精品解析：安徽省合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中化学试题

合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年第一学期期中联考 高三年级化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 劳动是一切幸福的源泉。下列劳动项目与相应化学知识没有关联的是 选项 生产劳动 涉及化学知识 A 用石灰浆刷墙翻新 石灰浆与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀 B 制作馒头时要加入小苏打 能与酸反应产生气体，使馒头松软 C 用卤水点豆腐 溶液等电解质溶液使胶体聚沉 D 用NaOH和铝粉制成固体管道疏通剂 铝粉与NaOH溶液反应放热并产生H2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．石灰浆（氢氧化钙）与反应生成，导致墙面变硬，关联正确，A正确； B．制作馒头使用的小苏打应为，而非，受热分解产生使馒头松软，B错误； C．卤水中的等电解质使豆浆胶体聚沉，形成豆腐，关联正确，C正确； D．铝与NaOH反应生成H2并放热，可疏通管道，关联正确，D正确； 故答案选B。 2. 物质的性质决定其用途。下列有关物质的性质或用途有错误的是 A. 二氧化硅导电性好，可以用来生产光导纤维 B. 生铁硬度大、抗压性好，可用作铸造下水井盖 C. 二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝等 D. 呈红棕色，常用作涂料、油漆、油墨等的红色颜料 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化硅是良好的绝缘体，导电性差，其用于光导纤维是因高透明度和光导特性，而非导电性，A错误； B．生铁为铁碳合金，硬度高、抗压性强，适合铸造下水井盖，B正确； C．二氧化硫能与有机物生成无色物质，具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝等，C正确； D．Fe2O3为红棕色固体，俗称铁红，常用作涂料、油漆、油墨等的红色颜料，D正确； 故答案选A。 3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 溶液 B. C. D. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s) 【答案】B 【解析】 【详解】A．Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，但电解MgCl2溶液时，由于放电能力：H+＞Mg2+，因此在阴极上溶液中的H+优先放电生成H2，而不是Mg2+放电产生Mg。需电解熔融MgCl2才能得到金属Mg，A错误； B．Al2O3与盐酸反应生成AlCl3而电离产生Al3+；向该溶液中加入过量NaOH溶液，Al3+与过量NaOH反应时，首先生成Al(OH)3沉淀，随后沉淀溶解生成[Al(OH)4]-，两步均能实现，B正确； C．Cu2S高温下与O2反应生成Cu和SO2，但由于Cu在金属活动性顺序表中位于H后边，在常温下不能与稀硫酸发生反应，Cu需浓硫酸并在加热条件下才能发生氧化还原反应生成CuSO4，C错误； D．Cl2的氧化性很强，变价金属Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3而不是生成FeCl2，D错误； 故合理选项是B。 4. 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 12g金刚石中所含的共价键数目为 B. 0.1mol/L溶液中，数目为 C. 18g中含有的电子数为 D. 25℃，101kPa下，同体积的与含有相同的分子数 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．12g金刚石为1mol，所含的共价键数目为，A错误； B．题干中没有给出溶液的体积，无法计算物质的量，B错误； C．18g为0.9mol，含有的电子数为，C错误； D．根据，25℃，101kPa下，同体积的与的个数相同，故含有相同的分子数，D正确。 故选D。 【点睛】 5. 是最常见的硫的氧化物，某小组利用如图所示的装置制备并检验其性质。下列说法正确的是 A. 装置Ⅰ中浓硫酸体现强氧化性 B. 装置Ⅱ无明显变化，实验结束后向其中通入空气，也无明显变化 C. 装置Ⅲ中现象证明具有漂白性，装置Ⅳ中现象证明具有氧化性 D. 装置V中使用酸性高锰酸钾溶液也可达到实验目的 【答案】D 【解析】 【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入氯化钡溶液中，无明显变化，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色证明二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入含有淀粉的碘水中，溶液褪色说明二氧化硫与碘发生了反应，二氧化硫具有还原性，最后用NaOH溶液吸收多余的二氧化硫。 【详解】A．装置I中浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，浓硫酸不体现强氧化性，A错误； B．装置Ⅱ中生成了，易被氧化生成，通入空气后最终生成沉淀，B错误； C．装置Ⅲ中品红溶液褪色，体现漂白性，装置Ⅳ中发生反应，溶液蓝色褪去，体现还原性，C错误； D．酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，具有还原性，酸性高锰酸钾溶液也可用于吸收，D正确； 故答案选D。 6. 是引发酸雨的主要污染物，将工业废气吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是 A. 硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强： B. 用过量NaOH溶液吸收废气中的NO2： C. 用过量氨水吸收废气中的SO2： D. 用过量溶液吸收废气中的SO2： 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫酸型酸雨中的H2SO3被O2氧化为H2SO4，正确离子方程式应为：，A错误。 B．过量NaOH吸收NO2时，发生歧化反应生成和，离子方程式书写正确，配平正确，B正确； C．过量氨水吸收SO2时，应生成，正确离子方程式为：，C错误； D．具有强氧化性，会将氧化为，反应会生成。因溶液过量，生成的会与反应生成弱电解质，故离子方程式的产物中不应出现，正确离子方程式应为：，D错误； 故选B。 7. 人类对酸碱的认识经历了漫长的时间。1923年Bronsted和Lowry提出酸碱质子理论，认为：凡是能够给出质子的物质都是酸；凡是能够接受质子的物质都是碱。向盛有足量液氨的容器中投入23 g钠，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子(过程如下图所示)，随后缓慢产生H2，待停止产生气泡，经分离获得纯净的氨基钠(NaNH2)。下列相关说法错误的是 A. 液氨属于纯净物 B. 导电性：蓝色溶液>液氨 C. 当溶液中放出0.2 mol H2时，Na共失去0.4 mol电子 D. 按酸碱质子理论，既可作为酸，又可作为碱 【答案】C 【解析】 【详解】A．液氨是液态，为纯净物，A正确； B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子、，能导电，而液氨中无自由移动离子不导电，故导电性：蓝色溶液＞液氨，B正确； C．生成0.2 mol H₂需要消耗0.4 mol电子，即有0.4 mol Na参与了生成H₂的反应。根据题干信息，23 g（1 mol）Na先迅速溶剂化失去1 mol电子，生成的溶剂合电子再缓慢反应。因此，当有0.2 mol H2生成时，Na已经总共失去1 mol电子，而非0.4 mol，C错误； D．按酸碱质子理论，可接受质子形成铵根离子，又可以给出质子形成，故既可作为酸，又可作为碱，D正确； 故选C。 8. 学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列类推正确的是 A. 已知硫酸、硝酸属于电解质，则盐酸也属于电解质 B. 已知Na2O属于碱性氧化物，则Na2O2也属于碱性氧化物 C. 已知 BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清 D. 已知H2O能与Na2O2反应生成NaOH和O2，则H2O也能与BaO2反应生成Ba(OH)2和O2 【答案】D 【解析】 【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不属于纯净物，因此盐酸不属于电解质；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，属于纯净物，硫酸、硝酸在水溶液中会发生电离而导电，因此硫酸、硝酸属于电解质，A错误； B．Na2O属于碱性氧化物，与酸反应产生盐和水；但Na2O2是过氧化物，与酸反应生成盐、水和氧气，因此Na2O2不属于碱性氧化物，B错误； C．BaCO3能溶于盐酸，反应产生BaCl2及H2O、CO2气体， BaCl2是可溶性物质，因此反应后溶液澄清，但BaCO3与硫酸反应生成的BaSO4是难溶性物质，会覆盖在BaCO3表面，而阻碍反应继续发生，由于BaSO4是难溶性物质，因此反应后溶液不会变澄清，C错误； D．过氧化物Na2O2与水反应生成对应的碱NaOH和O2，以此类推可知：BaO2与水反应生成对应的碱Ba(OH)2和O2，D正确； 故合理选项是D。 9. 为了预防传染性疾病，不少地方都采用了“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白。相关实验现象如下： 实验 胶头滴管中的液体 实验现象 I 1mL的蒸馏水 混合后溶液的pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去 Ⅱ 1mL 0.0002 mol·L-1 的H2SO4溶液 混合后溶液的pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生 Ⅲ 1mL 2 mol·L-1 的H2SO4溶液 混合后溶液的pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝 下列说法不正确的是 A. 对比实验I和Ⅱ，Ⅱ中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClO B. 对比实验Ⅱ和Ⅲ，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性 C. 实验Ⅲ中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2↑+H2O D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需合适的pH才能安全使用 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验Ⅱ中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：，生成的具有漂白性，使溶液蓝色迅速褪去，A正确； B．对比实验Ⅱ和Ⅲ，溶液浓度越大，酸性越强，的氧化性越强，甚至与反应生成，B正确； C．实验Ⅲ中产生的气体是，使湿润的淀粉试纸变蓝，而氯气是由和在酸性环境中反应生成的，离子方程式为，C错误； D．通过对比三个实验可知，加酸可以提高84消毒液的漂白效果，但若是酸性太强，会发生实验Ⅲ的反应产生氯气，造成安全隐患，D正确； 故答案选C。 10. 有一无色透明溶液A，欲确定其是否含有下列离子：、、、、、、、、，实验如下： ①用铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到焰色呈紫色； ②用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部，试纸变红； ③取少量该溶液，加入过量溶液，有白色沉淀生成； ④取少量该溶液，加入过量的NaOH溶液，没有白色沉淀生成； ⑤取③中反应后的上层清液，加入溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀。 已知微溶于水，下列说法正确的是 A. 溶液A中一定不存在的离子有三种 B. 溶液A中不能肯定存在的离子是、 C. 为进一步确定溶液A中是否含有，可以取少量原溶液，加入溶液，观察是否有沉淀生成 D. 以上说法都不正确 【答案】B 【解析】 【分析】无色透明溶液中一定不含、。 ①用铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到焰色呈紫色，说明溶液A中一定含有； ②用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部，试纸变红则溶液呈酸性，溶液A中一定含有，与不能大量共存，溶液A中不含； ③取少量该溶液，加入过量溶液，有白色沉淀生成，沉淀为硫酸钡，则溶液A中含； ④取少量该溶液，加入过量的NaOH溶液，没有白色沉淀生成，溶液A中不含； ⑤取③中反应后的上层清液，加入溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀，沉淀含氯化银，由于③引入氯离子，不能确定溶液A中是否含有。 【详解】A．溶液A中一定不存在的离子有、、、四种，A错误； B．溶液A中不能肯定存在的离子是、，B正确； C．根据分析原溶液中含有，取少量原溶液加入溶液，产生的沉淀会有干扰了的检验，C错误； D．根据分析，D不符合题意； 故选B。 11. 碳酸锰矿(难溶于水，主要成分为、)可发生如下图转化。 已知“氧化”后溶液中含。 下列说法正确的是 A. “酸浸”时发生的离子方程式为： B. “氧化”过程中加入的目的是将氧化为 C. “除铁”时加入，需控制溶液使完全沉淀，而不沉淀 D. 最终得到和溶液，经蒸发结晶可直接得到纯净的固体 【答案】C 【解析】 【分析】碳酸锰矿中含有MnCO3、FeCO3等，加入过量H2SO4酸浸，得到MnSO4、FeSO4溶液；加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+；加入NH3∙H2O除铁，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀后，得到MnSO4和(NH4)2SO4溶液。 【详解】A．酸浸时FeCO3与H+反应，因无氧化剂，Fe2⁺不会被氧化为Fe3⁺，正确离子方程式应为FeCO3+2H+=Fe2⁺+CO2↑+H2O，A错误； B．氧化后溶液含Fe3⁺、Mn2+，Mn2+未发生改变，说明加入H2O2目的是将Fe2+（酸浸生成）氧化为Fe3+，而非氧化Mn2⁺，B错误； C．除铁时加入NH3·H2O调节pH，仅使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Mn2+不沉淀以留在溶液中，C正确； D．溶液含MnSO4和(NH4)2SO4，蒸发结晶时二者会共同析出，无法直接得到纯净MnSO4，D错误； 故选C。 12. 我国科学家开发了具有可变孔径的新型三维MOF材料(如图)，实现了从C2H2、C2H4、C2H6混合气体中一步分离、提纯C2H4的目的。已知：同温同压下，气体扩散速率与相对分子质量之间的定量关系为=。下列叙述正确的是 A. 同温同压下，气体扩散速率：C2H6>C2H4>C2H2 B. 常温下，等物质的量的气体压强：C2H2>C2H4>C2H6 C. 标准状况下，等体积的C2H2、C2H4、C2H6含原子数之比为1∶1∶1 D. 常温常压下，同体积的C2H2、C2H4、C2H6所含极性键数之比为1∶2∶3 【答案】D 【解析】 【详解】A．同温同压下，气体扩散速率与相对分子质量的平方根成反比。三种气体相对分子质量：(26)＜(28)＜(30)，故扩散速率应为＞＞，A错误； B．根据理想气体状态方程PV=nRT，常温下等物质的量气体，若体积相同则压强相等，题目未说明体积，无法比较压强，B错误； C．标准状况下等体积气体物质的量相等，1mol 、、含原子数分别为4mol、6mol、8mol，原子数之比为2:3:4，C错误； D．常温常压下同体积气体物质的量相等，含2个极性键（C-H）、含4个（C-H）、含6个（C-H），极性键数之比为2:4:6=1:2:3，D正确； 故选D。 13. 过硫酸钠（）常用作漂白剂、氧化剂等，某研究小组利用如图装置制备（加热及部分夹持仪器略去）。可能发生的副反应：。下列说法错误的是 A. 制备反应开始时控制活塞的操作是关闭，然后打开 B. 通入的目的是将生成的及时赶出装置Ⅲ，防止发生副反应 C. 中-2价氧与-1价氧的个数比是1:3 D. 装置Ⅲ的反应为 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅰ中在催化下，分解生成，装置Ⅲ用NaOH溶液与反应制备过硫酸钠，制备过程中存在副反应，反应生成的会引发副反应，装置Ⅰ生成的把及时带出装置Ⅲ以防止副反应发生。被带出的进入装置Ⅳ中与稀硫酸反应而被吸收，防止污染空气。据此答题。 【详解】A．由分析可知，开始时应关闭，然后打开，利用装置Ⅰ生成的氧气进入装置Ⅲ以赶出氨气，防止副反应发生，A正确； B．由分析可知，通入氧气的目的是将装置Ⅲ中生成的氨气赶出，防止副反应发生，B正确； C．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价、钠元素的化合价为+1价，设-1价氧元素的个数为a，-2价氧元素个数为b，由氧原子个数可得：a+b=8，由化合价代数和为0可得：，即。联立方程组，解得、，则化合物中-2价氧与-1价氧的个数比是3:1，C错误； D．由分析可知，装置Ⅲ中过二硫酸铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应制备过二硫酸钠，反应的化学方程式为，D正确； 故选C。 14. 在半导体光催化作用下，N2被光催化材料捕获，并实现“N2→NH3”的转化，其转化如图所示。下列说法错误的是 A. 此方法属于人工固氮技术 B. 反应中有极性键、非极性键的断裂和形成 C. 氮气在反应中被氧化，体现了还原性 D. 该反应的化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2 【答案】C 【解析】 【详解】A．人工固氮是将游离态氮转化为化合态氮的过程，该反应中N2转化为NH3，属于人工固氮技术，A正确； B．反应中N2断裂N≡N非极性键，H2O断裂H-O极性键；生成NH3形成N-H极性键，生成O2形成O=O非极性键，存在极性键、非极性键的断裂和形成，B正确； C．N2中N为0价，NH3中N为-3价，N元素化合价降低，氮气被还原，体现了氧化性，C错误； D．根据转化关系，N2和H2O在光照、催化剂条件下生成NH3和O2，配平后方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2，D正确； 答案选C。 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。钠、氯及其化合物的“价—类”二维图如图1、图2所示，请回答下列问题。 （1）NaH中氢为______价。 （2）图1中①可做供氧剂，其电子式为______。 （3）亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂。制备亚氯酸钠的流程如图： 反应Ⅰ阶段，参加反应的③和的物质的量之比为______；反应Ⅱ的氧化产物为______。 （4）图2中②是“84”消毒液的有效成分，在空气中的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的化学方程式：______；将通入NaOH溶液中制备②时，若温度控制不当，会生成副产物③。若反应后的溶液中②和③的物质的量之比为5：2，则消耗的与生成的的物质的量之比为______。 （5）商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”是指一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时氯气的质量对消毒剂质量的比值来表示。二氧化氯()的“有效氯”为______(保留两位小数)。 【答案】（1）-1 （2） （3） ①. 2:1 ②. （4） ①. ②. 11:15 （5）2.63 【解析】 【分析】根据图可知，①为钠的氧化物，则①可以为氧化钠或者过氧化钠；②为含有+1价氯元素的盐，则②为次氯酸盐；③为含有+5价氯元素的盐，则③为氯酸盐，据此分析作答。 【小问1详解】 NaH中钠元素为+1价，则氢元素为-1，故答案为：-1； 【小问2详解】 ①可做供氧剂，则为过氧化钠，其电子式为 ，故答案为：； 【小问3详解】 根据流程可知，③在硫酸作用下与反应，生成和，化学方程式为：，则③和的物质的量之比为2:1；反应II是与过氧化氢和氢氧化钠反应，生成、氧气和水，过氧化氢中氧元素化合价升高，为还原剂，则其氧化产物为，故答案为：2:1；； 【小问4详解】 图2中②是“84”消毒液的有效成分，则②为，在空气中和水的作用下生成两种物质，其中一种是，另一种酸式盐为，化学方程式为：；将通入NaOH溶液中制备时，若温度控制不当，会生成副产物，若反应后的溶液中和的物质的量之比为5:2，根据得失电子守恒，设生成为5 mol，生成为5 mol，消耗的为5mol，同时生成为2 mol，生成为10 mol，消耗的为6 mol，消耗的与生成的的物质的量之比为11:15，故答案为：；11:15； 【小问5详解】 和氯气作为氧化剂，都会变为氯离子，设1 mol 转化为1 mol得到电子5mol，氧化能力相当，则氯气得电子数相同，即消耗氯气为2.5 mol，则二氧化氯的“有效氯”=，故答案为：2.63。 16. 草酸钴用途广泛，实验室利用废旧锂电池正极材料制备草酸钴。回答下列问题： I．稀硫酸的配制。 （1）实验室需要溶液，用浓硫酸(密度为)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为_____(保留1位小数)mL。 （2）在下列配制过程示意图中，有错误的是_______(填序号)。 （3）配制过程中稀释浓硫酸后，未冷却至室，即进行下一步操作，将使配制的溶液浓度_____；(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 II．以废旧锂电池正极材料为原料制备溶液。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，时通过仪器缓慢滴加稀硫酸，充分反应后过滤。 （4）转化为、的化学方程式为_______。 （5）用分液漏斗滴入稀硫酸，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是_______。 III．沉钴。向除杂后的溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到。已知：向溶液中滴加溶液调节时开始出现沉淀。 （6）不能用同浓度的溶液代替溶液的原因是_______。 （7）为测定草酸钴样品中草酸钴晶体的质量分数，进行如下实验： a．取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热(该条件下不被氧化)。 b．充分反应后将溶液冷却至室温，加入容量瓶中，定容。 c．取溶液，用溶液滴定，共消耗溶液。 样品中草酸钴晶体的质量分数为_______。 【答案】（1）54.3 （2）①④ （3）偏大 （4） （5）使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫(或提高钴的还原率) （6）若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致的产率降低 （7）80.00% 【解析】 【分析】实验室没有480mL的容量瓶，配制，应该选用500mL的容量瓶，按照500mL溶液进行计算； 测定草酸钴样品中草酸钴晶体的质量分数，根据得失电子守恒找关系式进行计算，即KMnO4得电子的物质的量等于草酸和硫酸亚铁失去电子的物质的量； 【小问1详解】 由c=可知，浓硫酸的浓度为，实验室没有480mL容量瓶，所以配制480ml 2mol/L的硫酸溶液时，应选用500mL容量瓶，由稀释定律c1v1=c2v2可知，配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为； 【小问2详解】 图①为稀释浓硫酸，应先放少量水在烧杯中，再加入量取的浓硫酸进行稀释，同时倾倒蒸馏水的试剂瓶标签应面向手心，图①错误； 图②为转移溶液，用玻璃棒引流，玻璃棒下端在刻度线以下，图②正确； 图③为洗涤烧杯转移溶液，图③正确； 图④为定容操作，眼睛应该平视刻度线，图④错误； 【小问3详解】 浓硫酸稀释过程会大量放热，如果未冷却就转移，温度高液体体积膨胀，当定容冷却后，体积降温减小，根据计算导致溶液浓度偏大； 【小问4详解】 根据题目信息，废旧锂电池正极材料中的LiCoO2在硫酸的酸性环境中把加入的Na2SO3氧化为Na2SO4，LiCoO2中+3价的Co被还原为CoSO4，反应方程式为：； 【小问5详解】 因为LiCoO2与Na2SO3和H2SO4的反应为固体与液体的反应，快速搅拌是保证反应物充分混合接触反应，同时稀硫酸的滴加速率不能太快是为了防止局部酸性过强与Na2SO3反应产生二氧化硫； 故答案为：使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫； 【小问6详解】 草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠溶液的碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致草酸亚钴的产率降低； 【小问7详解】 由题意可知，测定某草酸钴样品中草酸钴晶体的质量分数的实验中，高锰酸钾为反应的氧化剂，草酸钴和硫酸亚铁为还原剂，由得失电子数守恒可得关系式2n(CoC2O4)+n(FeSO4)=5n(KMnO4)，则3.660g样品中草酸钴的物质的量为(0.1000mol/L×0.1L×5-0.1000mol/L×0.018L×10)×=0.016mol，由钴原子个数守恒可知，草酸钴晶体的质量分数为。 17. 某学习小组对通入溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，请回答下列问题： 【提出问题】 白色沉淀产生的主要原因是什么？ 【做出假设】 假设一：主要是氧气将氧化为，产生白色沉淀。 （1）假设二：___________。 【设计实验】该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。 （2）装置X的作用是___________。 【实验过程】 对比实验一 对比实验二 实验装置 A烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 B烧杯中加入未煮沸的溶液。 C烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 D烧杯中加入未煮沸的溶液。 在A、B、C、D四个烧杯中均放入传感器，然后通入气体。 （3）向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的：___________。烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的___________代替(填字母)。 a．氯仿 b．己烷 c．乙醇 【实验现象】 A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现浑浊现象。 【实验结论】 （4）B烧杯中出现浑浊的原因：___________。 （5）在硝酸钡溶液中，有无氧气参加都能产生硫酸钡沉淀。若是硝酸根的强氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为___________。 （6）为了进一步确定产生沉淀的原因，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，结果如图所示，根据图像可得出结论：___________。 【答案】（1）酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀 （2）做缓冲瓶，防止倒吸 （3） ①. 隔绝氧气 ②. b （4）SO2被氧气氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀 （5） （6）O2在氧化反应中起到主要氧化作用 【解析】 【分析】将70%左右H2SO4滴入饱和的Na2SO3溶液中，发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2经过缓冲瓶进入右侧的烧杯中与待测溶液混合，烧杯中的食用油可以隔绝空气，pH传感器可以实时获取溶液的pH数据通过控制变量法来探究与溶液的反应。 【小问1详解】 二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，能被二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，因此假设二为酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀； 【小问2详解】 由于SO2易溶于水，装置X可起到防倒吸、做安全瓶的作用； 【小问3详解】 由于实验中需要研究氧气的作用，因此需要控制变量，食用油起到隔绝氧气的作用；食用油密度比水小，难溶于水，选项中氯仿密度大于水，排除a，乙醇与水互溶，排除c，己烷密度比水小，不溶于水，故选b； 【小问4详解】 根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加入未煮沸的BaCl2溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BaCl2溶液未出现白色沉淀说明是O2氧化SO2，故发生的反应为2H2SO3+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+或2H2O +2SO2+O2+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，因此B烧杯中出现浑浊的原因是SO2被氧气氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀； 【小问5详解】 二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子具有氧化性，能被二氧化硫氧化为硫酸根离子，离子方程式为； 【小问6详解】 根据图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的大，且用时短，说明O2在氧化反应中起到主要氧化作用。 18. 磷酸铁可作为新能源汽车锂离子电池的正极材料。一种以副产硫酸亚铁(主要成分为，杂质含、、)为原料合成磷酸铁的工艺如下图所示。 已知：易溶于硫酸，微溶于硝酸，不溶于冰水。 回答下列问题： （1）欲加快浸取速率可采取_______(任写一种)的措施。 （2）滤渣2主要成分为和_______(写化学式)，写出生成反应的离子方程式：_______。 （3）“沉淀”步骤中，生成的总反应的离子方程式为_______。该步骤中，一定时间内反应温度与产率的关系如下图所示，则以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为_______。 （4）“沉淀”步骤中，加氨水的目的主要有①使滤液1提炼可作氮肥，②_______。 （5）为得到纯净产品，系列处理中还应对粗品进行洗涤、干燥等操作，洗涤沉淀的操作是_______。 （6）煅烧水合磷酸铁过程中的(热重)及(反映体系热量变化情况，数值已省略)曲线如下图。样品在有少量失重，可能是样品吸潮引起的少量游离水的损失(左右)，从开始有明显的失重，到时失重达，则值约为_______。(计算结果取整数值) 【答案】（1）升温(或搅拌、研磨成粉末等合理答案) （2） ①. ②. （3） ①. ②. 温度过高，易分解 （4）中和硫酸，降低的溶解度 （5）向漏斗中加入冰水浸没沉淀，待水自然流出，重复操作2～3次 （6）2 【解析】 【分析】副产硫酸亚铁(主要成分为，杂质含、、)中加水浸取后，再往其中加Na2S除锰，过滤所得滤渣1为MnS，滤液中加氨水除钛、铝，过滤得到的滤渣2为Al(OH)3和H2TiO3，滤液中加①H3PO4、H2O2，②氨水沉淀，发生反应：，所得FePO4经过系列处理的产品。 【小问1详解】 欲加快浸取速率可采取升温、搅拌、研磨成粉末等； 【小问2详解】 除锰后滤液中还含有杂质离子Al3+和，其中加氨水除钛、铝，Al3+和氨水反应生成Al(OH)3，和氨水反应生成H2TiO3，过滤得到的滤渣2为Al(OH)3和H2TiO3，生成反应的离子方程式：； 【小问3详解】 “沉淀”步骤中，滤液中加①H3PO4、H2O2，②氨水沉淀，生成，其中H2O2作氧化剂，铁元素化合价升高为+3价，发生反应的总反应的离子方程式为；该步骤中，一定时间内反应温度以内升温产率增大，但由于H2O2不稳定，温度过高易分解，所以以后，随温度升高该反应产率降低； 【小问4详解】 已知：易溶于硫酸，微溶于硝酸，不溶于冰水，“沉淀”步骤中，加氨水的目的主要有①使滤液1提炼可作氮肥，②中和硫酸，降低的溶解度； 【小问5详解】 为得到纯净产品，系列处理中还应对粗品进行洗涤、干燥等操作，已知：易溶于硫酸，微溶于硝酸，不溶于冰水，洗涤沉淀时应用冰水洗涤，其操作是：向漏斗中加入冰水浸没沉淀，待水自然流出，重复操作2～3次； 【小问6详解】 样品在有少量失重，可能是样品吸潮引起的少量游离水的损失(左右)，从开始有明显的失重，到时失重达，则由于加热失去结晶水的质量分数为-=19.28%，则，解得。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年第一学期期中联考 高三年级化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。) 1. 劳动是一切幸福的源泉。下列劳动项目与相应化学知识没有关联的是 选项 生产劳动 涉及化学知识 A 用石灰浆刷墙翻新 石灰浆与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀 B 制作馒头时要加入小苏打 能与酸反应产生气体，使馒头松软 C 用卤水点豆腐 溶液等电解质溶液使胶体聚沉 D 用NaOH和铝粉制成固体管道疏通剂 铝粉与NaOH溶液反应放热并产生H2 A. A B. B C. C D. D 2. 物质的性质决定其用途。下列有关物质的性质或用途有错误的是 A. 二氧化硅导电性好，可以用来生产光导纤维 B. 生铁硬度大、抗压性好，可用作铸造下水井盖 C. 二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝等 D. 呈红棕色，常用作涂料、油漆、油墨等的红色颜料 3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 溶液 B. C. D. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s) 4. 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 12g金刚石中所含的共价键数目为 B. 0.1mol/L溶液中，数目为 C. 18g中含有的电子数为 D. 25℃，101kPa下，同体积的与含有相同的分子数 5. 是最常见的硫的氧化物，某小组利用如图所示的装置制备并检验其性质。下列说法正确的是 A. 装置Ⅰ中浓硫酸体现强氧化性 B. 装置Ⅱ无明显变化，实验结束后向其中通入空气，也无明显变化 C. 装置Ⅲ中现象证明具有漂白性，装置Ⅳ中现象证明具有氧化性 D. 装置V中使用酸性高锰酸钾溶液也可达到实验目的 6. 是引发酸雨的主要污染物，将工业废气吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是 A. 硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强： B. 用过量NaOH溶液吸收废气中的NO2： C. 用过量氨水吸收废气中的SO2： D. 用过量溶液吸收废气中的SO2： 7. 人类对酸碱的认识经历了漫长的时间。1923年Bronsted和Lowry提出酸碱质子理论，认为：凡是能够给出质子的物质都是酸；凡是能够接受质子的物质都是碱。向盛有足量液氨的容器中投入23 g钠，钠沉入容器底部，迅速发生溶剂化，生成蓝色的溶剂合电子(过程如下图所示)，随后缓慢产生H2，待停止产生气泡，经分离获得纯净的氨基钠(NaNH2)。下列相关说法错误的是 A. 液氨属于纯净物 B. 导电性：蓝色溶液>液氨 C. 当溶液中放出0.2 mol H2时，Na共失去0.4 mol电子 D. 按酸碱质子理论，既可作为酸，又可作为碱 8. 学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列类推正确的是 A. 已知硫酸、硝酸属于电解质，则盐酸也属于电解质 B. 已知Na2O属于碱性氧化物，则Na2O2也属于碱性氧化物 C. 已知 BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，则BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清 D. 已知H2O能与Na2O2反应生成NaOH和O2，则H2O也能与BaO2反应生成Ba(OH)2和O2 9. 为了预防传染性疾病，不少地方都采用了“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白。相关实验现象如下： 实验 胶头滴管中的液体 实验现象 I 1mL的蒸馏水 混合后溶液的pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去 Ⅱ 1mL 0.0002 mol·L-1 的H2SO4溶液 混合后溶液的pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生 Ⅲ 1mL 2 mol·L-1 的H2SO4溶液 混合后溶液的pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉-KI试纸变蓝 下列说法不正确的是 A. 对比实验I和Ⅱ，Ⅱ中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClO B. 对比实验Ⅱ和Ⅲ，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性 C. 实验Ⅲ中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2↑+H2O D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需合适的pH才能安全使用 10. 有一无色透明溶液A，欲确定其是否含有下列离子：、、、、、、、、，实验如下： ①用铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到焰色呈紫色； ②用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部，试纸变红； ③取少量该溶液，加入过量溶液，有白色沉淀生成； ④取少量该溶液，加入过量的NaOH溶液，没有白色沉淀生成； ⑤取③中反应后的上层清液，加入溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀。 已知微溶于水，下列说法正确的是 A. 溶液A中一定不存在的离子有三种 B. 溶液A中不能肯定存在的离子是、 C. 为进一步确定溶液A中是否含有，可以取少量原溶液，加入溶液，观察是否有沉淀生成 D. 以上说法都不正确 11. 碳酸锰矿(难溶于水，主要成分为、)可发生如下图转化。 已知“氧化”后溶液中含。 下列说法正确的是 A. “酸浸”时发生的离子方程式为： B. “氧化”过程中加入的目的是将氧化为 C. “除铁”时加入，需控制溶液使完全沉淀，而不沉淀 D. 最终得到和溶液，经蒸发结晶可直接得到纯净的固体 12. 我国科学家开发了具有可变孔径的新型三维MOF材料(如图)，实现了从C2H2、C2H4、C2H6混合气体中一步分离、提纯C2H4的目的。已知：同温同压下，气体扩散速率与相对分子质量之间的定量关系为=。下列叙述正确的是 A. 同温同压下，气体扩散速率：C2H6>C2H4>C2H2 B. 常温下，等物质的量的气体压强：C2H2>C2H4>C2H6 C. 标准状况下，等体积的C2H2、C2H4、C2H6含原子数之比为1∶1∶1 D. 常温常压下，同体积的C2H2、C2H4、C2H6所含极性键数之比为1∶2∶3 13. 过硫酸钠（）常用作漂白剂、氧化剂等，某研究小组利用如图装置制备（加热及部分夹持仪器略去）。可能发生的副反应：。下列说法错误的是 A. 制备反应开始时控制活塞的操作是关闭，然后打开 B. 通入的目的是将生成的及时赶出装置Ⅲ，防止发生副反应 C. 中-2价氧与-1价氧的个数比是1:3 D. 装置Ⅲ的反应为 14. 在半导体光催化作用下，N2被光催化材料捕获，并实现“N2→NH3”的转化，其转化如图所示。下列说法错误的是 A. 此方法属于人工固氮技术 B. 反应中有极性键、非极性键的断裂和形成 C. 氮气在反应中被氧化，体现了还原性 D. 该反应的化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。钠、氯及其化合物的“价—类”二维图如图1、图2所示，请回答下列问题。 （1）NaH中氢为______价。 （2）图1中①可做供氧剂，其电子式为______。 （3）亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂。制备亚氯酸钠的流程如图： 反应Ⅰ阶段，参加反应的③和的物质的量之比为______；反应Ⅱ的氧化产物为______。 （4）图2中②是“84”消毒液的有效成分，在空气中的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的化学方程式：______；将通入NaOH溶液中制备②时，若温度控制不当，会生成副产物③。若反应后的溶液中②和③的物质的量之比为5：2，则消耗的与生成的的物质的量之比为______。 （5）商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”是指一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时氯气的质量对消毒剂质量的比值来表示。二氧化氯()的“有效氯”为______(保留两位小数)。 16. 草酸钴用途广泛，实验室利用废旧锂电池正极材料制备草酸钴。回答下列问题： I．稀硫酸的配制。 （1）实验室需要溶液，用浓硫酸(密度为)配制该溶液时，所需的浓硫酸的体积为_____(保留1位小数)mL。 （2）在下列配制过程示意图中，有错误的是_______(填序号)。 （3）配制过程中稀释浓硫酸后，未冷却至室，即进行下一步操作，将使配制的溶液浓度_____；(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 II．以废旧锂电池正极材料为原料制备溶液。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，时通过仪器缓慢滴加稀硫酸，充分反应后过滤。 （4）转化为、的化学方程式为_______。 （5）用分液漏斗滴入稀硫酸，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是_______。 III．沉钴。向除杂后的溶液中加入溶液或溶液作沉淀剂，可得到。已知：向溶液中滴加溶液调节时开始出现沉淀。 （6）不能用同浓度的溶液代替溶液的原因是_______。 （7）为测定草酸钴样品中草酸钴晶体的质量分数，进行如下实验： a．取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热(该条件下不被氧化)。 b．充分反应后将溶液冷却至室温，加入容量瓶中，定容。 c．取溶液，用溶液滴定，共消耗溶液。 样品中草酸钴晶体的质量分数为_______。 17. 某学习小组对通入溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，请回答下列问题： 【提出问题】 白色沉淀产生的主要原因是什么？ 【做出假设】 假设一：主要是氧气将氧化为，产生白色沉淀。 （1）假设二：___________。 【设计实验】该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。 （2）装置X的作用是___________。 【实验过程】 对比实验一 对比实验二 实验装置 A烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 B烧杯中加入未煮沸的溶液。 C烧杯中加入煮沸的溶液，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 D烧杯中加入未煮沸的溶液。 在A、B、C、D四个烧杯中均放入传感器，然后通入气体。 （3）向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的：___________。烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的___________代替(填字母)。 a．氯仿 b．己烷 c．乙醇 【实验现象】 A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现浑浊现象。 【实验结论】 （4）B烧杯中出现浑浊的原因：___________。 （5）在硝酸钡溶液中，有无氧气参加都能产生硫酸钡沉淀。若是硝酸根的强氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为___________。 （6）为了进一步确定产生沉淀的原因，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，结果如图所示，根据图像可得出结论：___________。 18. 磷酸铁可作为新能源汽车锂离子电池的正极材料。一种以副产硫酸亚铁(主要成分为，杂质含、、)为原料合成磷酸铁的工艺如下图所示。 已知：易溶于硫酸，微溶于硝酸，不溶于冰水。 回答下列问题： （1）欲加快浸取速率可采取_______(任写一种)的措施。 （2）滤渣2主要成分为和_______(写化学式)，写出生成反应的离子方程式：_______。 （3）“沉淀”步骤中，生成的总反应的离子方程式为_______。该步骤中，一定时间内反应温度与产率的关系如下图所示，则以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为_______。 （4）“沉淀”步骤中，加氨水的目的主要有①使滤液1提炼可作氮肥，②_______。 （5）为得到纯净产品，系列处理中还应对粗品进行洗涤、干燥等操作，洗涤沉淀的操作是_______。 （6）煅烧水合磷酸铁过程中的(热重)及(反映体系热量变化情况，数值已省略)曲线如下图。样品在有少量失重，可能是样品吸潮引起的少量游离水的损失(左右)，从开始有明显的失重，到时失重达，则值约为_______。(计算结果取整数值) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $