山东省大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考（化学试题及答案）

★答案与解析★★答案与解析★大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考化学参考答案与评分参考1.D【解析】“强烧之,紫青烟起”,这是K元素的焰色反应,故A错;丹砂为HgS,加热变为Hg,发生了分解反应,故B错;根据慈石的颜色和可吸连针铁,说明其主要成分为Fe3O4,C错误;“蒸令气上”,说明该方法为蒸馏,D正确。2.D【解析】酚醛树脂的单体为苯酚和甲醛,而不是甲醇,A错误;聚氨酯(PU)材料,具有透气性、热塑性,B错误;聚酯是通过羟基和羧基缩聚反应形成的,C错误;聚乙烯醇中含有大量的羟基,能与水形成氢键,D正确。3.B【解析】电器起火,先切断电源,再用火器灭火,防止触电或电器发生爆炸伤人,A正确。过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH,属于有机过氧化物;过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2,属于无机过氧化物,B错误。高锰酸钾易分解,应保存在棕色瓶中,固体应保存在广口瓶中,C正确。食盐和苯甲酸在不同温度下的溶解度差异较大,可以利用重结晶法将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯出来,D正确。4.C【解析】NH3的收集需用向下排空气法,A错误;灼烧海带要在坩埚里进行,B错误;分液时,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,C正确;Br2易挥发,可随气体进入AgNO3溶液,同时,HBr易溶于水,吸收时需要防倒吸,D错误。5.B【解析】SiH4中Si为+4价,H为-1价,SiH4为还原剂,NH3为氧化剂,H2既是氧化产物又是还原产物,A错误;Si3N4中Si周围有4个N原子,N周围有3个Si,还有1个孤电子对,杂化方式均为sp3,B正确;氮化硅的熔点为1900℃,是共价晶体,不是分子晶体,C错误;第一电离能N>C,C>Si,所以N>Si,故D错误。6.B【解析】Z中含有饱和碳原子,不可能所有原子共平面,A错误;Y、Z均含碳碳双键,均能使酸性高锰酸钾溶液碳双键,共5种官能团,C错误;X不能发生水解反应,D错误。7.B【解析】短周期元素X原子的最外层s轨道与p轨道上的电子数相同,X可能为C或Si,但短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且Y原子的价电子数等于X原子的核外电子总数,说明X原子的核外电子数小于8,所以X为C,Y为O或S;短周期元素Z原子的价电子所在能层有9个轨道,则Z的价电子位于第3能层,又根据4种元素形成的化合物的结构,Z形成+1价阳离子,因此Z的价电子排布为3s1,即Z为Na,则Y为O;W的原子序数最小且只能形成1个共价键,因此W为H。电负性:C>H,A错误;基态C原子和基态O原子中,未成对电子数均为2,故B正确;基态O原子核外电子共占据5个轨道,即电子空间运动状态有5种,C错误;碳的氢化物有多种物质,例如辛烷的沸点高于水的,D错误。8.D【解析】由配离子的结构推断Fe为+3价,Fe3+的3d价电子轨道表示式为,A正确;据题图所示,每个Fe3+连接6个原子,配位数为6,B正确;H2O与相邻O之间存在氢键,中心O与Fe原子之间存在配位键,C正确;乙酸根中有两个C原子,一个是sp2杂化,另一个是sp3杂化,D错误。9.B【解析】该材料具有良好的离子电导率,Li+的定向移动完成电流的传导,A正确;放电时,负极由Ti(Ⅲ)失电子变为Ti(Ⅳ),正极由Ti(Ⅲ)得电子变为Ti(Ⅱ),正极反应为Li3TiCl6+Li++e-==Li4TiCl6,B错误;充电时,阴极由Ti(Ⅳ)得电子变为Ti(Ⅲ),电极反应为Li2TiCl6+Li++e-==Li3TiCl6,C正确;电池工作时,负极脱嵌1molLi+,质量减小7g,正极嵌入1molLi+,质量增加7g,两极质量变化总和为14g,D正确。为两步:CH3COOH+O2==2CO+2H2O,2CO+O2==x(CO)曲线中,最高点前v(醋酸氧化)>v(CO氧化),最高点后v(醋酸氧化)<v(CO氧化),M点时x(CO)已经从最高点降低,A错误;由M点的坐标可知,前3s内v(醋酸氧—2—A正确;根据步进行,不同时间段内两个反应进行的速率不同,所以无法判断,C错误;由第2个图可知,温度升高,x(CO)峰值出现的时间提前且峰值更高,意味着在更短时间内一氧化碳的物质的量分数达到更高值,说明醋酸快速氧化生成一氧化碳,即醋酸的氧化速率增长幅度比一氧化碳的氧化速率的增A正确;根据11.BD【解析】由相对分子质量可知分子中C、H的相对质量为107,107除以C的相对原子质量12得8余11,则分子式为C8H11O2N,若减1个C则分子式为C7H23O2N,H原子数太多,不符合要求,该有机物的分子式为C8H11O2N,CNC—OCCCCOC2500200015001000波数/cm-l可知,分子中有4种片段,结合题干中物质名称α-氰基丙烯酸酯可知,分子中含氰基、碳碳双键、酯基三种官能团,B错误;样品中加入强碱溶液,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成,证明分子中有氰基,C正确;核磁共振氢谱实验,显示5组峰,且峰面积之比为1∶2∶2∶3∶3,说明分子中有2个化学环境不同的甲基,D错误。+2价,化合价未变,A错误;由图乙可知,化合物2和H2O生成化合物3与HCOO-的反应是放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,但不能判断化合物2的能量和化合物3的能量的大小关系,所以不能比较二者稳定性的相对大小,B错误;由图甲可知M为OH-,物质3与OH-反应生成4与H2O,C正确;由图甲知CO2氢化的总反应为CO2+H2+OH-==HCOO-+H2O,D正确。13.C【解析】反应中有极性键的断裂(如C—N键、C—H键等),非极性键的生成(如C—C键的生成),A正确;RH*R3R'3均为烷基,*C价层电子对数为R3R'R24,N+为N原子失去1个电子形成的,价层电子对数为4,B正确;X中N原子上无孤电子对,不显碱性,不能与盐酸反应生成盐酸盐,M中N原子上有孤电子对,显碱性,能与盐酸反应生成盐酸盐,C错误;由机理可知,上述反应可发生,D正确。14.CD【解析】反应①②均无旧键断裂,只有新键生成,故ΔH<0,二者均为离子转变为沉淀的反应,故ΔS<0,所以反应①②低温下均可自发进行Ksp数据可知,CuS的溶解度远小于Cu(OH)2的,所以反应③不能发生,不会出现蓝色沉淀,B错误;由实验1和2可知,反应①的速率大于反应②的,C正确;由实验2可知,增大Cu2+和S2-浓度可使反应②发生,所以Cu2+的氧化性和S2-的还原性与浓度有关,D正确。15.A【解析】由图可知曲线M代表lgc(H+),曲线N代表lgc(OH-),曲线X的Ksp=1×10-20,曲线Y的Ksp=1×10-15,因为Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2],所以X代表lgc(Pb2+)与pH的关系,A错误。HR的电离常数Ka=,当lg-3时,c(H+)=10-2mol·L-1,则Ka=1×10-5;当c(R-)=5c(HR)时,c(H+)=2×10-6mol·L-1,c(OH-)=5×10-9mol·L-1,Ksp[Pb(OH)2]=1×10-20,所以c(Pb2+)=4×10-4mol·L-1,B正确。a点时,由Ksp[Co(OH)2]=1×10-15可知,此时c(OH-)=10·L-1,c(H+)=10-9.5mol·L-1,代入Ka=可得c(R-)≈0.1mol·L-1>c(Co2+),由图像知a点c(Co2+)>c(H+)>c(Pb2+),所以c(R-)>c(Co2+)>c(H+)>c(Pb2+),C正确;Co(OH)2+2HRCo2++2R-+2H2O的平衡常数KEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(o),c)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up7(2),2)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(O),c)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up3(c),H)()H+),由图像可知Ksp[Co(OH)2]=10-15,Ka=10-5,Kw=10-14,代入可得K=103,D正确。16.(共12分)【答案】(1)①5(1分)ⅡB(1分)1(1分)②离子晶体(1分)[(CH3)3S]2[CdBr4](2分)sp3(2分)(2)H—N=C=S(1分)异硫氰酸(H—N=C=S)分子间能形成氢键,分子间作用力大,沸点高(1分)(3)硫氰酸>异硫氰酸>氰酸(2分)【解析】(1)①在元素周期表中与Zn紧邻的只有左、右、下三个位置,左为Cu元素,右为Ga元素,故Cd只能为同族的下一周期。②由图可知,晶胞中[CdBr4]m-位于顶角和面心,根据均摊法知,[CdBr4]m-有8×+6×=4个;[(CH3)3S]n+有8个在顶角上,4个在面上,5个在晶胞内部,所以根据均摊法[(CH3)3S]n+有8×+4×+5=8—3—[(CH3)3S]2[CdBr4]。[(CH3)3S]+与(CH3)3N为等电子体,所以S原子的杂化方式为sp3杂化。(2)因为异硫氰酸与硫氰酸互为同分异构体,但沸点远高于硫氰酸,所以存在分子间氢键,结构式为H—N=C=S。电荷的分散度逐渐减弱,所以酸性逐渐减弱。17.(共12分)【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分)打开K1、关闭K2,向装置中通入氩气,排尽装置中的空气(2分)(2)NO2-+Fe2++2H+==Fe3++NO↑+H2O(2分)(3)NO2Cl(2分)(4)①中和NOCl、NO2Cl水解产生的酸,以免影响滴定终点的判断(2分)②%(2分)偏小(1分)【解析】该实验的原理是Cl2+2NO2NOCl,实验过程中可能存在少量NO被氧化为NO2,可能存在反应Cl2+2NO22NO2Cl。沸点:NOCl为-6℃,NO2Cl为5℃,F控制的温度约为-15℃,故产物NOCl中可能含有的少量杂质NO2Cl会冷凝为液体而被收集,未反应的Cl2、NO由于沸点低于-15℃而不会冷凝,以气体形式逸出进行尾气处理。(1)为防止NO被氧化,通入NO和Cl2前,应排尽装置中的空气,具体操作:打开K1、关闭K2,向装置中通入氩气。(2)装置A中制取NO,根据装置中给出的反应物:NaNO2为氧化剂,FeSO4为还原剂,故离子反应为NO2-+Fe2++2H+==Fe3++NO↑+H2O。(3)实验过程中产生的少量NO2会发生反应Cl2+2NO22NO2Cl。NO2Cl沸点为5℃,F中控制的温度约为-15℃,故产物NOCl中可能含有的少量杂质为NO2Cl。(4)①NOCl、NO2Cl水解生成HNO2、HNO3和HCl,溶液呈酸性,滴入K2CrO4,H+与CrOEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),4)-反应,使CrOEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),4)-浓度降低,从而无法形成Ag2CrO4砖红色沉淀来指示滴定终点,加入NaOH溶液,中和NOCl、NO2Cl水解生成的酸,以免影响滴定终点的判断。②NOCl和NO2Cl的水解反应分别为NOCl+H2O==HNO2+HCl,NO2Cl+H2O==HNO3+HCl。Cl-+Ag+==AgCl↓。故NOCl和NO2Cl的物质的量之和等于滴定时消耗AgNO3标准液的物质的量。n(Cl)=10n(AgNO3)=10×0.1×10-3V1mol,Cl的质量分数=(10×0.1×10-3V1×)×100%=%。铬酸钾指示剂浓度过高时,一是由于颜色太深,会影响终点的观察,二是会提前生成Ag2CrO4砖红色沉淀,导致终点提前到达,使V1变小。根据表达式%,V1变小,表达式的值变小。18.(共12分)【答案】(1)SO2(1分)(2)FeS+2Fe3+==3Fe2++S(2分)避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀(1分)(3)5.2≤pH<7.5(1分)S、Al(OH)3(2分)(4)①负(1分)3Fe2O3+2e-==2Fe3O4+O2-(2分)②11.2L(2分)【解析】(1)硫铁矿煅烧时,S元素被氧化为SO2,故气体X为SO2。(2)“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+,发生的反应是FeS+2Fe3+==3Fe2++S;先“还原”,可使Fe3+变为Fe2+,“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失。(3)根据表中数据知,使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5;因“还原”时生成S成Al(OH)3沉淀,故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。(4)①由图像知,Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4,则a为电源负极,发生的电极反应为3Fe2O3+2e-==2Fe3O4+O2-,生成的/)的Cl-/)的Cl-在阳极HOHO放电生成Cl2,240gFe2O3的物质的量为1.5mol,转移电子的物质的量为1mol,生成0.5molCl2,标准状况下的体积为11.2L。19.(共12分)还原反应(1分)(2)硝基、羧基(2分)=→NO2=CH3/+NHEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(+),4)(2分)CH2CH2—4—(6)金属钠(1分)H3C=(2分)SO3H罗的合成路线一如下:=NO2=CH3/CH2CNAH2O/H+ →=NO2=CH3/CH2COOHB=====NO2=====CH3/SOCl2/ →CH2COClCNO2CH3CH2CON(CH2CH2CH3)2DNO2CH3CH2CH2N(CH2CH2CH3)2ENO2CH2COCOOCH2CH3/CH2CH2N(CH2CH2CH3)2FNO2CH2COOH/CH2CH2N(CH2CH2CH3)2GHCH2CH2N(CH2CH2CH3)2罗匹尼罗(CH3CH2CH2)2NH →一定条件B2H6/四氢呋喃 →COOCH2CH3/N2COOCH2CH3 →CH3CH2ONaH2O2 →①Pd/C,H2 →②一定条件(1)B→C发生的是羧基上的—OH被—Cl取代的反应,CH3NOCH3C的结构简式=CH2COCl(E分子中H原子数增加,O原子数减少)和已知信息ⅱ,D→E为还原反应。(2)以A的结构简式为基础,结合反应条件和分子式可推出B的结构简式(见上述流程图),则B中含氧官能团的名称为硝基、羧基。(3)A→B是—CN在酸性条件下水解生成—COOH的反应,—CN中的N生成NHEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(+),4),离子方程式(见答案)。(4)根据G的结构和信息“罗匹尼罗分子中除苯环外,还存在一个五元环”,且罗匹尼罗分子中只有一个O原子,可推知反应①是—NO2被还原为—NH2,—NH2和—COOH缩水成环,其结构简式(见答案)。(5)B的分子式为C9H9NO4,①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明苯环与—OH直接相连,能发生银镜反应,说明COOH;含有—CHO;②属于α-氨基酸,说明存在CCOOH;NH2CHO组峰,说明存在COOH组峰,说明存在COOHC,且NH2CHO—OH与—OH与COOHNH2式(见答案)。OH的结构简式为(6)根据信息ⅲ,推出Q的结构简式为OH路线二:OHocophOHpd/CCH3C,H4SO2clpd/CN2H4·N2H4·H2OHHHPQPCH2CH2CH3OOSCH3CH2CH2CH2CH2CH3OOSCH3(CH3CH2CH2)2NHCH3HH罗匹尼罗R根据Q与R的结构差异,Q中存在羟基,可选择金属钠检验羟基的存在。R生成罗匹尼罗时,还生成对甲基苯磺酸=H3C=。SO3H—5—20.(共12分)【答案】(1)>(1分)10(3a-2b)(2分)(2)0.1(1分)在反应时间较短时分离产物Y(1分)催化剂m,可加快反应Ⅱ的速率,缩短到达平衡的时间,产物Y的浓度峰值点提前,反应Ⅰ消耗的M减少,体系中M浓度增大,Y的浓度峰值点增大(2分)不变【解析】(1)设反应Ⅰ的反应热为ΔH(Ⅰ),反应Ⅱ的反应热为ΔH(Ⅱ),根据盖斯定律,则反应③的焓变ΔH(Ⅲ)=ΔH(Ⅱ)-ΔH(Ⅰ),根据题意,分别以0.5mol的M和1mol的H2为原料进行上述反应,当产物X和产物Y的产率均为10%时,体系放热akJ;当产物X产率为15%和产物Y的产率为25%时,体系放热bkJ