九师联盟安徽省2025届高三二轮复习联考（三）答案二轮三化学(A安徽)答案

2025届高三二轮复习联考(三)化学参考答案及评分意见轨道“肩并肩”重叠形成的，用未成对电子的原子轨道相互靠拢原子轨道相互重叠形成的π键C正确；X分子中含有亲水基团羟基，故X的水溶性最大，D正确。(ECHC0N方法不正确，不能达到实验目的，C不符合题意；蒸馏时，温度计测量的是馏分的温度，温度计的水银球应位于蒸NaOH,C正确；1molCl₂~H₂~2e可知，转移的电子数为2NA,D错误。c(HS-)>c(S²-),lgc(HS-)>1gc(S²-),即点(1.6,—6.5)和(4.2,—3.9)所在曲线为c(HS-)随pH的变化，点(4.9,—13.0)和(6.8,—9.2)所在曲线为c(S²一)随pH的变化，则由图示曲线(4.9,—13.0)交点可知，此时c(Cd²+)=c(S²一)=10-¹³mol/L,则Kp(CdS)=(10-¹³mol/L)²=1.0×由曲线(6.8,—9.2)交点可知，此时c(Ni²+)=c(S²一)=10-⁹.2mol/L,则K(NiS)=(10-⁹.2mol/L)²=10-18.4;量的关系Cl₂~2I-,通过计算，Cl₂仅能氧化I-,只能得出氧化性：Cl₂>I₂,而无法比较Cl₂与Br₂的氧化性，C错误；向MgCl₂溶液中先加入少量NaOH溶液，生成白色沉淀，充分反应后再加入少量CuSO₄溶液，沉淀颜色是否变成蓝色，故能探究Cu(OH)2与Mg(OH)₂溶度积的大小，D正确。12.C【解析】根据电子转移守恒知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO₂得到电子总和，而镁铜失去电子的物质的量与Mg²+、Cu²+生成沉淀结合的OH的物质的量相等，且氢氧根离子的物质的量是镁铜的物质的量总和的两倍，最终沉淀的增重即为氢氧根离子的质量，故氢氧根离子的物质的量为0.16mol,Mg与Cu的物质的量之和为0.08mol,设镁的物质的量为amol,铜的物质的量为(0.08—a)mol,则24a+64(0.08—a)=3.52g,解得a=0.04,即Mg与Cu的物质的量都是0.04mol,物质的量比值为1:1,A正确；金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO₃,则未被还原的HNO₃的物质的量为n(NaOH)=2mol/L×0.12L=0.24mol,因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+n(未被还原的HNO₃),即n(HNO₃)=(0.08+0.24)mol=0.32mol,原硝酸的浓度为8mol·L-¹,B正确；NO和NO₂混合气体共1.792L,标准状况下混合气体总物质的量为0.08mol,设混合气体中NO的物质的量为xmol,NO₂的物质的量为(0.08—x)mol,根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO₂得到电子总和，而镁铜失去电子的物质的量与Mg²+、Cu²+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则3x+0.08—x=0.16,解得x=0.04,故NO和NO₂的物质的量都为0.04mol,体积比为1:1,C错误；NO、NO₂与氧气、水反应又转化为HNO₃,反应的化学方程式为4NO₂+O₂+2H₂O—4HNO₃、4NO+3O₂+2H₂O—4HNO₃,NO、NO₂的物质的量都是0.04mol,因此根据方程式可知n(O₂)=0.04mol,标准状况下通入氧气的体积为：0.04mol×22.4L/mol=0.896L,即896mL,D正确。13.C【解析】400℃时，③的数值为100%,但C₂H₅OH的转化率、H₂的产率不可能为100%,可知③表示比值，由反应I可知，每消耗1mol乙醇就可以合成3molH₂,故总体来说，H₂的产率大于乙醇的转化率，因此①表示C₂H₅OH的平衡转化率，②表示H₂的产率，A率最大，且升高温度，H₂的产率基本不变，故乙醇—CO₂重整制氢的最佳温度条件约为680℃,B错误；在一定温度下，增大n始(C₂H₅OH):n始(CO₂),即相对来说n(CO₂)不变，增大n(C₂H₅OH),C₂H₅OH的浓度增大，会使化学平衡向正反应方向移动，但乙醇自身的转化率会减小，C正确；催化剂只能改变反应速率，对平衡产率迁移，被还原为Zn,电极反应为：Zn²++2e-—Zn,少量ZnMn₂O₄在阳极失去电子生成MnO₂,电极反应式为：1.30g(即0.02mol),转移电子的物质的量为0.04mol,若只生成MnOOH,则生成MnOOH的物质的量为0.04mol,但还有少量ZnMn₂O₄生成，所以生成MnOOH的物质的量小于0.04mol,D错误。15.(14分)(1)将废旧CPU粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度、搅拌等(2分；合理即可)二轮复习联考(三)化学答案第3页(共7页)(6)2AgCl+4NH₃·H₂O+CH₂OH(CHOH)₄CHO—2Ag+CH₂OH(CHOH)₄C粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度、搅Au+4NaCl+5HNO₃—HAuCl₄+2H₂O+NO↑+4AgCl氨水[[Ag(NH₃)₂]溶液Ag足量Fe粉将铜置换为单质；“物质2”为Cu和过量Fe的混合物，混合物加足量盐酸，将Fe溶解，过滤得到Cu,故“试剂1”是NaCl溶液，“试剂2”是盐酸。②晶胞的质量g,设该晶胞的棱长为acm,根据密度的定义，晶胞的体积为则该晶胞的棱长为(6)由上述分析可知“物质3”为AgCl,AgCl溶于足量稀氨水中得到银氨溶液；银氨溶液加入葡萄糖溶液中生成Ag单质，总反应的离子方程式为：2AgCl+4NH₃·H₂O+CH₂OH(CHOH)₄CHO——2Ag+CH₂OH(CHOH)₄COO-+3NH4+2Cl2MnO+5H₂O₂+6H+—2Mn²++5O₂CaO₂·8H₂O+H₂SO₄——CaSO₄热反应，升高温度，化学平衡正向移动，则CO的物质的量随温度升高而增大，因此A表示CH₄,C表示CO,则②根据盖斯定律可知，反应IV=反应Ⅱ×2+反应Ⅲ一反应I,△H₄=(+41.2×2—172.5+164.7)kJ/mol=+74.6(4)由题干反应历程图知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的HCOO*与H*结合，脱去水分子生成CH₃O*,CH₃O*再进一步结合H*生成CH₄和OH*。为0.4mol,根据C原子守恒可知，生成的C₂H₄的物质的量mol,生成CH₄所用的电子的物质的量为8×0.4mol=3.2mol,生成C₂H₄所用的电子的物质的量为6×0.3mol×2=3.6mol,由图4可知，当c(KC1)=3mol·L-¹时，FE(CH₄)=20%,则通过该极的总电子的物质的量(2)与生成的HI反应，促进平衡向正反应方向移动(1分)还原反应(1分)(3)羟基、硝基、醚键(2分)7:3(2分)酸化得到E,E发生氧化反应生成F,则A为,B为(1)由分析知，A的结构简式为能与新制氢氧化铜反应，醛基被氧化，则反应的化学方程式为(3)根据C的结构简式,可知含有的官能团名称为硝基、羟基和醚键。E分子中苯环和—COOH中的C都采取sp²杂化，其余3个C都采取sp³杂化，分子中采取sp²和sp³杂化的碳原子数目之比为7: