西南名校联盟2025届“3-3-3”高考备考诊断性联考（一）联考化学-答案

化学参考答案·第页）西南名校联盟2025届“3+3+3”高考备考诊断性联考（一）化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分。题号1234567答案BCBACAC题号891011121314答案DDADBCB【解析】1．铝合金的硬度比纯铝大，但熔点比纯铝低，A错误。Ag+是重金属离子，能够使蛋白质发生变性，因而可有效防护细菌侵入的性能，B正确。树脂是有机单体发生缩聚反应产生的物质，不同分子中含有的链节数目不同，因此属于混合物，C错误。煤油是轻质石油产品的一类，由天然石油或人造石油经分馏或裂化而得，D错误。2．醛基中C原子上有一个未成对电子，且应表示出氧原子上的孤电子对，其电子式为，A错误。s轨道为球形，p轨道为哑铃形，则氯化氢分子中s−pσ键的电子云图为，B错误。基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理和洪特规则，电子排布图为，C正确。H2S中心S原子为sp3杂化方式，价层电子对互斥模型为四面体形，D错误。3．环氧乙烷中的C—O键、C—C键、C—H键均为键，环氧乙烷中所含键数目为0.7NA，A错误。氯气与水反应属于可逆反应，所以在标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，完全溶于水转移电子数小于NA，B正确。0.1mol中能够电离·L−1乙醇水溶液中加入足量钠，1mol乙醇与钠反应生成0.5mol氢气，由于水也会与钠反应，因此生成的分子数目大于，D错误。4．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式是ClO−+H2O+CO2=+HClO，A正确。铝溶解在NaOH溶液中反应为=，B错误。铁离子可以氧化碘离子，Fe(OH)3和HI反应的离子方程式为2Fe(OH)3+2I−+6H+=2Fe2++I2+6H2O，C错误。用硝酸银与足量氨水制备银氨溶液=，D错误。5．N2中NN键能大、稳定性强，则N2可用作反应的保护气，事实与解释相符，A正确。NH4HCO3可以中和酸，且受热分解产生气体使面包蓬松，故NH4HCO3用作面包膨松剂，B正确。干冰因易升华而用作制冷剂，是因为破坏了分子间作用力，是物理变化，C错误。石墨中层与层之间存在微弱的范德华力，易滑动，起润滑作用，事实与解释相符，D正确。6．由Y的高聚物确定链节，然后再确定单体，或者采用同样方法由Z确定单体，都可确定X的结构简式可表示为，A正确。Y是由发生加聚反应生成，Z是由先酯基开环后经缩聚反应生成，不属于加聚反应，B错误。Z分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误。Y和Z都含有酯基，两者在NaOH溶液中都可以水解，Z能在NaOH溶液中降解为小分子，但Y开环水解后的生成物仍然是高分子，D错误。7．该装置能验证SO2的还原性，A错误。要上下移动量气管，使两边液面平齐时，再读数，B错误。与铝热反应相似，装置可用于制备金属锰，C正确。侯氏制碱法的原理是向饱和食盐水中先通入氨气、再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀，D错误。8．2∶1，X的核外电子排布式为1s22s22p2为C元素，Y可以形成两个共价键则Y为O元素，Z可以形成一个共价键为F，M为B可以形成四个共价键其中一个为配位共价键。X氢化物为甲烷等烃类化合物，不可以形成氢键，Y氢化物为水可以形成氢键，Z的氢化物为HF，可以形成氢键，A错误。BF3是非极性分子，B错误。同周期从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，第与第族元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，第一电离能应为Z>Y>X>M，C错误。该化合物中有碳氧等极性键、碳碳非极性键、硼氟配位键和阴离子和锂离子形成的离子键，D正确。9．加热条件下，能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的有机物含有醛基，但不一定是醛类，还可能是甲酸酯类等，A错误。硝酸具有挥发性，不能确定是挥发出的硝酸还是分解的NO2与淀粉碘化钾溶液反应，B错误。在锌与稀硫酸反应体系中加入少量硫酸铜，形成了原电池体系，而非是反应的催化剂，C错误。向等体积、等pH的两种酸溶液HA和HB中分别加入足量锌粉，HA溶液产生更多的氢气，则HA浓度更大，HA酸性更弱，，D正确。10．由晶胞的结构示意图可知，的配位数为8，结合化学式可知，的配位数也为8，A错误。叠氮酸铵（NH4N3）是由和形成的晶体，是离子晶体，B正确。1mol中含有个电子，C正确。其中位于顶点、面心、棱心的叠氮酸根个数为，位于体心的铵根离子个数为4×1=4，则该晶胞中含有4个NH4N3，晶胞密度，D正确。11．由题干信息可知，Zn生成，MnO2生成Mn2+，负极反应式为Zn+4OH−−2e−=，M极为Zn电极，为负极；正极反应式为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，N极为MnO2，为正极，A正确。负极反应式为Zn+4OH−−2e−=，每转移2mole−，有2molOH−移向NaOH溶液，而消耗4molOH−，NaOH溶液的pH变小，B正确。N电极为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极反应式为MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，C正确。若电路中通过2mole−，应有2molH+由中间层通过膜b移向稀硫酸溶液，D错误。12．根据图分析步骤Ⅰ中甲醛的氧与催化剂表面—OH的氢通过氢键吸附在催化剂表面的—OHHCHO+O2=CO2+H2O，C正确。PtNiFe—LDHGO催化甲醛氧化，加快反应速率，降低了该反应的活化能，D正确。13．二氧化锰具有氧化性，SO2具有还原性，“还原酸浸”步骤二者发生氧化还原反应，离子方程式为=，“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、Ni2+，“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2+氧化为MnO2，过滤，得到MnO2，据此分析解答。“还原酸浸”步骤软锰矿吸收SO2反应的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，A正确。“除铁铝”步骤为加入X消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝，依据不引入新杂质的原则可知X可能是，B正确。“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2+、Ni2+，若滤渣2是CuS和NiS，Y不一定是，还可以是其他含硫物质，Y最好是MnS，除去杂质，且不引入新杂质，C错误。“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2+氧化为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式：=，氧化剂为，还原剂为Mn2+，根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，D正确。14．左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，根据图示可知：随着NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐渐增大，则曲线②为pH变化；含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，①、③为含磷微粒，加入NaOH发生反应：=，H3PO2逐渐减小，逐渐增多，故曲线③为δ(H3PO2)，曲线①为δ()，然后根据问题分析解答。随着NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐渐增大，则②为pH变化；①、③为含磷微粒，且含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，A正确。曲线③为δ(H3PO2)，曲线①为δ()，曲线①和③交点时pH≈3，当δ(H3PO2)=δ()时，所以Ka=≈1.0×10−3，B错误。根据图像可知：当V(NaOH)=10mL时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−）+c()，此时溶液pH＜7，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH−)，故c(Na+)＜c()，C正确。当NaOH和H3PO2恰好完全反应时，溶质为NaH2PO2，由于H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2为正盐，根据质子守恒，溶液中存在c(H+)+c(H3PO2)=c(OH−)，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）球形冷凝管（1分，冷凝管给分，直形冷凝管不给分）（2）MnO2+4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O（没有配平扣1分，条件不写不扣分，没有写“浓”不扣分，写对离子反应方程式给满分）在装置B和装置C之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（没有答洗气瓶不扣分，答B和C之间增加一个干燥装置也给满分）（3）7Cl2+2FeTiO3+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO（没有配平扣1分，条件不扣分）（4）分离FeCl3和TiCl4（使TiCl4变为气体便于后续吸收，或意思差不多也给满分）（5）酸式A80（80.0也满分，其他答案不给分）【解析】装置A利用二氧化锰与浓盐酸反应制得Cl2，B装置用来除去Cl2中混有的HCl气体，在装置C中与FeTiO3和碳粉反应制得TiCl4，TiCl4蒸气经过控温装置D在E中冷凝液化收集，碱石灰既可尾气处理Cl2，又可以防止外界空气中的水蒸气进入E装置使TiCl4水解。（1）F为球形冷凝管。（2）装置A中二氧化锰与浓盐酸反应制得Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，上述装置中生成的Cl2没有干燥，会导致TiCl4水解，改进的方法是在装置B和装置C之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶。（3）据题意可知Cl2进入瓷舟与FeTiO3和碳粉反应制得TiCl4、FeCl3和一种氧化物（有毒气体），根据元素守恒思想可推断此有毒气体为CO，所以将管式炉加热至900℃时，瓷舟中主要反应的化学方程式为7Cl2+2FeTiO3+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO。（4）管式炉中温度为900℃，根据题给的数据知，生成的FeCl3和TiCl4均为气体，根据实验目的知，控温箱的作用是控制温度高于136.4℃，低于306℃，以此分离出TiCl4。（5）NH4Fe(SO4)2标准溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中，滴定过程铁离子有剩余则达到滴定终点，用硫氰化钾溶液作指示剂，平均消耗标准溶液20.00mL，根据计量系数的关系，则n(TiO2)=n(Fe3+)=0.1000×0.02L×=0.05mol，m(TiO2)=0.05×80=4.0g，则固体TiO2的纯度为。16．（每空2分，共14分）（1）4b−a−2c（2）＞1000K（没写“＞”不给分，单位K没写不扣分）+40（+没写不扣分）（3）①温度小于1050K时，反应Ⅰ为主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量增大，温度大于1050K时，反应Ⅱ为主反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的物质的量减小（意思相近也给满分）②66.725（其他答案不给分）（4）CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O（没有配平扣1分）【解析】（1）已知CH4(g)、H2(g)燃烧热的ΔH依次为akJ·mol−1、bkJ·mol−1；可得热化学方程式：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=akJ·mol−1；②H2(g)+O2(g)=H2O整理可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=(4b−a−2c)kJ·mol−1。（2）反应若自发进行，则体系的自由能ΔG<0，根据图示可知当反应温度T>1000K时体系的自由能ΔG<0，则反应Ⅱ自发进行的温度范围为T>1000K。根据图像可知：在温度T=0K时，ΔG=ΔH=+40kJ/mol，故反应Ⅱ的反应热ΔH2=+40kJ/mol。（3）①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增大，则曲线甲表示CH4，曲线乙表示CO，曲线丙表示CO2。由图像可以看出，当其他条件不变时，温度小于1050K时，反应Ⅰ为主反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量增大，温度大于1050K时，反应Ⅱ为主反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的物质的量减小。②800K达到平衡时，如图知：CH4为2.0mol，CO2为2.0mol，CO为1.0mol，起始时通入CO2的物质的量是5mol，则反应的CO2物质的量是3mol，故800K，反应达平衡时，CH4的选择性为。800K达到平衡时Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)转化量/（mol）2824Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)转化量/（mol）1111则反应Ⅰ：总剩余量分别为：n(CO2)=5−2−1=2moln(H2)=10−8−1=1mol、n(CH4)=2mol、n(H2O)=4+1=5mol。（4）由图可知，左侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O。17．（每空2分，共14分）（1）（2）1.0×10−3（不写1.0不扣分）酸浸（3）=或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−（4）Fe=（写Ga3++4OH−=也给满分）（5）【解析】炼锌矿渣［主要成分、、CuO和］通入氧气，加入硫酸进行酸浸，去除浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，滤液①中有未沉淀的部分Cu2+和Zn2+，、还有部分Cu2+转化为沉淀，固体①加入过量氨水，只有Cu(OH)2能溶解于过量氨水，洗涤得到滤液②和固体②Fe(OH)3和Ga(OH)3，固体②加入盐酸生成Ga3+和Fe3+，则物质A为Fe，还原Fe3+，转化为Fe2+，使之在萃取的时候不会被萃取出来（题中Fe3+的萃取率比Ga3+高），镓和铝位于同一主族，性质相似，利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B为[Ga(OH)4]−，经一系列操作得到GaN。（1）镓为31号元素，基态镓原子的价电子排布式为4s24p1。（2）根据表中数据可知，开始沉淀时浓度为0.1mol/L，pH=4.5，则c(OH−)=10−9.5mol/L，，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中的浓度为；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O2和。（3）根据题中已知信息，可溶于过量氨水生成，所以该操作的离子反应方程式为=或Cu(OH)