能与空气中的O2反应，所以收集NO时，不能使用排空气法，D不正确；故选A。7.下列玻璃仪器选择合理且能完成相应实验(夹持装置略去)的是A.配制500mL40%的硫酸溶液：①④⑤⑨B.分离四氯化碳和碘单质的混合物：③④⑥C.测定晶体中结晶水的含量：③⑤⑦⑧D.用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤【答案】D【解析】【详解】A．配制40%的硫酸用到：托盘天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，A错误；B．分离四氯化碳和碘单质应该用蒸馏方法，使用的仪器有：带铁圈的铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，B错误；C．胆矾晶体中结晶水的含量需要使用研钵、三脚架、泥三角、酒精灯、蒸发皿，玻璃棒、药匙、坩埚钳、干燥器、托盘天平，C错误；D．提纯乙酸乙酯，加入饱和碳酸钠溶液，分液，需要分液漏斗、烧杯，选择②⑤，D正确；故选D。8.油画创作需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。下列说法正确的是A.与水作用可生成对应的酸：B.反应Ⅰ中元素和都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移电子数之比为D.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜Ⅱ【答案】C【解析】【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为As2O3和H2S2O3，化学方程式为：；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为H3AsO4和H2SO4，化学方程式为：。【详解】A．As2O3与水作用时，可以生成对应的酸为H3AsO3，故A项错误；B．As2S3中元素As为+3价，元素S为-2价，则反应Ⅰ中，As2S3在紫外光条件下被氧气氧化为As2O3和H2S2O3，H2S2O3中S化合价为+2价，化合价升高被氧化；As2O3中As元素化合价为+3，未发生改变，未被氧化，故B项错误；C．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从-2价升高为中的+2价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为：3×4mol=12mol；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为中的+5价，S元素从-2价升高为H2SO4的+6价，则氧化1molAs2S3转移的电子数为：2×2mol+3×8mol=28mol，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3转移的电子数之比为：，故C项正确；D．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，故D项错误；故答案选C。阅读下列材料，完成下面小题。资源化利用，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。Ⅰ．的捕集方法1：用溶液做吸收剂可“捕集”。随着反应的进行，若吸收剂失活，可利用NaOH溶液使其再生。方法2：聚合离子液体是目前广泛研究的吸附剂。实验得出聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下，吸附量变化如图所示：Ⅱ．合成乙酸：中国科学家首次以、和为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：9.为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有个H原子B.常温常压下，11.2L中含有分子数小于C.分子中含有中子数为D.3.2g中含有共价键个数为10.下列相关说法正确的是A.NaOH、、均含有共价键和离子键B.NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应：C.低温高流速有利于聚合离子液体吸附D.合成乙酸的总反应：【答案】9.B10.B【解析】9题详解】A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含H物质有溶质氢氧化钠也有溶剂水，含有H原子个数不止，A错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2L中含有分子数小于，B正确；C.一个分子中含有中子数为27，未给二氧化碳的物质的量，含有中子数目无法计算，C错误；D.一个甲醇含有5个共价键，故3.2g即0.1mol甲醇中含有共价键个数为，D错误；故选B。【10题详解】A.含有共价键，不含有离子键，A错误；B.用溶液做吸收剂可“捕集”生成酸式盐碳酸氢钠，NaOH溶液使“吸收剂”再生的离子反应：，B正确；C.由聚合离子液体在不同温度、不同流速条件下的图示可知低温低流速有利于二氧化碳吸附，C错误；D.合成乙酸的总反应：，D错误；故选B。11.下列方案不能测出和的混合物中的质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到C.取ag混合物与足量溶液充分反应，得到bg溶液D.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体【答案】C【解析】【详解】A．受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到，根据碳守恒可计算出和的总的物质的量，结合总质量ag，可计算出质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出质量分数，C符合题意；D．和均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出质量分数，D不符合题意；故选C。12.下表中的各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是编号abcd①Na②Al③Fe④MgA.②④ B.①④ C.②③ D.③④【答案】D【解析】【详解】①NaOH加热不能分解，NaOH不能一步转化为Na2O，故不选①；②Al2O3不能生成Al(OH)3，Al(OH)3也不能直接生成Al，故不选②；③FeCl2与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应生成FeCl2、Fe与氯气反应生成FeCl3；FeCl3与Cu反应生成CuCl2，CuCl2与铁反应生成FeCl2和铜，故选③；④MgO与盐酸反应生成MgCl2，单质Mg与氧气反应生成MgO，单质Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2和氢氧化钠反应生成Mg(OH)2，加热Mg(OH)2分解为MgO，故选④；③④正确；答案选D。13.GaZrOx双金属氧化物催化CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示，活化位点为催化剂区域能吸附反应物分子同催化剂反应的基