化学-西北名校教研联盟2025届高三下学期2月联考试题和答案

绝密★启用前化学试卷注意事项:1,答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H1Li7B11C12016Mg24A127Fe56Mn55一、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,只有一项符合题目要求。1.航空航天与化学密切相关,下列说法错误的是A.合成纤维可制做航天员的航天服B,煤油和液氧可做火箭的发射推进剂C·sio2可制做飞船的太阳能电池板D.Na202可做航天员的急用固体供氧剂2.下列说法正确的是B.用食醋和碘化钾淀粉溶液不能检验某食盐是否是加碘食盐C.用氢氟酸在玻璃上雕刻花纹,利用了氢氟酸的强氧化性D,顺丁橡胶用二硫键等将线型结构连接为网状,硫化交联程度越大,弹性越好3,下列化学用语表示错误的是B.基态硼原子价电子的轨道表示式:C.邻羟基苯甲醛的分子内氢键:D.甲醛中x键的电子云轮廓图:4.下列说法错误的是A,离子键成分的百分数:Nacl>Mgcl2化学试题第1页(共8页)B.同温下溶度积:KSP[Mg(OH)2]>KSP[ca(OHZ]C.co32和So42-的键角大小关系:co32>so-D.基态原子的未成对电子数关系:C<P5.钛酸亚铁(FeTio3)通过以下反应转化为Ticly(常温下呈液态,熔点为-37C,沸点为136C),用于冶炼钛:A.0.1molTicly中含有的。键为0.4NAB.标准状况下1.12L氯气含有价电子数为0.7NAC.每生成1molFecl3转移电子数为7NAD.1L0.1mol/LFecl3溶液中,阳离子数目小于0.1NA6.下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的是A.图甲:实验室制备乙炔B.图乙苯和溴在催化剂条件下制取溴苯并检验产物HBrD.图丁:进行石油的分馏实验下列离子方程式书写正确的是A.将过氧化钠投入水中:2022+2H20—4OH+O2tB.保存NaoH溶液不能用磨口玻璃塞:2OH+sio2—sio32+H2OC.少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中:SO2+H2O+clo—Hclo+HSO3D.向饱和氨盐水中投入过量干冰固体:2NH3+H2O+2CI+CO2—CO32-+2NH4cl某种离子液体的结构如图所示,已知W、X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,Q是主族元素中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.第一电离能:X<Z<Y<QB.电负性大小:X<Y<Z<Q化学试题第2页(共8页)C.W和Y组成的化合物可能含有非极性键D.简单离子半径大小比较:Y<Z<Q<R9.根据下列事实或现象可以得出相应实验结论的是选项事实或现象实验结论A向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸,产生淡黄色沉淀HSO3具有氧化性B取一定量的Na23样品,溶解之后加入Bacl2溶液,产生白色沉淀,加入稀硝酸,仍有沉淀Na2SO3样品已被氧化变质C将2mL0.1mol/LFec13溶液与1mL0.1mol/LKI溶液混合,应后,滴加KSCN溶液,混合溶液变红充分反D非金属性S>C法,反应装置与机理如图所示。下列说法错误的是A.O3将燃煤排放气体中的NO氧化为NO2B.I在循环催化过程中作催化剂C.So23转化为Soa2的离子方程式可能是so23+I2+co23—So42+2I+co2tD.当NOZ与SO2物质的量之比为1:1时,物质的利用率最高如图所示。下列说法正确的是A.聚苯胺由苯胺通过加聚反应制得B.苯胺分子最多有14个原子共平面C.聚苯胺的y值越小,其导电性越强D.苯胺分子的一氯取代产物有3种12.如图所示的全钒液储能电池装置,利用不同价态含钒离子对之间的氧化还原反应来实现化学能和电能的相互转化。下列说法错误的是化学试题第3页(共8页)A.正极和负极可能是情性电极B.该装置接负载时负极的电极反应式为v2+-eV3+c.该装置储能时电势高的电极的电极反应式为H2O+VO2+e—VO2++2H+D.储能时,若转移2mol电子,则正极液储罐中n(H')的净变化为4mol13.杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制,通过在上缘和下缘引入基团,可以改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPS)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPS-SGR络合物的过程示意图,产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是A.SGR分子的C原子和N原子都是SP2杂化B.SC[6]A的上缘具有亲水性,下缘具有疏水性C.由于分子识别特性,后续研究若选用SC[8]A,同样可以自发装入血根碱(SGR)D.SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的苯环带来的分子识别特性 14.已知:298K,ki,(AgoH)=10396,kn(AgoH)=10770,KSP(AgBr)=10-i2.3,J1.8=1013。298K时,含足量Agc1(S)的悬浊液中,C2(cl)C(OH)有如图所示的线性关系。下列叙述错误的是化学试题第4页(共8页)B.氯化银的溶度积常数ksp(Agc1)=1.8x10-1oC.当C(OH)-104mol/L时,混合体系中能析出AgoH固体D.用AgBr替换Agcl,则C2(Br)随C(OH)变化图像位于图中斜线的下方二、非选择题:本题共4小题,共58分。15.(l6分)sio2、caco3,还含硫酸锰是一种重要的化工中间体,一种以高硫锰矿(主要成分为Mno2和Fes,主要杂质为有少量Fe、Al、Cu、sio2、caco3,还含已知:①金属离子浓度数值c(Mn+)(mol/L)的对数lgc(M")与溶液PH的关系如图所示②一些物质的溶度积常数物质CUSNisMnsKp6x10的1x10242.5x1010回答下列问题:(1)同周期中(填名称)元素的基态原子和基态锰原子具有相同数目的d电子,基态Mn4+的最外化学试题第5页(共8页)层电子排布式为。(2)若高硫锰矿不经"焙烧”直接用H2so4uc酸浸",会产生的污染物是(填化学式)。(3)若"氧化"步骤中加入的常见固体A是一种氧化物,则A是(填化学式),若流程中"氧化"步骤缺失,可能会导致的后果是;假设uc氧化"步骤后溶液中各金属离子的浓度均为0.01mol/L,uc中和除杂"时控制体系的PH到5左右,则滤渣2中的两种主要成分是(填化学式)。(4)"滤渣4"主要成分是(填化学式),碳化结晶"生成Mnco3的离子方程式为。(5)"结晶"过程中始终不出现晶体,应当采取的措施是(任写一条)。(6)一定温度下,向Mnso4溶液中加入氨水,同时通入空气,可制得某种锰的氧化物,其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如图所示,则该氧化物的化学式为。若晶胞边长为apm,NA为阿伏加德罗常数的值,则晶胞的密度为g/cm3(列出计算式即可)。AB钴的配合物[CO(NHS)]cl3,难溶于有机溶剂乙醇,微溶于水。在常温下稳定性较强,强热时会部分分解,实验室可用cocl2·6H2o为原料来制备。具体制备步骤如下:步骤1:在如图所示装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物步骤2:取出三颈烧瓶中的混合物,用冰水冷却,过滤。将沉淀溶于50mL热稀盐酸中,趁热过滤。在滤液中慢慢加入6mL浓盐酸,先用自来水冷却再用冰水冷却,过滤、洗涤、干燥,称量。已知:CO(OH)2难溶于水,[co(NHS)o[2+具有较强还原性;氧化性:Co3+>H202o回答下列问题:(1)仪器a中盛装的试剂是_。还具有的作用是__。(3)先加浓氨水后如加H202溶液的原因是_。化学试题第6页(共8页)(4)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。(5)步骤1中"水浴加热至333K”,加热至333K的原因是。(6)步骤2中"趁热过滤”的滤渣的主要物质是;"洗涤"用的洗涤剂可能是(填"水"物质M是一种抗肿瘤药物的合成中间体,一种M的合成路线如图。已知(BOC)2O为酸酐,结构简式为回答下列问题:(1)C的结构简式为____。(2)F中含氧官能团名称为。(3)A与足量H2在一定条件下发生加成反应的产物分子中有个手性碳原子。(4)写出B生成c的化学方程式,D到E的反应类型为(5)从合成路线分析,不直接由E生成H的原因是(6)BOC酸的结构简式为,写出符合下列条件的BOC酸的同分异构体的结构简式①能发生水解反应,产物之一为CH3COOH包能与钠反应产生氢气③含-结构18.(15分)CH4和CO2偶联可直接制乙酸,原理为反应I:CHU(g)+COZ(g)CH3COOH(g)ΔH=+36.1KJ/mol。该反应一步合成目标产物,其原子利用率为100%,具有良好的应用前景。(1)在常温下反应I(填"能"或(2)在反应I体系中加乙炔,发生反应I【:C2H2CH3COOCH=CH2(g)ΔH=-110,2KJmol,则反应m:CH4(g)+CO2(g)+C2H2(g)CH3COOCH=CH2(g)的反应热AH3=____KJ/mol。化学试题第7页(共8页)催化剂时的反应路径,吸附在催化剂上的物质标记"*",TS表示过渡态Fe/zno做催化剂时,速控步的化学方程式为。两种催化剂中,(填"zno"或"Fe/zno")的催化效果更好。(4)按物质的量的比l1:I:1,向容器中充入三种气体CH;、CO2和C2H2发生反应I和II,CH4的平衡转化率(a)随反应体系的温度(T)和压强(p)的变化如图所示。①pi、p2、P3和p4的大小关系是,判断理由是。②一定温度下,混合气体的压强为30Mpa,在该恒压条件下达到平衡时CH:的转化率a=0.6,CH3COOCH=CH2(g)的分压为5Mpa,则反应II的压强平衡常数KP(Mpa)-1。③一定压强下,CH;的平衡转化率(u)随着温度升高,先减小后增大,请解释这一变化:——e化学试题第8页(共8页)绝密★启用前化学参考答案1.【答案】C【解析】Si是半导体材料，可制做飞船的太阳能电池板，C项错误。2.【答案】A【解析】石膏（CaSO4·2H2O）加热到150℃时，会失去大部分结晶水变成熟石膏（2CaSO4·H2O），A项正确；碘酸盐在酸性条件下可以与碘化钾反应生成碘单质，碘单质与淀粉反应会变蓝，故可以检验，B项错误；“雕刻”花纹利用了氢氟酸的腐蚀性，C项错误；橡胶的硫化交联程度不宜过大，否则会使橡胶失去弹性，D项错误。3.【答案】C【解析】碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式为，A项正确；基态硼原子价电子的轨道表示式：，B项正确；邻羟基苯甲醛的羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，题图中形成氢键的氢原子连在碳原子，也不具备形成氢键的条件，C项错误；甲醛中存在C=O，其中一个π键一个σ键，π键的电子云轮廓图：，D项正确。4.【答案】B【解析】Cl和Na的电负性差值大于Cl和Mg的电负性差值，电负性差值越大，离子键成分的百分数越高，A项正确；Mg(OH)2的溶解度更小，溶度积常数也更小，B项错误；CO32-中心C原子是sp2杂化，且无孤电子对，键角为120°,SO42-中心S原子为sp3杂化，且无孤电子对，键角为109°28′，C项正确；基态C和P原子的未成对电子数分别为2和3，D项正确。5.【答案】D【解析】TiCl4是分子晶体，1个TiCl4含有4个σ键，故0.1molTiCl4中含有的σ键为0.4NA，A项正确；1个氯气分子中含有14个价电子，标准状况下1.12L氯气为0.05mol，含有价电子数为0.7NA，B项正确；C元素从0价升高为+2价，Cl元素从0价降低为-1价，Fe从+2价变为+3价，转移电子数为14，则每生成1molFeCl3转移电子数为7NA，C项正确；FeCl3溶液中，Fe3+水解：Fe3++3H2O≈Fe(OH)3+3H+，导致阳离子数目变多，1L0.1mol/LFeCl3溶液中，阳离子数目大于0.1NA，D项错误。6.【答案】C【解析】电石和水反应速率较快，应选择饱和食盐水，且该反应为放热反应，不适合用该装置制取乙炔气体，A项错误；苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发出的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰产物中HBr的检验，B项错误；装置虽然没有构成闭合回路，但可明显观察到Zn与稀硫酸反应产生气泡，化学参考答案第1页（共6页）而Cu无明显现象，可验证金属活泼性：Zn>Cu，能达到目的，C项正确；温度计的水银球应处于支管口处，测蒸气的温度，D项错误。7.【答案】B【解析】Na2O2不改写，A项错误；SO2会被次氯酸根氧化为硫酸根离子,C项错误；模拟“侯氏制碱法”，用投入干冰代替持续通入二氧化碳，反应为NH3+H2O+Na++CO2＝NaHCO3↓+NH4+,D项错误。8.【答案】D【解析】根据离子液体的结构及原子的成键方式，可推出W、X、Y、Z、Q、R分别是H、C、N、O、F、S。第一电离能：X（C）＜Z（O）＜Y（N）＜Q（F），A项正确；同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，电负性大小：X（C）＜Y（N）＜Z（O）＜Q（F），B项正确；W（H）和Y（N）组成的化合物可能是N2H4，该化合物含有非极性键，C项正确；简单离子半径大小关系：Q＜Z＜Y＜R，D项错误。9.【答案】A【解析】反应中HSO3-做氧化剂，体现了氧化性，A项正确；若Na2SO3样品没有氧化变质，也有同样的实验现象，B项错误；反应中FeCl3过量，过量的Fe3+也可以与KSCN溶液反应，使混合溶液变红，C项错误；只能得出酸性：H2SO3＞H2CO3，不能得出非金属性：S＞C，因为H2SO3不是S的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。10.【答案】D【解析】根据流程可知O3将混合气体中的NO氧化为NO2，A项正确；I-是NO2转化为NO2-反应的反应物，同时也是SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)－转化为SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),4)－反应的生成物，故I-在循环催化过程中作催化剂，B项正确；SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)－转化为SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),4)－的反应应该是在碱性条件下反应，此时溶液中应该有上一步反应过量的Na2CO3，则离子方程式是SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)－+I2+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),4)－+2I-+CO2↑,C项正确；NOx转化成NO2，然后发生反应：2NO2+2I-＝2NO2-+I2，SO2转化为SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),3)－然后发生反应：SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),3)－+I2+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),3)SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(2),4)－+2I-+CO2↑,根据以上2个反应可知，当NOx与SO2物质的量之比为2∶1时，物质的利用率最高，D项错误。11.【答案】C【解析】苯胺在形成聚苯胺时会脱去H原子，故不属于加聚反应，A项错误；苯胺分子最多有13个原子共平面，B项错误；聚苯胺的y值越小，则（1-y）的值就越大，双键占比就越高，其导电性就越强，C项正确；苯胺分子的一氯取代产物有4种，D项错误。12.【答案】D【解析】放电时（做原电池正极：VO22H＋+eVO2H2O，负极：V2＋-eV3储能时（做电解池阳极：VO2H2O－eVO22H阴极：V3＋+e－V2＋。电极材料没有参与电极反应，可能是惰性电极，A项正确；该装置接负载时（放电时）负极的电极反应式为V2＋-eV3，B项正确；储能时电势高的电极为阳极，电极反应式为H2O＋VO2eVO22HC项正确；转移2mol电子，正极区生成4molH同时使正极区多余2mol正电荷，为了保持溶液呈电中性，有2molH＋移向阴极，故n(H+)的净变化为4mol-2mol＝2mol，D项错误。13.【答案】D【解析】SGR分子的C原子是sp2和sp3杂化，N原子是sp2杂化，A项错误；SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘有羟基，羟基也是亲水基团，B项错误；自组装必须有适配的空间大小，SC[6]A和SC[8]A空间大小不同，C化学参考答案第2页（共6页）项错误；分子识别必须有适配的空间大小，杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，D项正确。14.【答案】C【解析】根据物料守恒可得，在浊液中存在关系式：c(Cl-)=c(Ag+)+c(AgOH)，进一步可得等式两边都乘以c(Cl-)，可得c2(Cl-)=Ksp(AgCl)+项正确；依据关系式c2(CI)=Ksp并结合图像可知，图像截距=Ksp(AgCl)，Ksp(AgCl)=18×10-11=1.8×10-10，B项正确；含足量AgCl(s)的悬浊液中Ag+浓度为=10-4.87（mol/L要使混合体系中析出AgOH固体，c(OH-)应该大于=10-2.83mol/L，当c(OH)-10-4mol/L时，混合体系中不能析出AgOH固体，C项错误；因为Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，用AgBr替换AgCl后，图像的斜率由变为图像截距由Ksp(AgCl)变为Ksp(AgBr)，图像斜率和截距都变小，则替换后所得图像会在图中斜线的下方，D项正确。15.（16分）【答案】（1）铬（1分）3s23p63d3（1分）（3）MnO2（1分）Fe2+去除不完全，会影响产品的纯度（2分）Fe(OH)3、Al(OH)3（1分，错1个不得分）（4）CaF2（1分）2HCO3-+Mn2+＝MnCO3↓+CO2↑+H2O（2分）（5）投入MnSO4的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可较长时间冷冻促使结晶析出（2分，措施合理即可）（6）Mn3O4（2分2分）【解析】（1）基态铬和锰3d轨道上都是5个电子。基态锰原子价电子排布式为3d54s2，Mn4+的最外层电子排布式为3s23p63d3。（2）不经“焙烧”直接用H2SO4“酸浸”，FeS和酸直接反应生成H2S污染物气体。（3）常见氧化物，且具有氧化性，还不能引入杂质离子，故A是MnO2。缺失“氧化”步骤，溶液会含有Fe2+，中和除杂时Fe2+去除不完全，会影响产品的纯度。“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，Fe3+和Al3+此时已经沉淀完全，Cu2+部分沉淀，则滤渣2主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3。化学参考答案第3页（共6页）（4）加MnF2是为了除Ca2+，滤渣4的主要成分是CaF2。“碳化结晶”过程是向溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3，其离子方程式为2HCO3-+Mn2+＝MnCO3↓+CO2↑+H2O。（5）投入MnSO4的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可放置冰箱内较长时间，冷冻促使结晶析出。（6）晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，Mn原子位于晶胞顶点、面心和体内，个数为×6+1×4+4×4=24。O原子位于晶胞体内，个数为4×8=32，因此，晶体的化学式是Mn3O4。晶胞边长为apm，晶胞的体积为(a×10-10cm)3，晶胞的质量为则密度为g/cm3。【答案】（1）P2O5（或无水氯化钙2分）（2）NH4C1可以抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀（2分，其他合理答案也可）（3）先加氨水可以先形成[Co(NH3)6]2+，[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，可被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3+。或者回答：若先加H2O2溶液,将Co2+氧化为Co3+，后加氨水,会生成Co(OH)3,不利于[Co(NH3)6]Cl3的生成,故先加入氨水后加H2O2溶液（2分）（4）2CoCl2·6H2O+2NH4C1+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3↓+14H2O（2分，将NH3写成NH3·H2O，并配平也给分）（5）加热至333K，既可以加快生成配合物[Co(NH3)6]Cl3的速率，又可控制[Co(NH3)6]Cl3和H2O2不分解或少分解，还可以使浓氨水少挥发（2分）（6）活性炭（2分）乙醇（1分）【解析】（1）实验过程中会产生污染性的气体NH3，用P2O5或无水氯化钙来吸收。（2）NH4C1可以电离出NH4+离子，来抑制NH3·H2O电离出OH-，从而防止生成Co(OH)2沉淀。（3）若先加H2O2溶液，由于氧化性Co3+大于H2O2，H2O2不能将Co2+氧化为Co3+；若先加氨水，形成[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，易被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3+。（4）根据反应装置图中所加物质来写反应物，根据目标产物来写生成物，然后配平即可。（5）333K是60℃,加热可以加快生成目标产物的速率，但加热温度不能太高，是因为温度太高会使[Co(NH3)6]Cl3和H2O2分解，还会增加浓氨水挥发。（6）“趁热过滤”需要的产品在滤液中，滤渣主要是活性炭；配合物[Co(NH3)6]Cl3难溶于乙醇，微溶于水，故洗涤剂应该选择乙醇。【答案】（12分）（2）酯基、酰胺基（2分，每个1分）化学参考答案第4页（共6页）（4）（2分）还原反应（1分）（5）保护氨基（2分）（6）(CH3)3COCOOH（2分，写成也给分）、、（2分，错1个扣1分，错两个不得分）【解析】（1）根据反应条件及D中硝基的结构可得