★答案與解析★★答案與解析★大教育山東聯盟2025屆高三質量檢測第二次聯考化學參考答案與評分參考1.D【解析】“強燒之,紫青煙起”,這是K元素的焰色反應,故A錯;丹砂為HgS,加熱變為Hg,發生了分解反應,故B錯;根據慈石的顏色和可吸連針鐵,說明其主要成分為Fe3O4,C錯誤;“蒸令氣上”,說明該方法為蒸餾,D正確。2.D【解析】酚醛樹脂的單體為苯酚和甲醛,而不是甲醇,A錯誤;聚氨酯(PU)材料,具有透氣性、熱塑性,B錯誤;聚酯是通過羥基和羧基縮聚反應形成的,C錯誤;聚乙烯醇中含有大量的羥基,能與水形成氫鍵,D正確。3.B【解析】電器起火,先切斷電源,再用火器滅火,防止觸電或電器發生爆炸傷人,A正確。過氧乙酸的結構簡式為CH3COOOH,屬于有機過氧化物;過碳酸鈉的化學式為2Na2CO3·3H2O2,屬于無機過氧化物,B錯誤。高錳酸鉀易分解,應保存在棕色瓶中,固體應保存在廣口瓶中,C正確。食鹽和苯甲酸在不同溫度下的溶解度差異較大,可以利用重結晶法將低溫下溶解度較小的苯甲酸提純出來,D正確。4.C【解析】NH3的收集需用向下排空氣法,A錯誤;灼燒海帶要在坩堝里進行,B錯誤;分液時,下層液體從下口放出,上層液體從上口倒出,C正確;Br2易揮發,可隨氣體進入AgNO3溶液,同時,HBr易溶于水,吸收時需要防倒吸,D錯誤。5.B【解析】SiH4中Si為+4價,H為-1價,SiH4為還原劑,NH3為氧化劑,H2既是氧化產物又是還原產物,A錯誤;Si3N4中Si周圍有4個N原子,N周圍有3個Si,還有1個孤電子對,雜化方式均為sp3,B正確;氮化硅的熔點為1900℃,是共價晶體,不是分子晶體,C錯誤;第一電離能N>C,C>Si,所以N>Si,故D錯誤。6.B【解析】Z中含有飽和碳原子,不可能所有原子共平面,A錯誤;Y、Z均含碳碳雙鍵,均能使酸性高錳酸鉀溶液碳雙鍵,共5種官能團,C錯誤;X不能發生水解反應,D錯誤。7.B【解析】短周期元素X原子的最外層s軌道與p軌道上的電子數相同,X可能為C或Si,但短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大,且Y原子的價電子數等于X原子的核外電子總數,說明X原子的核外電子數小于8,所以X為C,Y為O或S;短周期元素Z原子的價電子所在能層有9個軌道,則Z的價電子位于第3能層,又根據4種元素形成的化合物的結構,Z形成+1價陽離子,因此Z的價電子排布為3s1,即Z為Na,則Y為O;W的原子序數最小且只能形成1個共價鍵,因此W為H。電負性:C>H,A錯誤;基態C原子和基態O原子中,未成對電子數均為2,故B正確;基態O原子核外電子共占據5個軌道,即電子空間運動狀態有5種,C錯誤;碳的氫化物有多種物質,例如辛烷的沸點高于水的,D錯誤。8.D【解析】由配離子的結構推斷Fe為+3價,Fe3+的3d價電子軌道表示式為,A正確;據題圖所示,每個Fe3+連接6個原子,配位數為6,B正確;H2O與相鄰O之間存在氫鍵,中心O與Fe原子之間存在配位鍵,C正確;乙酸根中有兩個C原子,一個是sp2雜化,另一個是sp3雜化,D錯誤。9.B【解析】該材料具有良好的離子電導率,Li+的定向移動完成電流的傳導,A正確;放電時,負極由Ti(Ⅲ)失電子變為Ti(Ⅳ),正極由Ti(Ⅲ)得電子變為Ti(Ⅱ),正極反應為Li3TiCl6+Li++e-==Li4TiCl6,B錯誤;充電時,陰極由Ti(Ⅳ)得電子變為Ti(Ⅲ),電極反應為Li2TiCl6+Li++e-==Li3TiCl6,C正確;電池工作時,負極脫嵌1molLi+,質量減小7g,正極嵌入1molLi+,質量增加7g,兩極質量變化總和為14g,D正確。為兩步:CH3COOH+O2==2CO+2H2O,2CO+O2==x(CO)曲線中,最高點前v(醋酸氧化)>v(CO氧化),最高點后v(醋酸氧化)<v(CO氧化),M點時x(CO)已經從最高點降低,A錯誤;由M點的坐標可知,前3s內v(醋酸氧—2—A正確;根據步進行,不同時間段內兩個反應進行的速率不同,所以無法判斷,C錯誤;由第2個圖可知,溫度升高,x(CO)峰值出現的時間提前且峰值更高,意味著在更短時間內一氧化碳的物質的量分數達到更高值,說明醋酸快速氧化生成一氧化碳,即醋酸的氧化速率增長幅度比一氧化碳的氧化速率的增A正確;根據11.BD【解析】由相對分子質量可知分子中C、H的相對質量為107,107除以C的相對原子質量12得8余11,則分子式為C8H11O2N,若減1個C則分子式為C7H23O2N,H原子數太多,不符合要求,該有機物的分子式為C8H11O2N,CNC—OCCCCOC2500200015001000波數/cm-l可知,分子中有4種片段,結合題干中物質名稱α-氰基丙烯酸酯可知,分子中含氰基、碳碳雙鍵、酯基三種官能團,B錯誤;樣品中加入強堿溶液,有能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體生成,證明分子中有氰基,C正確;核磁共振氫譜實驗,顯示5組峰,且峰面積之比為1∶2∶2∶3∶3,說明分子中有2個化學環境不同的甲基,D錯誤。+2價,化合價未變,A錯誤;由圖乙可知,化合物2和H2O生成化合物3與HCOO-的反應是放熱反應,反應物的總能量大于生成物的總能量,但不能判斷化合物2的能量和化合物3的能量的大小關系,所以不能比較二者穩定性的相對大小,B錯誤;由圖甲可知M為OH-,物質3與OH-反應生成4與H2O,C正確;由圖甲知CO2氫化的總反應為CO2+H2+OH-==HCOO-+H2O,D正確。13.C【解析】反應中有極性鍵的斷裂(如C—N鍵、C—H鍵等),非極性鍵的生成(如C—C鍵的生成),A正確;RH*R3R'3均為烷基,*C價層電子對數為R3R'R24,N+為N原子失去1個電子形成的,價層電子對數為4,B正確;X中N原子上無孤電子對,不顯堿性,不能與鹽酸反應生成鹽酸鹽,M中N原子上有孤電子對,顯堿性,能與鹽酸反應生成鹽酸鹽,C錯誤;由機理可知,上述反應可發生,D正確。14.CD【解析】反應①②均無舊鍵斷裂,只有新鍵生成,故ΔH<0,二者均為離子轉變為沉淀的反應,故ΔS<0,所以反應①②低溫下均可自發進行Ksp數據可知,CuS的溶解度遠小于Cu(OH)2的,所以反應③不能發生,不會出現藍色沉淀,B錯誤;由實驗1和2可知,反應①的速率大于反應②的,C正確;由實驗2可知,增大Cu2+和S2-濃度可使反應②發生,所以Cu2+的氧化性和S2-的還原性與濃度有關,D正確。15.A【解析】由圖可知曲線M代表lgc(H+),曲線N代表lgc(OH-),曲線X的Ksp=1×10-20,曲線Y的Ksp=1×10-15,因為Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2],所以X代表lgc(Pb2+)與pH的關系,A錯誤。HR的電離常數Ka=,當lg-3時,c(H+)=10-2mol·L-1,則Ka=1×10-5;當c(R-)=5c(HR)時,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正確。a點時,由Ksp[Co(OH)2]=1×10-15可知,此時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+),由圖像知a點c(Co2+)>c(H+)>c(Pb2+),所以c(R-)>c(Co2+)>c(H+)>c(Pb2+),C正確;Co(OH)2+2HRCo2++2R-+2H2O的平衡常數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+),由圖像可知Ksp[Co(OH)2]=10-15,Ka=10-5,Kw=10-14,代入可得K=103,D正確。16.(共12分)【答案】(1)①5(1分)ⅡB(1分)1(1分)②離子晶體(1分)[(CH3)3S]2[CdBr4](2分)sp3(2分)(2)H—N=C=S(1分)異硫氰酸(H—N=C=S)分子間能形成氫鍵,分子間作用力大,沸點高(1分)(3)硫氰酸>異硫氰酸>氰酸(2分)【解析】(1)①在元素周期表中與Zn緊鄰的只有左、右、下三個位置,左為Cu元素,右為Ga元素,故Cd只能為同族的下一周期。②由圖可知,晶胞中[CdBr4]m-位于頂角和面心,根據均攤法知,[CdBr4]m-有8×+6×=4個;[(CH3)3S]n+有8個在頂角上,4個在面上,5個在晶胞內部,所以根據均攤法[(CH3)3S]n+有8×+4×+5=8—3—[(CH3)3S]2[CdBr4]。[(CH3)3S]+與(CH3)3N為等電子體,所以S原子的雜化方式為sp3雜化。(2)因為異硫氰酸與硫氰酸互為同分異構體,但沸點遠高于硫氰酸,所以存在分子間氫鍵,結構式為H—N=C=S。電荷的分散度逐漸減弱,所以酸性逐漸減弱。17.(共12分)【答案】(1)恒壓滴液漏斗(1分)打開K1、關閉K2,向裝置中通入氬氣,排盡裝置中的空氣(2分)(2)NO2-+Fe2++2H+==Fe3++NO↑+H2O(2分)(3)NO2Cl(2分)(4)①中和NOCl、NO2Cl水解產生的酸,以免影響滴定終點的判斷(2分)②%(2分)偏小(1分)【解析】該實驗的原理是Cl2+2NO2NOCl,實驗過程中可能存在少量NO被氧化為NO2,可能存在反應Cl2+2NO22NO2Cl。沸點:NOCl為-6℃,NO2Cl為5℃,F控制的溫度約為-15℃,故產物NOCl中可能含有的少量雜質NO2Cl會冷凝為液體而被收集,未反應的Cl2、NO由于沸點低于-15℃而不會冷凝,以氣體形式逸出進行尾氣處理。(1)為防止NO被氧化,通入NO和Cl2前,應排盡裝置中的空氣,具體操作:打開K1、關閉K2,向裝置中通入氬氣。(2)裝置A中制取NO,根據裝置中給出的反應物:NaNO2為氧化劑,FeSO4為還原劑,故離子反應為NO2-+Fe2++2H+==Fe3++NO↑+H2O。(3)實驗過程中產生的少量NO2會發生反應Cl2+2NO22NO2Cl。NO2Cl沸點為5℃,F中控制的溫度約為-15℃,故產物NOCl中可能含有的少量雜質為NO2Cl。(4)①NOCl、NO2Cl水解生成HNO2、HNO3和HCl,溶液呈酸性,滴入K2CrO4,H+與CrOEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),4)-反應,使CrOEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),4)-濃度降低,從而無法形成Ag2CrO4磚紅色沉淀來指示滴定終點,加入NaOH溶液,中和NOCl、NO2Cl水解生成的酸,以免影響滴定終點的判斷。②NOCl和NO2Cl的水解反應分別為NOCl+H2O==HNO2+HCl,NO2Cl+H2O==HNO3+HCl。Cl-+Ag+==AgCl↓。故NOCl和NO2Cl的物質的量之和等于滴定時消耗AgNO3標準液的物質的量。n(Cl)=10n(AgNO3)=10×0.1×10-3V1mol,Cl的質量分數=(10×0.1×10-3V1×)×100%=%。鉻酸鉀指示劑濃度過高時,一是由于顏色太深,會影響終點的觀察,二是會提前生成Ag2CrO4磚紅色沉淀,導致終點提前到達,使V1變小。根據表達式%,V1變小,表達式的值變小。18.(共12分)【答案】(1)SO2(1分)(2)FeS+2Fe3+==3Fe2++S(2分)避免在除去Al3+時Fe3+一并沉淀(1分)(3)5.2≤pH<7.5(1分)S、Al(OH)3(2分)(4)①負(1分)3Fe2O3+2e-==2Fe3O4+O2-(2分)②11.2L(2分)【解析】(1)硫鐵礦煅燒時,S元素被氧化為SO2,故氣體X為SO2。(2)“還原”的目的是使Fe3+變為Fe2+,發生的反應是FeS+2Fe3+==3Fe2++S;先“還原”,可使Fe3+變為Fe2+,“調pH”除去Al3+時鐵元素不會造成損失。(3)根據表中數據知,使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范圍為5.2≤pH<7.5;因“還原”時生成S成Al(OH)3沉淀,故濾渣2的成分為S、Al(OH)3。(4)①由圖像知,Fe2O3在陰極被還原為Fe3O4,則a為電源負極,發生的電極反應為3Fe2O3+2e-==2Fe3O4+O2-,生成的/)的Cl-/)的Cl-在陽極HOHO放電生成Cl2,240gFe2O3的物質的量為1.5mol,轉移電子的物質的量為1mol,生成0.5molCl2,標準狀況下的體積為11.2L。19.(共12分)還原反應(1分)(2)硝基、羧基(2分)=→NO2=CH3/+NHEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(+),4)(2分)CH2CH2—4—(6)金屬鈉(1分)H3C=(2分)SO3H羅的合成路線一如下:=NO2=CH3/CH2CNAH2O/H+ →=NO2=CH3/CH2COOHB=====NO2=====CH3/SOCl2/ →CH2COClCNO2CH3CH2CON(CH2CH2CH3)2DNO2CH3CH2CH2N(CH2CH2CH3)2ENO2CH2COCOOCH2CH3/CH2CH2N(CH2CH2CH3)2FNO2CH2COOH/CH2CH2N(CH2CH2CH3)2GHCH2CH2N(CH2CH2CH3)2羅匹尼羅(CH3CH2CH2)2NH →一定條件B2H6/四氫呋喃 →COOCH2CH3/N2COOCH2CH3 →CH3CH2ONaH2O2 →①Pd/C,H2 →②一定條件(1)B→C發生的是羧基上的—OH被—Cl取代的反應,CH3NOCH3C的結構簡式=CH2COCl(E分子中H原子數增加,O原子數減少)和已知信息ⅱ,D→E為還原反應。(2)以A的結構簡式為基礎,結合反應條件和分子式可推出B的結構簡式(見上述流程圖),則B中含氧官能團的名稱為硝基、羧基。(3)A→B是—CN在酸性條件下水解生成—COOH的反應,—CN中的N生成NHEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(+),4),離子方程式(見答案)。(4)根據G的結構和信息“羅匹尼羅分子中除苯環外,還存在一個五元環”,且羅匹尼羅分子中只有一個O原子,可推知反應①是—NO2被還原為—NH2,—NH2和—COOH縮水成環,其結構簡式(見答案)。(5)B的分子式為C9H9NO4,①能與FeCl3溶液發生顯色反應,說明苯環與—OH直接相連,能發生銀鏡反應,說明COOH;含有—CHO;②屬于α-氨基酸,說明存在CCOOH;NH2CHO組峰,說明存在COOH組峰,說明存在COOHC,且NH2CHO—OH與—OH與COOHNH2式(見答案)。OH的結構簡式為(6)根據信息ⅲ,推出Q的結構簡式為OH路線二:OHocophOHpd/CCH3C,H4SO2clpd/CN2H4·N2H4·H2OHHHPQPCH2CH2CH3OOSCH3CH2CH2CH2CH2CH3OOSCH3(CH3CH2CH2)2NHCH3HH羅匹尼羅R根據Q與R的結構差異,Q中存在羥基,可選擇金屬鈉檢驗羥基的存在。R生成羅匹尼羅時,還生成對甲基苯磺酸=H3C=。SO3H—5—20.(共12分)【答案】(1)>(1分)10(3a-2b)(2分)(2)0.1(1分)在反應時間較短時分離產物Y(1分)催化劑m,可加快反應Ⅱ的速率,縮短到達平衡的時間,產物Y的濃度峰值點提前,反應Ⅰ消耗的M減少,體系中M濃度增大,Y的濃度峰值點增大(2分)不變【解析】(1)設反應Ⅰ的反應熱為ΔH(Ⅰ),反應Ⅱ的反應熱為ΔH(Ⅱ),根據蓋斯定律,則反應③的焓變ΔH(Ⅲ)=ΔH(Ⅱ)-ΔH(Ⅰ),根據題意,分別以0.5mol的M和1mol的H2為原料進行上述反應,當產物X和產物Y的產率均為10%時,體系放熱akJ;當產物X產率為15%和產物Y的產率為25%時,體系放熱bkJ