化学试题卷答案浙江省稽阳联谊学校2025年11月2026届高三上学期期中联考(11.19-11.21)

2025学年11月稽阳联谊学校高三联考化学(选考)答案详解A.C₆H₅NH₃C1是离子化合物，C₆H₅NH₃+和Cl-间是离子键B.SiO₂是共价化合物C.CH₃Cl是共价化合物D.MgCl₂只有离子键，不含共价键2.答案B该模型为O₃分子的VSEPR模型3.答案C原子半径Cl<I,键长H-Cl<H-I,故酸性HCl<HI用减压蒸馏法分离重油中的石蜡5.答案A纯铝的硬度和强度较小，不适合制造飞机和宇宙飞船碳化硅是共价晶体，没有自由移动的离子，无法作固体电解质硫酸铜中有重金属离子，不能用于饮用水消毒6.答案D由于共价键有方向性，当受到大的外力作用时会发生原子错位而断裂，故金刚石容易经锤击而破碎。7.答案AFe²+被氧化为Fe³+FeS难溶，不能拆SO₃²-过量，产物为HSO₃8.答案DA.胶头滴管不能伸入容量瓶中B.检验钾元素需透过蓝色钴玻璃C.SO₂与NaSO₃反应生成NaHSO₃9.答案DA.M分子中有5个手性碳原子B.M分子的消去反应产物有3种C.M中右侧羟基无法通过加成反应生成氯原子10.答案CA.制HNO₃:NH₃在高温下氧化生成NO,NO进一步氧化为NO₂,最后NO₂溶于水生成HNO₃B.制Mg₃N2:Mg在加热下与氮气反应C.H₃PO₄为高沸点、非氧化性酸，利用高沸点酸制备低沸点酸HID.SO₂与BaCl₂反应无法制备BaSO₃11.答案D【解析】等量的石墨完全燃烧比部分燃烧放热更多，故△H₂更小，即△H₁一△H₂>0,故A正确。△H₂一△H₃表示石墨转化为金刚石的反应热，已知石墨比金刚石稳定，因此△H₂-△H₃>0,故B正确。根据所有反应均能自发，第四个反应熵减，因此△H₄<0,故C正确。根据12.答案BA.正极反应式为：O₂+4e+2CO₂=2CO₃²-B.由萨巴蒂尔反应可知：4H₂~2H₂O,由电解水可知2H₂O~2H₂,电解获得的H₂的量不够萨巴蒂尔反应所需H₂的量，故需额外补充氢气。C.负极反应式为：H₂-2e+CO₃²-=CO₂+H₂O,故转移2mol电子时，可气体22.4L。D.萨巴蒂尔反应放热可用于为反应提供高温，电解水所需电能可能来自太阳能或本题装置。13.答案BMgCl₂·7H₂O中，每个Mg²+与6个水分子通过配位键结合，形成稳定的八面体结构[Mg(H₂O)6]²+,剩下的1个水分子存在于晶格中的空隙位置，通过氢键与其他水分子或氯离子相互作用。因此[Mg(H₂O)₆]Cl₂·H₂O更好地揭示了其结构，故A正确。根据以上分析，该晶体中存在配位键、离子键、共价键、氢键，故B错误。该晶体是由[Mg(H₂O)6]²+、Cl-和H₂O共同构成的离子晶体，在水溶液或熔融状态下均能产生自由移动的离子，故C正确。NH₃为常见的强配体，可以替换[Mg(H₂O)₆]²+中的H₂O,生成[Mg(NH₃)₆]Cl₂,这层“氨外壳”能有效地将Mg²+与水分子隔离开，阻止了内部Mg²+的水解，再通过加热脱氨获得无水【解析】A.三唑是催化剂【解析】A.Fe(OH)₃溶于水所得饱和溶液呈弱碱性，常温下c(OH)>10-7mol·L-¹远小于10-5,故该反应限度很小，不能有效转化。C.Qsp[Fe(OH)₃]=0.01×10-10.5×3=10-33.5>Ks[Fe(OH)₃],Qsp[Al(OH)₃]=0.1×10-10Ksp[Al(OH)₃],故Fe(OH)₃.AD.由[Fe(C₂O₄)₃3-+SCN·一[Fe(SCN)]²的配位能力大于SCN-与Fe³+的配位能力，溶液中几乎没有游离的Fe³+,故无法观察到溶液【解析】根据水和醋酸的沸点分析，步骤I反应温度控制在105℃既可以及时将产物水蒸出又能减少醋酸的挥发，故A正确。重结晶时要保证粗产品中的产物完全溶解，煮沸后仍有油珠说明产品未完全溶解(拓展：少量不溶油珠是熔融状态下在83℃以下，溶液中未溶解的乙酰苯胺以固态存在),故B正确。重结晶溶解后时加入了难溶于水的活性炭，应先趁热过滤掉活性炭再进行冷却结晶，故C错误。乙酸与苯胺的反应反应的效率和产率，加入锌粉可以避免原料苯胺被氧化，也可以提高产率，故D正确。17.(16分)(2)①BC₂N(1分)②2(2分)(3)①B(OH)₃、R₂CHOH(2分，配平不要求，写NaOH忽略)(4)①稀硫酸(1分);将Fe²+氧化为Fe³+,便于除去(1分)②2MgO·B₂O₃+4H++H₂O==2Mg²++2H₃BO₃(2分，配平错误扣1分)【解析】(1)A.基态B原子核外共5个电子，先排满1s和2s能级，2p能级有1个单电子；B.基态Ga原子的最外层即价层，电子排布式为4s²4p';C.Ga的金属性强于Al,与0元素电负性差值更大，化学键中离子键百分数更大；D.三氟化硼(BF₃)与三氯化硼(BCl₃)中B原子均为sp²等性杂化，键角均为120度。(2)①根据晶胞图像，由均摊法得化学式为BC₂N;②将该晶胞向各方向平移，通过观察得距离黑球(氮原子)等距最近的白球(硼原子)个数为2。(3)①最后一步为在酸性条件下的水解反应，根据电负性差异可知，该阴H+与O结合，生成R₂CHOH。②BH4、AlH4结构相似，但AlH4中Al—H键的键长更长、极性更大，均导致其更易断裂，更易产生[H],表现出更强的还原性。(4)①考虑到需制备硫酸镁晶体，选用稀硫酸可起到酸溶的作用，又不引入其他阴离子；②2MgO·B₂O₃溶于稀硫酸，产生Mg²+和H₃BO₃。③根据溶解度曲线，当溶液温度超过80℃,MgSO₄的溶解度随温度升高而骤减，而H₃BO₃溶解度随温度升高增大，因此将溶液加热至200℃以上，促使MgSO₄结晶析出，趁热过滤得到MgSO4晶体，同时可防止H₃BO₃提前析出。18.(12分)(1)-90.8kJ·mol-¹(1分)低温(1分)(2)①0.007(2分)②250℃之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致CO浓度增大，浓度影响占主导因素，反应I逆移，故CO₂转化率减小；250℃以后，随温度升高，因反应I吸热，温度因素占主导因素，反应I正逆，故CO₂转化率增大。(2分，250℃前后每点各1分)(4)CO₂+6HCO₃+6e=CH₃OH+6CO³+H₂O(2分)变小(2分)(2)①假设向体积为VL的刚性容器中投入1molCO₂和20molH₂发生反应I和反应I。由图可知T℃时，CO₂转化率为40%,即转化了0.4mol。假设反应Ⅱ消耗的CO物质的量n(CO)=0.2mol,n(H₂O)②由图象可知，250℃之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致CO浓度增大，浓度影响占主导因素，反应I逆移，故CO₂转化率减小；250℃以后，随温度升高，因反应I吸热，温度因素占主导因素，反应I正逆，故CO₂转化率增大。B.由图像可知生成HCHO的反应活化能非常大，不会大量生成；(4)由图示可知，CO₂在催化电极被还原为CH₃OH,且电解质溶液为KHCO₃,由HCO₃提供H+,根据碳元素变价情况可写出CO₂+6HCO₃+6e=CH₃OH+6CO3+H₂O;电池工作时，双极膜中的H+不断转移至阴极室内与CO3-结合生成HCO₃,理论上HCO₃的总量不变，但由于过程中有H₂O生成，故HCO₃的浓度减小。19.(12分)(2)AD(2分，漏选得1分，错选不得分)(3)除去杂质绿原酸和晶体中残余的水，便于后续干燥(2分，除绿原酸1分，除水便于干燥1分)②偏小(2分)③pH过低，S₂O₃²-会与H+反应；pH过高，Cu²+其他合理答案也可)【解析】(1)葡萄糖在碱性环境下被氧化为葡萄糖酸钠，故答案为CH₂OH(CHOH)₄COONa。B.分批加入CuO可以使反应分多次进行，使反应较为温和，也可以使固态形式的CuO充C.溶液冷却速度慢，生成的晶核少，析出的晶体就围绕几个晶核生长，得到晶体的体D.醇羟基不易被空气中氧气自然氧化，故葡萄糖酸铜不易使物质处于低压状态下，降低沸点，使水、乙醇汽化速度比常压下更快，脱(3)产品中混有杂质绿原酸，绿原酸易溶于乙醇，故可以用乙醇除因此样品中铜的质量分数=(4×ab×10-³×64)÷2.0=0.128ab,即12.8ab%。②I₂量较多时会与SCN·发生氧化还原反应，使所用Na₂S₂O₃标准溶液体积偏小，测定结果20.(12分)(1)酰胺基(1分)速率慢、产率低、纯度低等(1分，写出一点即可)(5)①ABE(2分，答对2个给1分，全对给2分)(3分，写出2步给1分，3步2分，全对给3分)【解析】A和B发生格氏反应生成C,在醇D,D经两次取代得到E,E与氯代乙酸发生取代生成F,F的结构为,F中的羧基经酰化生成G,再与NH₃发生酰胺化反应生成H,H经H₂O₂氧化生成J。(1)由化合物H的结构简式可知含氧官能团为酰胺基；根据题给信息羧酸与氨反应生成羧酸铵为可逆的快反应，而羧酸铵脱水生成酰胺为慢反应，故用化合物F直接与氨反应制备化合物H,其缺点是反应慢，产率低，纯度低。使S-H更易断裂，故选项A不合理；B选项，化合物B中苯基带部分负电荷，镁带部分正电荷，与水反应苯基结合