辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试-化学+答案

注意事项：原理一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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。题号123456789答案DBCDCACACACABBC二、非选择题：本题共4小题，共55分。16除特殊标注外，每空2分）（1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸）（2）100（1分）球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分1分）（3）sp2（4）③④①②（共2分）加快过滤速率，使沉淀更加干燥（5）酚酞（1分）17除特殊标注外，每空2分）（1）ΠEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(6),4)（1分）增大了气体与固体粉末的接触面积（1分）（2）SiO2、BaSO4（1分，少写和错写均不得分）（3）随着c(SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-)增大，Ce4+与SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-结合成[CeSO4]2+，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动（若只答氢离子=2Ce3++O2↑+2H+有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解（5）83.3增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可）18每空2分）（1）+227.3（2）①pc<pb<pa②温度升高到一定程度，体系中以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，改变压强，该反应平衡不受影响③0.0096④AC（3）①左②85.319.（除特殊标注外，每空2分）（1）（酮）羰基、羧基（1分，少写和错写均不得分）（3）取代反应或水解反应（1分）（4）12或(任写一种即可)（5）①②氢氧化钠的水溶液、加热③一、选择题1．D【解析】蔗糖熬制成焦糖，属于蔗糖分子在高温下进行脱水、分解和聚合，不属于炭化。2．B【解析】二氯化二硫的结构式为Cl—S—S—Cl，两个硫原子间为单键，共用一对电子，电子式应为。3．C【解析】溶液体积未知，无法计算溶液中H2POEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(—),2)的数目；化合物中元素电负性差值越大，离子键的百分数越大，则化合物中离子键百分数为MgO>Al2O3；H3PO4是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，PCl5与水发生反应PCl5+4H2O=5HCl+H3PO4，0.1molPCl5与足量水反应生成0.5molHCl和0.1molH3PO4，水中还有H+，所得溶液中H＋的数目不为0.8NA；熟石膏的化学式为2CaSO4•H2O，摩尔质量为290g·mol-1，1.45g熟石膏物质的量==0.005mol，含0.01mol钙离子，则钙离子数目大于0.009NA；0.2molNaN3晶体中含0.2molNa+和0.2molN3—，离子数目共为0.4NA。4．D【解析】稀硫酸与硫化亚铁反应生成硫化氢，硫化氢与硝酸银反应生成Ag2S，没有发生沉淀的转化，不能比较Ksp(Ag2S)、Ksp(Ag2SO4)的大小；加热碳酸钠时应该用铁坩埚，瓷坩埚成分中的二氧化硅与碳酸钠在高温下可以反应生成硅酸钠；加热时H2O2也会产生大量气泡，会干扰实验；将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖炭化变黑体积迅速膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明浓硫酸与碳发生了氧化还原反应，生成了二氧化硫，说明浓硫酸具有氧化性。=2O；银与稀硝酸反应生成NO，离子方程式应为3Ag+4H++NO3=+NO↑+2H2O；制备硫黄时，FeS2与氧气反应生成Fe3O4、CO和S，反应的化学方程式为=2HClO+CaCO3↓。6．A【解析】分子中酰胺键和酯基均可以发生水解，酸性条件下水解生成、CO2、CH3OH，后的产物为，图中标“*”的是手性碳原子，产物有2个手性碳原子；G不能发生消去反应；根据苯环和碳氧双键的特点可知分子中所有C原子可能处于同一平面内。7．C【解析】M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，再结合化合物的结构式可知，M为H元素，基态Y原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，则Y为C元素，Z为O元素，M、Q的电子数之和与Y、Z的价电子数之和相等，则Q为F元素，X的原子序数比Y小，化合物结构中Z和X之间形成一个配位键，X为B元素，即M为H元素，X为B元素，Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，以此解题。Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，则电负性Y<Z<Q；Y常见的氧化物为CO和CO2，其中Y的杂化方式都为sp杂化；Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，其最简单氢化物分别为CH4，H2O，HF，沸点为H2O>HF>CH4；Z为O元素，形成的常见单质有O2和O3，O2为非极性分子，O3为极性分子。8．A【解析】F3C—是吸电子基团，Cl3C—也是吸电子基团，F3C—的吸电子效应更大，因此F3CCOOH的酸性强于Cl3CCOOH；碳碳单键是σ键，可以围绕键轴旋转，不会影响原子轨道的重叠程度，因而不会影响键的强度；极性溶剂更有利于电离过程的进行，H2O的极性强于CH3CH2OH，H2SO4在CH3CH2OH中电离比在H2O中难。9．C【解析】由装置图可知A电极上发生反应Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+，A电极作负极，B电极为正极，正极发生反应Cu2++4CH3CN+e-=[Cu(CH3CN)4]+，则D电极为阴极，电极反应为3CO2+2e-+H2O=CO+2HCO3-，C电极为阳极，电极反应为4HCO3--4e-=O2↑+2H2O+4CO2↑,据此分析解答。由分析可知，A电极作负极；工作时，HCO3-由阴极向阳极移动，即从右向左移动；根据分析可知，阴极的2O=3；生成0.1mol氧气，转移0.4mol电子，结合上述电极反应可知，若C电极生成2.24L（标准状况）氧气，A电极消耗0.4molCu，质量减少25.6g。10．A【解析】由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3。常温下，浓硝酸与铁会发生钝化，浓硝酸与铜会反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故可用浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层；工业制备HNO3的路线是NH3催化氧化生成NO，NO再被氧化生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，即a→c→d→e；NH3能与CaCl2形成络合物，故不能用无水CaCl2干燥，应该用碱石灰进行干燥；NO2与NaOH溶液发生氧化还原反应，因此NO2不是酸性氧化物。11．C【解析】向黄铜矿中加入氯化铁进行浸取，结合已知CuFeS2与氯化铁反应生成CuCl、S和FeCl2，根据得失电子守恒以及元素守恒得“一次浸取”反应的化学方程式为CuFeS2+3FeCl3=“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；过滤后向滤渣中加NaCl溶液进行“二次浸取”，CuCl转化为[CuCl2]—，二次浸取后滤渣为S、SiO2；向过滤所得滤液中加盐酸“调节pH”，[CuCl2]—转化为Cu，据此分析解答。“二次浸取”后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离；滤液1主要成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；“一次浸取”时，若改用CuCl2溶液也能生成CuCl和S，CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S；“调节pH”时发生反应每转移4mol电子，生成4molCu。12．A【解析】分析反应机理可知，反应①中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由+2变为+3，反应⑥中Fe元素化合价由+3变为+2，②⑥属于氧化还原反应；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面；反应过程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成；根据反应机理可知每生成2mol苯甲醛，理论上消耗4molH2O2，因有其他副产物生成，实际消耗H2O2的物质的量应大于4mol。和Al(OH)3中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH)2只溶于盐酸，Al(OH)3都能溶，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，则Mg(OH)2比Al(OH)3碱性强；压缩注射器中的NO2和N2O4混合气体，由于体积变小，气体的浓度增大、颜色先变深，随之发生平衡移动，由于加压该反应向生成N2O4的方向移动，现象是先变深再有所变浅但比原来颜色深，所以比原来颜色深不是平衡移动的结果；用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L-1的NaCN溶液和Na2S溶液的pH，只能证明Ka2(H2S)和Ka(HCN)相对大小。14．B【解析】Cd2+和S2-的配位数均为4，配位数之比为1∶1;S2-位于顶点和面心，晶胞中与S2—最近的S2—有12个;根据1号原子的坐标为(0,0,0)，2号原子的坐标为可知距离3号原子最远的Cd2+的坐标为EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),4)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),4)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(1),4);根据均摊原则，晶胞中S2-数目为数目为4，则该晶体的密度为15．C【解析】Ksp[Mg(OH)2］=c(Mg2+)·c²(OH-)=c(Mg²+)·[]2,lgKsp[Mg(OH)2］=lgc(Mg2+)+2lgKw-2lgc(H+),pMg=2pH+2lgKw-lgKsp[Mg(OH)2］,则pMg与pH呈直线关系，故曲线Ⅰ为Mg(OH)2沉淀溶解平衡曲线；图乙中虚线a表示碳酸根离子浓度变化，实线b表示碳酸氢根离子浓度变化，虚线c表示碳酸浓度的变化。由分析可知，曲线Ⅰ为Mg(OH)2沉淀溶解平衡曲线；当pH=6.5时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，H2CO3的其数量级为10-7；pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根离子，pM=1即镁离子浓度为0.1mol·L-1，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应=MgCO3↓+CO2↑+H2O；pH=9、pM=2时，该点位于曲线Ⅱ上方，会生成碳酸镁沉淀，EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)二、非选择题16除特殊标注外，每空2分）（1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸）（2）100（1分）球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分1分）（3）sp2（4）③④①②（共2分）加快过滤速率，使沉淀更加干燥（5）酚酞（1分）【解析】碘苯与丙烯酸发生取代反应生成肉桂酸和HI，加入碳酸钠是与生成的HI反应，使反应向正反应方向进行，提高产率，同时会与肉桂酸反应生成肉桂酸钠，后续再酸化生成肉桂酸。（2）在该实验中一共需要加入液体体积约为52.9mL，三颈烧瓶使用时装入的液体体积不宜少于容积的，不宜多于容积的，所以容积规格最合适的为100mL。有机物制备实验中为了达到更佳的冷凝效果，常采用球形冷凝管冷凝回流。（3）三聚氰胺中环上每个N原子提供1个单电子形成大π键，剩余1个孤电子对，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。（4）在实验室完成减压过滤操作的步骤为在布氏漏斗中加入润湿的滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→开大水龙头→确认抽干→关闭水龙头，故答案为③④①②。与普通过滤相比，减压过滤的优点是过滤速率较快，且沉淀更加干燥。（5）滴定终点溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂。（6）肉桂酸是一元酸，则关系式为NaOH~肉桂酸，得到n(肉桂酸)=0.1×a×10-3mol，则样品纯度为17除特殊标注外，每空2分）（1）ΠEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(6),4)（1分）增大了气体与固体粉末的接触面积（1分）（2）SiO2、BaSO4（1分，少写和错写均不得分）EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)=2Ce3++O2↑+2H+有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解（5）83.3增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可）【解析】铈矿石焙烧过程将+3价铈氧化为+4价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸钡和SiO2，加入(HA)2萃取Ce4+，分离出有机层，加入稀硫酸进行反萃取，加入H2O2，将Ce4+转化为Ce3+进入水层，加入NaOH生成Ce(OH)3沉淀，再转化为CeCl3·6H2O，在HCl气氛下（抑制CeCl3水解）加热生成CeCl3，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈，据此分析。（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和BaSO4。（3）随着c(SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)—)增大，Ce4+与SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)—结合成[CeSO4]2+，H+浓度增大，萃取平衡向左移动，萃取率降低。（4）步骤Ⅳ加入H2O2，将Ce4+转化为Ce3+进入水层，发生反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40~50℃之间既有利于加快反应速率，又防止温度过高导致双氧水分解。（5）根据题给公式整理得萃取率代入数据得提高萃取率可通过增大D、增大有机相体积或多级萃取等实现。（6）本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法。电解熔融氯化钠制钠是电解法；氧化银分解制银是热分解法；利用铝热反应制钒为热还原法。18每空2分）（1）+227.3（2）①pc<pb<pa②温度升高到一定程度，体系中以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，改变压强，该反应平衡不受影响③0.0096④AC（3）①左②85.3【解析】（1）根据盖斯定律，反应①×2-反应②可得CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH=（2）①根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，一定温度下，压强增大，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ不移动，故二氧化碳的平衡转化率变大，故pc<pb<pa。②由图可知，温度较高时甲醇的选择性较小，CO选择性较大，说明温度较高时主要发生反应Ⅱ,反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的吸热反应，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影响，即a、b、c三条曲线接近重合的原因是为温度较高时以反应Ⅱ为主，该反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，P点时甲醇的选择性、CO选择性均为50%，n（CO）=0.1mol，n（H2O）=0.2mol，n（H2）=2.6mol，反应Ⅱ反应前后气体分子数未变，则Kp=K，反应Ⅱ的平衡常数为④反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，气体总物质的量始终不变，所以气体平均摩尔质量不再改变不能说明反应达到平衡；由方程式可知，相同时间段内断裂H—O与H—H的物质的量之比为2∶1说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡；单位时间内生成1molCO的同时生成1molCO2能说明正、逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡。①电解时，阳离子向阴极移动，则H+向阴极区迁移，即向电解池左侧迁移。②0.6gCO(NH2)2的物质的量为0.01mol，生成CO(NH2)2的电极反应式为2NO3—+=CO(NH2)2+7H2O，该电解装置的电解效率19除特殊标注外，每空2分）（1）（酮）羰基、羧基（1分，少写和错写均不得分）++（3）取代反应或水解反应（1分）（4）12或(任写一种即可)（5）①②氢氧化钠的水溶液、加热③【解析】D→E是原子利用率100％的反应，则D和化合物a发生加成反应生成E，由E逆推，可知化合物a的结构简式为。（1）根据I的结构简式可知I中含氧官能团名称是（酮）羰基、羧基。（2）D→E是原子利用率100%的反应，所以是碳碳双键发生了加成反应变成了碳碳单键。（3）G→H是酯基水解反应。（4）同分异构体中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，最多能与2倍物质的量的Na反应，说明含有1个羧基和1个羟基。满足条件的有CH3C