化学试题卷答案浙江省强基联盟2025年12月高三联考(强基一模)(12.3-12.4)

浙江强基联盟2025年12月高三联考1.ASO₃的VSEPR模型和分子空间结构皆为平面三角形，为含极性键的非极性分子；O₂为含非极性键的非2.CHCHO是平面结构的分子，含有C—O和C一H,且原子半径：C>0>H,其空间结构模型正确，A正确；BF₃分子中B原子的价层电子对数为3+(3-1×3)=3,无孤电子对，其空间结构和VSEPR模型均为平面三角形，B正确；CO₂中C和O之间有两对共用电子原子的电子排布式为[Ar]3d⁰4s²,价电子排布式为3d¹04s²,D正确。3.C元素氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，非金属性：O>N,则热稳定性：NH₃<H₂O,A错误；由硝酸乙基铵(C₂H₅NH₃NO₃)是常温离子液体，而NH₄NO₃常温是固体，则熔点：C₂H₅NH₃NO₃<NH₄NO₃,D错误。4.B溴水和苯酚反应产生白色沉淀，苯甲醛使溴水褪色，两者现象不同，可用溴水鉴别苯酚和苯甲醛，A正确；乙醇的相对分子质量是46,乙醚的相对分子质量是74,质谱图出现46的分子离子峰可能是二甲醚或乙醇，B错误；青蒿素在乙醚中的溶解度较大，通常用乙醚萃取青蒿素，再通过柱色谱法分离纯化，C正确；加入的碳酸钠溶液与乙酸反应生成溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，出现分层现象，可用分液法分离，5.BNaCl溶液与金属K反应不可能置换出金属Na,工业上一般采用电解熔融NaCl制取金属钠，A错误；工业上常用“吹出法”从海水中提取溴，其过程主要包括氧化(用氯气氧化海水中的溴离子)、吹出(用空气将生成的溴吹出)、吸收(用SO₂作还原剂使溴转化为溴化氢，使其与空气分离)、蒸馏(再用氯气将氢溴酸氧化为溴后蒸馏分离)等环节，B正确；电解MgCl2溶液不能得到金属Mg,C错误；制备纯碱时，应该先向饱和NaCl溶液中通NH₃,再通CO₂,D错误。体SiO₂熔融后迅速降温凝固，内部排列无序，光学性质不具有各向异性，B错误；苯酚通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基，苯环上发生亲电取代，硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O—H极性增强，羟基上的H更易电离，C正确；聚丙烯酸钠通过交联形成网状结构后，能更好地吸收并锁住水分，增强吸水性，D正确。7.CFe³+与CO³在水溶液中发生双水解生成Fe(OH)₃和CO₂,而非Fe₂(CO₃)s沉淀，正确的离子方程式为2Fe³++3CO₃-+3H₂O——2Fe(OH)₃↓+3CO₂个，A错误；红色恰好褪去时，溶液pH约为8.2,此时碳酸钠主要转化为碳酸氢钠，B错误；Fe与稀硝酸反应，当n(Fe):n(HNO₃)=1:3时，反应生成Fe(NO₃)₃、Fe(NO₃)2、NO和H₂O,离子方程式为4Fe+3NO₃+12H+—3Fe²++Fe³++3NO个+6H₂O,C正确；H₃BO₃与足量的NaOH溶液反应生成Na[B(OH)₄],离子方程式为H₃BO₃+OH-—B(OH),D错误。8.D铁作催化剂条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，该反应为放热反应，反应放出的热量会使苯和液溴挥发，则制备装置a中长导管起导气兼冷凝回流的作用，故A错误；溴化氢极易溶于水，若用装置b吸收溴化氢会产生倒吸，故B错误；溴苯是密度比水大的不溶于水的无色液体，分液时，密度比水大的溴苯应该从下口放出，故C错误；由分析可知，水洗分液得到含有苯的粗溴苯，分离粗溴苯可以利用苯与溴苯的沸点不同选择装置d进行蒸馏分离，故D正确。,A错误；Y中含有醇羟基，且相邻碳原子上含有氢原子，需要在浓硫酸加热条件下可发生消去反应，B错误；Y分子与氢气发生加成反应的产物中含有两个手性碳原子(标“*”):C正确；X分子中含有羧基与酚羟基，呈酸性，1molZ在碱性条件下水解可生成2molX的盐，酸化以后才能10.B电石与饱和NaCl溶液反应制备C₂H₂,C₂H₂中含有不饱和键，可使酸性KMnO₄溶液褪色，但电石中含70%的浓H₂SO₄反应制备SO₂,SO₂可使酸性KMnO₄溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，B正确；大理石与稀HCl反应制备CO₂,CO₂不可使酸性KMnO₄溶液褪色，不能完成相应气体的检验，检验通常用澄清的石灰水，C错误；CaO固体与浓氨水制备氨气，生成的氨气水溶性强会引起倒吸，且氨气溶于酸性KMnO₄溶液中会形成NH,NH还原性较弱，不会使KMnO₄褪色，D错误。11.D根据盖斯定律可知，②-①可得(g)转化为[的热化学方程式为,A正确；根据盖斯定律可知，③一①可得(g)催化加氢生成(g)的热化学方程式为(g)△H=△H₃-△H₁=-208.4KJ·mol-¹-(一119.6kJ·mol-¹)=—88.8kJ·mol⁻¹,则该反应为放热反应，B正确；苯中碳碳键键长介于单双键之间，故键长为苯中碳碳键>环己烯C=C,C正确；根据题中信息无法判断(g)的能量大小关系，D错误。12.D该装置为电解池，Ni₂P电极上是RCH₂NH₂生成RCN,失氢，发生氧化反应，Ni₂P为阳极，结合电解质溶液为KOH溶液，电极反应为RCH₂NH₂+4OH--4e⁻—RCN+4H₂O,A错误；Ni₂P电极为阳极，消耗OH-,CoP电极为阴极，电极反应为为维持溶液电中性，且补充阳极消耗的OH-,该离子交换膜是阴离子交换膜，OH-从CoP电极移动至Ni₂P化学卷参考答案第2页(共6页)13.A五氧化二磷是最强的无机干燥剂，不仅能干燥潮湿的物质，也能干燥含有结晶水的化合物，使其失去结晶水，甚至还可以将硝酸和硫酸脱水，该反应方程式为2HNO₃+P₂O₅→2HPO₃+N₂O₅(五氧化二氮),此处是利用五氧化二磷的脱水性，A错误；根据杂化轨道理论，N价层电子对数为3且分子呈平面结构，N原子采取sp²杂化，B正确；根据其结构式，1个气态分子中含6个o键，还含有2个离域Ⅱ键，C正确；固态N₂Os有两种结构单元，分别是NO(硝酰阳离子)和NO₃(硝酸根阴离子),其晶体可看作由这两种离子构成(实际为离子型晶体，存在离子键等作用),D正确。14.A△H只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应，即总反应为Ni(s)+C₂H₆(g)—NiCH₂(s)+CH₄(g)△H=-6.57kJ·mol-¹,A正确；中间体1中Ni的成键数目为4,中间体2中Ni的成键数目为2,即在此反应过程中Ni的成键数目在不断发生变化，B错误；该反应过程涉及C—C断裂和C—H形成，没有非极性键的形成，C错误；活化能大，化学反应速率慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最大，是决速步骤，D错误。则则Q.(BaSO₃)=1.5×10⁻⁶>K(BaSO₃),Ⅱ中能产生白色沉淀，C错误；I中：向显酸性的亚硫酸氢钠溶液中加入显碱性的碳酸氢钠溶液，会使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，Ⅱ中：HSO₃SO₃-+H+,亚硫酸根结合钡离子生成亚硫酸钡沉淀，平衡正移，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，D正确。16.D苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要有生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。“萃取”过程振荡后将分液漏斗倒放，使下端活塞朝上，打开下端活塞放气，完成萃取后静置分层，A正确；“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来，甲基叔丁基醚的沸点小于苯甲醇(分子间形成氢键且分子量大),受热挥发后在锥形瓶中冷凝收集，苯甲醇在蒸馏烧瓶中收集，B正确；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，苯甲酸微溶于水，生成后析出苯甲酸晶体，C正确；苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，故“洗涤”苯甲酸用蒸馏水的效果比用乙醇好，D错误。(3)①配位键、氢键(2分)②H₂O中O原子有孤电子对，SO²-中S原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使H—0—H键角小于0—S—O键角(2分)③CaSO₄+(NH₄)₂CO₃—CaCO₃+(NH₄)₂SO₄(2分)K(CaSO₄)>K(CaCO₃),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙(2分)Fe、Co、Ni位于周期表中第四周期第Ⅲ族，B项正确；基态Fe原子的价电子排布式为3d⁶4s²,Fe原子变成Fe+,优先失去4s轨道上的电子，C项错误；Mn的第三电离能为半充满的稳定结构3d⁵再失电子，较难，Fe的第三电离能为3d⁶再失1个电子变为3d⁵结构，Mn的第三电离能>Fe的第三电离能，D项错误。(2)由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8,晶胞B中Fe的配位数为12,两者之比为2:3。(3)①H₂O中O有孤电子对，Fe²+有空轨道，二者可以形成配位键；SO²-中有电负性较大的O元素可以与H₂O中H元素形成氢键。②H₂O中O和SO²-中S都是sp³杂化，H₂O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而SO²-中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据，孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H—0—H键角比0—S—0键角小。(4)高炉渣(主要成分为CaO,MgO,Al₂O₃和SiO₂等)加入(NH₄)₂SO₄在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH₄)₂CO₃,所以该气体为NH₃;焙烧产物经过水浸1,然后过滤，滤渣为CaSO₄以及未反应的SiO₂,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶析出NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O,剩余富镁溶液；滤渣加入(NH₄)₂CO₃溶液，滤渣中的CaSO₄会转化为更难溶的碳酸钙。①由分析可知，高炉渣与(NH₄)₂SO₄经焙烧产生的“气体”是NH₃;②由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO₄和未反应的SiO₂;③“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO₄+(NH₄)₂CO₃—CaCO₃+(NH₄)₂SO₄,该反应之所以能发生，是由于Kp(CaSO₄)>K,(CaCO₃),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。18.(1)①低温(1分)③主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150～250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度(2分)②电负性：O>C,与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使得“CH”中碳原子比“CH₂”中的碳原子带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH₂”中的碳原子(2分)(答到空间位阻效应等合理(3)①CO₂+2NO₃+18H++16e-—CO(NH₂)₂+7H₂O(2分)【解析】(1)①由盖斯定律，主反应一副反应得CO(g)+2H₂(g)—CH₃OH(g)△H=(一49.5kJ·mol⁻¹)一(+41.2kJ·mol-¹)=-90.7kJ·mol-¹,放热熵减，故低温自发；②维持压强和投料比不变，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表CH₃OH物质的量分数随温度变化的曲线为I;③150～250℃范围内CO₂转化率随温度升高而降低的原因是主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。(2)①转化过程中C—N断裂，与CO₂中一个C=0断裂发生加成反应，形成五元环的结构简式为;②电负性：O>C,与O直接相连的C原子带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH₂”中的碳原子。(3)①电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应为CO₂+2NO₃+18H++16e⁻—CO(NH₂)₂+7H₂O。②体积为0.49L的O₂物质的量为0.02mol,生成O₂的电极反应为2H₂O-4e⁻—O₂个+4H+,电解效19.(1)三颈烧瓶(1分)(2)装置D中出现黑色沉淀(1分)C(2分)(3)₂(2分)减压蒸发浓缩(2分，减压1分，蒸发浓缩1分)(4)76%(2分)取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴FeCl₃[或Fe₂(SO₄)₃等可溶性铁盐]溶液，溶液变为红色，则可证明(2分)【解析】此题是利用实验室制取硫化氢气体与氰氨化钙溶液反应来制取硫脲这种工业常用还原剂，因此装置A为制取硫化氢气体的装置，因使用盐酸制备导致硫化氢气体中容易混有杂质氯化氢，因此采取饱和硫氢化钠溶液洗气的方法进行除杂，同时因产物具备还原性，需要先制备硫化氢气体将装置内的空气排出，再进行产物的制备实验。(2)空气被排出后，硫化氢会与硫酸铜溶液反应生成黑色的CuS沉淀，则当D中有黑色沉淀生成，则证明装置中的空气被排出；装置B中用饱和硫氢化钠溶液洗气除去硫化氢中的氯化氢。(3)反应生成硫脲和一种碱，推断该碱为Ca(OH)₂,故反应方程式为+Ca(OH)₂。由题中信息可知，在温度较高时硫脲易发生异构化，减压可降低溶液的沸点，使溶液在较低温度下浓缩成为饱和溶液，然后再冷却即可析出晶体，则蒸发浓缩时需要在减压条件下进行，其目的是降低溶液的沸点，防止温度过高导致硫脲异构化。(4)5CS(NH₂)2+14MnO7+32H+—14Mn²++5CO₂