安徽卷__2025届高考化学考前冲刺卷（含解析）

2025届高考化学考前冲刺卷
化学（安徽专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、N—14、O—16、V—51
一、选择题：本题共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.蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是( )
A商周石蛇 B春秋蛇纹铜提链罐
C唐彩绘生肖蛇陶俑 D清青玉十二辰-蛇
A.A B.B C.C D.D
2.下列实验事故的处理方法合理的是( )
选项 实验事故 处理方法
A 不慎将金属汞洒落地面 必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖
B 金属钠着火 快速用二氧化碳灭火器灭火
C 稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上 用3%~5%的烧碱溶液冲洗
D 蒸馏操作时忘记加沸石 停止加热，立即加入沸石再加热
A.A B.B C.C D.D
3.下列物质的性质或用途说法正确的是( )
A.浓硫酸有酸性，遇蓝色石蕊试纸，试纸变红色
B.氨气不能用来作制冷剂
C.能杀菌消毒防腐，可用作食品添加剂
D.pH试纸能用来测定新制氯水的pH
4.化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是( )
A.溶液中加入过量的盐酸：
B.溴水中加入过量的溶液：
C.溶液中通入过量的气体：
D.溶液中加入过量的氨水：
5.丹皮酚因其特殊的结构而具有显著的药理活性，常被作为先导物用于构建多种衍生物，一种丹皮酚查尔酮的合成路线如下。
下列说法正确的是( )
A.X分子中所有碳原子一定共平面
B.Y不能使溴水褪色
C.1 mol Z与溴水混合，最多能消耗4 mol
D.X、Y、Z均能使酸性溶液褪色
6.AlN是一种半导体材料，一种制备方法是，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.时，11.2LCO和的混合气体含中子数目为
B.12 gC（石墨）含非极性键数目为
C.该反应中固体质量每减少28g，转移电子数目为
D.溶于足量盐酸，溶液中的数目为
7.有研究认为，强碱性环境下反应可能按如下三步进行。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
下列说法正确的是( )
A.Ⅱ的平衡常数表达式为
B.由平衡常数可以判断Ⅲ比Ⅰ快
C.升高温度会使变小，变大
D.是反应的催化剂
8.抗流感药物玛巴洛沙韦的部分合成工艺路线如下图所示，下列说法正确的是( )
A.BXA中有三种含氧官能团
B.碳酸钾只起增大反应速率的作用
C.玛巴洛沙韦中碳原子的杂化方式有两种
D.玛巴洛沙韦不含手性碳原子
9.下列实验操作、现象及相应推论均正确的是( )
选项 实验操作及现象 推论
A 分别向CuS固体和FeS固体中加入足量等浓度的稀硫酸，CuS固体不溶，FeS固体溶解
B 用试纸测定溶液为9.7 HClO为弱酸
C 用洁净的玻璃棒蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色 溶液的溶质含Na元素
D 常温下，将等浓度溶液与氨水等体积混合，溶液呈中性 溶液中
A.A B.B C.C D.D
10.催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和CO的选择性随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.曲线③表示CO的选择性
B.时出口处CO的物质的量小于时
C.一定温度下，增大可提高平衡转化率
D.为提高产率，需研发转化率高和选择性高的催化剂
11.催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.图甲所示的化学反应放出热量为bkJ
B.图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成
C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为
D.图乙中反应②为
12.我国科学家以辛胺为原料，实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置如下图，下列说法错误的是( )
A.电极为阳极
B.电极发生还原反应
C.电极反应为
D.标况下，消耗，电极生成辛腈
13.乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为，工业上在裂解过程中可以实现边反应边分离出生成的氢气。在不同温度下，在1.0L恒容密闭容器中发生该反应。的移出率[]不同时，乙烷的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.由图可知：
B.加入催化剂增大了活化分子百分数，但该反应的不变
C.则B点体系中乙烯的体积分数约为50%
D.若A点，平衡常数，的移出率为20%
14.观察下列模型，判断下列说法错误的是( )
金刚石 碳化硅 二氧化硅 石墨烯
A.物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶1
B.晶体中Si和Si-O键个数比为1∶4
C.石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1
D.晶体堆积属于分子密堆积
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15.金属钒（V）被称为钢铁行业的“维生素”，以钒矿石焙砂（主要含，铁的氧化物等）为原料制备的工艺流程如下：
已知：①酸浸液中，钒的存在形式为；
②萃取时，发生反应：。
（1）浸渣的主要成分为_____________（填化学式）。
（2）加入足量铁粉进行还原时，含V微粒发生反应的离子方程式为_____________；还原时，消耗Fe粉量超过还原含V微粒所需的理论值，可能的原因是_____________。
（3）转化步骤的目的是_____________。
（4）无氧条件下煅烧得到的化学方程式为_____________。
（5）称取产品，用硫酸溶解后配成100mL溶液，取25.00mL溶液置于锥形瓶中，加入溶液还原（V元素转化为），后用标准溶液滴定至终点只氧化），消耗标准溶液的体积为。假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是_____________（列出计算式即可）。
（6）某超导含钒锑化物的晶胞及晶体中由V和Sb组成的二维平面如图。
基态V原子M能层电子排布式为_____________。该晶体的化学式为_______________。钒原子周围紧邻的锑原子数为_____________。
16.三氯三（四氢呋喃）合铬（Ⅲ）[]是有机反应中重要的固体催化剂，它易溶于四氢呋喃，极易水解。一种在非水体系中合成的步骤如下：
①制备无水：按图甲组装仪器，称取一定质量的放在反应管中央摊平，通入，打开管式炉加热至660 ℃，水浴加热，反应2 h，得到和光气。
②四氢呋喃除水处理：THF液体中加入干燥剂，蒸馏，收集66 ℃的馏分。
③合成：按图乙组装仪器，称取适量无水和锌粉放入纸质反应管内，双颈烧瓶中加入100 mL无水四氢呋喃，通入，5 min后停止通入，接通冷却水，加热至四氢呋喃沸腾，其蒸汽通过蒸汽导管进入提取管中，在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中，反应2.5 h后通入冷却至室温。在通风橱中处理掉多余的THF，冷却、抽滤、干燥得产品。
回答下列问题：
（1）制备无水的化学方程式是_______。将和一起加热也可制得无水，请解释的作用：_______。
（2）步骤③中四氢呋喃的作用是_______，处理多余的THF可采用的方法为____。
（3）结合平衡移动原理分析：将无水和锌粉放在纸质反应管内的好处是________。产品沿索氏提取器的管_____（填“2”或“3”）流入双颈烧瓶。
（4）已知：碱性条件下，能把Cr（Ⅲ）氧化为；酸性条件下，能把还原为；室温下开始形成沉淀时pH为5，完全沉淀时pH为8。以和为原料制备铬酸铅（，黄色固体，难溶于水），具体实验步骤：边搅拌边向晶体中加入的NaOH溶液至产生的沉淀完全溶解，得到溶液，_______。过滤、冷水洗涤、烘干，得到铬酸铅产品[实验中须使用的试剂：30%的溶液、的醋酸溶液、的溶液]。
17.将转化为HCOOH能有效减少排放。
（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则___________。
（2）时，水在Mn粉表面产生和再与反应产生甲酸。
①由制备甲酸的化学方程式为__________。
②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是__________。
（3）科学家利用在Ru（与Fe同族）基催化剂上加氢成功制得甲酸，其过程如图甲所示。
①与通过加成反应形成中间体X，画出中间体X的结构式：________。
②反应过程中加入NaOH或的目的是________________。
（4）通过电解法转化为的反应机理如图乙所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的有较好的阻拦作用，可让自由通过。
①Sn电极上生成的电极反应式为_________。
②电路中通过的电量与产率的关系如图丙所示，相同条件下，Pt电极有Nafion膜时产率明显提高，但电量后又显著下降，可能原因是_________。
18.有机物H是一种癌症靶向药物的合成中间体，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)C中含氧官能团的名称为___________。
(3)D的结构简式为___________。
(4)已知为平面结构，其中氮原子的孤电子对位于___________轨道上。
(5)试剂X为___________。
(6)B的同分异构体中同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基；②可发生银镜反应；③含有不存在键。
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为___________。
答案以及解析
1.答案：B
解析：A.商周石蛇的成分是硅酸盐，故不选A；
B.蛇纹铜提链罐是青铜器，铜是金属材料，故选B；
C.唐彩绘生肖蛇陶俑属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，故不选C；
D.清青玉十二辰-蛇主要成分是玉石，故不选D；
选B。
2.答案：A
解析：A.金属汞有挥发性，不慎将金属汞洒落地面，必须尽可能收集，然后用硫磺粉覆盖，A正确；
B.金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与反应生成，不能用二氧化碳灭火器灭钠着火，B项错误；
C.稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用干抹布擦拭，然后大量的水冲洗，最后用3%~5%的溶液冲洗，C错误；
D.蒸馏操作时若忘记加沸石，应立即停止加热，待溶液冷却后加入沸石再加热，D错误；
答案选A。
3.答案：C
解析：A.浓硫酸脱水性使纸张等有机物碳化变黑，故A错误；
B.氨气易液化，液氨气化时会从周围环境中吸收大量的热量，导致环境温度降低，故液氨常用作制冷剂，故B错误；
C.二氧化硫能杀菌消毒，具有还原性，具有抗氧化作用，如葡萄酒中可用二氧化硫抗氧化剂，故C正确；
D.氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能漂白试纸，不能用pH试纸测其pH，故D错误；
故选：C。
4.答案：C
解析：A.向溶液中加过量盐酸生成铝盐，其反应的离子方程式为，故A正确；
B.将少量溴水滴入过量的溶液中，过量的与结合生成，离子方程式为，故B正确；
C.溶液中通入过量气体生成和S，离子反应为，故C错误；
D.氨水过量，生成的氢氧化铜溶解生成，离子方程式为，故D正确；
答案选C。
5.答案：D
解析：由于单键能旋转，X分子中两个—中的碳原子不一定与苯环共平面，A错误；Y中含1个醛基，醛基有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，B错误；Z中含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基的对位氢和1个邻位氢能与溴水发生取代反应，碳碳双键可以和溴水发生加成反应，则1 mol Z与溴水混合，最多能消耗3 mol ，C错误；X中有酚羟基，Y中有醛基和与苯环直接相连的甲基，Z中有酚羟基、碳碳双键和与苯环直接相连的甲基，X、Y、Z均能使酸性溶液褪色，D正确。
6.答案：C
解析：、时，11.2LCO和的混合气体的总物质的量为［注意：标准状况是、］，CO与的中子数均为14，故混合气体含有的中子数小于，7错误；石墨中每个碳原子形成3个键，每个键被2个碳原子共用，故每个碳原子平均形成1.5个键，12g石墨中含1mol碳原子，则所含非极性键数目为，B错误；由题给化学方程式知，该反应中每消耗，转移，减少的固体质量为，则固体质量每减少28g，转移电子数目为，C正确；中铝离子数目为，结合铝离子会发生水解，故该溶液中数目小于，D错误。
7.答案：A
解析：Ⅱ＝总反应式-Ⅰ-Ⅲ，则反应Ⅱ为，，A正确；平衡常数只能体现反应进行的程度，无法表示反应的速率快慢，即由平衡常数不能确定Ⅲ比Ⅰ快，B错误；其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，题中未给出反应Ⅰ、Ⅲ的反应热，则不能确定升高温度的变化，C错误；参与反应，在Ⅰ中生成，Ⅲ中被消耗，是中间产物，D错误。
8.答案：C
解析：A.BXA分子中含有酮羰基、羟基、酰胺基、醚键四种含氧官能团，A不正确；
B.反应生成HCl，碳酸钾既起增大反应速率的作用，又起减少生成物浓度，促进平衡正向移动的作用，B不正确；
C.玛巴洛沙韦分子中，有的碳原子形成1个双键(1个σ键和1个π键)和2个单键(或3个σ键和1个大π键)，有的碳原子形成4个单键(都为σ键)，碳原子的孤电子对数都为0，则碳原子的杂化方式有两种，C正确；
D.玛巴洛沙韦中，带“ ”的碳原子都为手性碳原子，D不正确；
故选C。
9.答案：D
解析：A.CuS不溶于稀硫酸而FeS溶解，说明FeS的溶度积()较大，能够与反应生成，而CuS的极小，难以反应。因此推论错误，实际应为，A错误；
B.NaClO溶液pH为9.7，说明水解使溶液呈碱性，间接证明HClO为弱酸；但实验操作存在问题：NaClO具有强氧化性，可能漂白pH试纸，导致结果不可靠，B错误；
C.玻璃棒含钠元素，直接灼烧会显示黄色火焰，干扰实验结果；正确的焰色反应应使用铂丝或光洁铁丝。因此现象无法证明溶液含，C错误；
D.等浓度等体积的与氨水混合后，生成；溶液呈中性时，结合电荷守恒可知，，推论正确，D正确；
故选D。
10.答案：D
解析：一定温度下，增大，等效于在原平衡中加入，虽然平衡正向移动，但是的平衡转化率减小，C错误；的选择性，需研发转化率高和选择性高的催化剂，D正确。
11.答案：D
解析：A.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则图甲所示的化学反应放出热量为，A错误；
B.图甲反应中存在N-H和氮氧键的断裂、氢氧键的形成，即有极性共价键的断裂和形成；存在氮氮三键的形成，即有非极性共价键的形成，但没有非极性共价键的断裂，B错误；
C.图乙所示反应③中被氧化为，被还原生成，则为氧化剂，为还原剂，根据得失电子守恒可得关系式：，则氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误；
D.根据图乙可知，反应②为和NO反应生成和，其化学方程式为：，D正确；
故选D。
12.答案：C
解析：根据图示，二氧化碳在电极得电子生成，是阴极；在失电子发生氧化反应生成，是阳极。向电极移动，可知电解质溶液呈碱性。
A.在失电子发生氧化反应生成，电极为阳极，故A正确；
B.二氧化碳在电极得电子生成，电极发生还原反应，故B正确；
C.在失电子发生氧化反应生成，电解质溶液呈碱性，电极反应为，故C错误；
D.二氧化碳在电极得电子生成，碳元素化合价由+4降低为+2价，标况下，消耗，电路中转移2mol电子，根据，电极生成0.5mol辛腈，生成辛腈的质量为，故D正确；
选C。
13.答案：C
解析：A.分离出氢气会促进平衡正向移动，从而提高乙烷的转化率，因此氢气的移出率越高，乙烷的平衡转化率越大，则，故A正确；
B.催化剂可降低反应活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，但不影响，故B正确；
C.设乙烷的起始量为1mol，结合已知条件列三段式：，，则此时体系内剩余氢气的物质的量为0.9×(1-66.7%)=0.3，B点体系中乙烯的体积分数约为，故C错误；
D.A点时乙烷的转化率为60%，结合已知列三段式：，，，的移出率=，故D正确；
故选：C。
14.答案：A
解析：A.假设金刚石和碳化硅的物质的量均为1mol，金刚石中每个碳原子连接四根共价键，但每根共价键被两个环共用，因此每个碳原子实际连接根共价键，可知1mol金刚石中含有2molC-C键；1molSiC中有1mol碳原子和1mol硅原子，每个原子通过共价键连接到其他原子，形成Si-C键。由于每个共价键是两个原子共有的，因此每个原子独占的键数是总键数的一半，即2mol，由于碳原子和硅原子的数量相等，因此总共有4molSi-C键；可知物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶2，故A错误；
B.晶体中1个硅原子形成4个共价键，Si和Si-O键个数比为1∶4，故B正确；
C.石墨烯中1个六元环平均含有个碳，则碳原子和六元环个数比为2∶1，故C正确；
D.晶体为分子晶体，其堆积属于分子密堆积，故D正确；
故答案选A。
15.答案：（1）
（2）溶液中会消耗Fe粉
（3）将+4价V氧化为+5价V
（4）
（5）
（6）；；6
解析：（1）由流程梳理分析可知，浸渣的主要成分为。
（2）根据质量守恒，化合价升降守恒可写出反应的离子方程式为。酸浸时，溶液中含有，二者都会消耗Fe粉，导致Fe粉消耗量增多。
（3）反萃取后得到的中V的化合价为+4，用氨水沉钒后得到的中V的化合价为+5，则转化的目的是将+4价V氧化为+5价V。
（4）根据质量守恒和已知的反应物，生成物可写出煅烧的反应方程式为。
（5）第一步，根据滴定原理，找出相关物质的关系式。用硫酸溶解后转化为，加入溶液发生反应，反应后加入标准溶液发生反应。则可得关系式，。第二步，计算出25.00mL溶液中的物质的量。初始加入体系的，标准溶液消耗的，则25.00mL溶液中。第三步，计算产品中的质量分数。产品中的质量分数＝。
（6）该晶胞中Cs的个数为，的个数为，V的个数为，则该晶体的化学式为。以位于体心的V原子为研究对象，钒原子周围紧邻的锑原子数为6。
16.答案：（1）；与反应生成的HCl可抑制水解
（2）反应物和萃取剂 蒸馏
（3）产物可及时脱离反应体系，促进平衡正向移动，有利于提高产率3
（4）边搅拌边向溶液中加足量30%的溶液，充分反应后煮沸（除去过量的），向溶液中滴加的醋酸溶液，调节溶液的pH略低于5，滴加的溶液，产生大量沉淀，静置后，向上层清液中继续滴加的溶液不出现黄色沉淀
解析：（1）在660 ℃下，和反应生成、COCl，化学方程式为；极易水解，而与反应生成的HCl可抑制水解。
（2）由题给信息可知，THF为反应物，另外不溶于四氢呋喃，易溶于四氢呋喃，四氢呋喃在双颈烧瓶和纸质反应管中循环，可实现四氢呋喃与CrCl 的连续反应以及产物的连续萃取，则THF还是萃取剂；根据步骤②的操作可知，THF的沸点低，因此处理多余的THF可采用蒸馏的方法。
（3）不溶于THF而目标产物易溶于THF，与锌粉留在纸质反应管中，而目标产物可及时脱离反应体系，促进平衡正向移动，有利于提高产率；根据虹吸原理，管3利用虹吸原理使产品与THF流入双颈烧瓶，管2是平衡气压的。
（4）由已知信息知，得到碱性溶液后，可加入将氧化为，为防止酸性条件下，转化为后被过量的还原，调pH前可通过加热煮沸的方法除去过量的，之后调节溶液pH略小于5，再加入溶液制得，具体操作见答案。
17.答案：（1）
（2）①
②反应生成的MnO是与反应的催化剂
（3）①
②降低HCOOH浓度，使正向进行程度增大
（4）①（或）
②Nafion膜可以阻止在阳极放电；电量>1000C后，增大，Nafion膜阻拦作用下降
解析：（1）反应Ⅱ反应Ⅰ反应Ⅲ可得反应，则。
（2）①由题意可知，条件下水与锰，二氧化碳反应生成氧化锰和甲酸，反应的化学方程式为；
②直接加热氢气与二氧化碳难以生成甲酸，而①中条件下能较快生成甲酸，说明氧化锰是氢气和二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
（3）①Ru与F同族，催化时更易与显负电性的O相连，则二氧化碳与Ru—H发生加成反应生成HCOORu，X的结构式为；
（2）HCOOH为一元酸，反应过程中加入氢氧化钠或氨气可以将甲酸转化为，使反应正向进行程度增大。
（4）①由题图可知，铂电极是阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和，锡电极是电解池的阴极，二氧化碳在阴极得到电子与作用生成和，则锡电极上生成甲酸根离子的电极反应式为，刚开始时，电解液中溶质为，溶液呈碱性，故得电子生成过程中的氢原子由提供，电极反应式为。
②已知Nafion膜对浓度不高的有较好的阻拦作用，则Nafion膜可以阻止甲酸根离子在阳极放电，电路中通过电量较低时，相同条件下，铂电极有Nafion膜时的产率大于无Nafion膜；电量大于1000 C后，的产率显著下降说明的浓度增大，Nafion膜阻拦作用下降，导致甲酸根离子在阳极放电使得甲酸根离子的产率下降。
18.答案：(1)3-氟苯胺或间氟苯胺
(2)酰胺基、醛基
(3)
(4)杂化或或杂化
(5)
(6)9；
解析：A与发生取代反应生成B，根据已知②，B在、DMF作用下生成C，根据E的结构可知，C在碱性条件下加热生成D（），再芳构化为E，E与发生取代反应生成F，F在、DMF作用下生成G，根据H的结构和已知①可知，F和生成H。
（1）根据A的结构，名称为3-氟苯胺或间氟苯胺。
（2）根据C的结构，含氧官能团为酰胺基、醛基。
（3）据分析，D的结构简式为。
（4）为平面结构，则所有C、N原子均为杂化，因此氮原子的孤电子对位于杂化轨道。
（5）据分析，试剂X为。
（6）根据已知，B的同分异构体为和、和-F、和-F二取代的苯环，则共有9种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则分子中有甲基、-CHO，且为对位取代苯环，则结构简式为。