化学试卷答案浙江省强基联盟2025年10月高三联考(10.8-10.10)

浙江强基联盟2025年10月高三联考化学试题参考答案1.A干冰是固体CO₂,属于分子晶体的酸性氧化物，A正确；石英是固体SiO₂,属于共价晶体的酸性氧化物，B错误；氧化钠属于离子晶体的碱性氧化物，C错误；乙酸含三种元素，不属于氧化物，D错误。2.B为甲醇的球棍模型，甲醇的空间填充模型为,A错误；Cu原子失去4s能级、3d正确；sp³杂化轨道示意图为四面体，则sp³杂化轨道示意图为为sp²杂化轨道示意图，C错误；H₂O₂是共价化合物，只存在原子不存在离子，电子式为H:O:0:H,D错误。3.CW、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，则W电子排布式可能是1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁶3s²3p⁴,若W是C,X与W同族，则X是Si,Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P,Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P,与Y重复；故W是S,X与W同族，则X是O,Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是N,Z位于W的对角线位置，则Z是F。同主族从上到下，原子半径变大，同周期从左到右原子半径变小，F(Z)位于第二周期，S(W)位于第三周期，原子半径：S>O>F,即：Z<W,A正确；同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于S,B正确；O的第二电离能高于N,因为O+最高能级的电子构型为2p³(半充满),失去电子需更高能量，而N+最高能级的电子构型为2p²,失去电子相对容易，因此X(O)的第二电离能大于Y(N),C错误；Y、Z最简单氢化物分别为NH₃、HF,F原子半径小，共价键键长短键能强，对应氢化物更稳定，D正确。4.B用二氧化锰和浓盐酸制取氯气时需加热，A错误；由题给NCl₃熔沸点数据知，NCl₃常温呈液态，Rh(铑)/SiO₂和NCl₃为固液体系，可用过滤方法分离，B正确；NCl₃的沸点是70℃,从NCl₃溶液中提取NCl₃应用蒸馏装置，C错误；尾气为氯气和氯化氢气体，应用碱液吸收且有防倒吸装置，D错误。5.D苯酚的消毒作用主要源于其能使蛋白质变性，破坏微生物结构，而非弱酸性，A正确；壳聚糖可制成手术缝合线、环保包装袋的原因是壳聚糖具有良好的生物相容性，不会对人体造成危害，能够与人体组织良好结合，同时具有生物可降解性，能够迅速分解为无害物质，B正确；阻燃原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气或空气、使可燃物的温度降到着火点以下，三者具备其一即可，氢氧化镁在380℃时分解，化学方程式为Mg(OH)₂—MgO+H₂O个，氢氧化镁分解过程中吸收大量的热，能使可燃物的温度降到着火点以下，反应生成的水蒸气能稀释可燃物表面的氧气，生成氧化镁固体能隔绝氧气或空气，C正确；硫化钠与Cu²+和Hg²+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，未体现还原性，D错误。层电子对数是,采用sp²杂化，B正确；反应中氧化剂为NaNO₃中的N(4mol)和O₂(3mol),总物质的量为7mol,还原剂为Sb(4mol),氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4,而非4:7,C错误；O₂、NaNO₃同时作氧化剂，3molO₂参与反应，有4molSb作还原剂，整个反应总电子转移为20mol(Sb的氧化，化合价：0→+5),D正确。7.A银氨配离子可拆，乙醛的银镜反应的离子方程式为CH₃+NHt+2Ag↓+3NH₃+H₂O,A错误；苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为,B正确；四氯化钛水解后焙烧制二氧化钛，水解化学卷参考答案第1页(共6页)(HENHCI}是由2种单体通过缩聚反应聚合而成，两端相当于1分子水，则合成1mol尼龙-66时脱去的水为(2n-1)mol,D正确。8.B排饱和食盐水法可收集Cl₂(水槽装饱和食盐水),排水法可收集NO(水槽装水),A正确；铁制镀件上镀铜时，铁制镀件应接在电镀池的阴极上，铜片应接在电镀池的阳极上，B错误；该装置是安全瓶，用于尾气吸收，当发生倒吸时，液体进入集气瓶，由于集气瓶的存在，会阻止液体进一步倒吸到反应装置中，C正确；该装置可作为缓冲装置，接在实验装置中间，当气流不稳定时，装置内的气体可以起到调节作用，使气流平稳，能达到目的，D正确。9.D淡化海水的方法有很多，如可以采取电渗析法、蒸馏法、反渗透法等淡化海水，A正确；除去粗盐中的SO?-、Ca²+、Mg²+等杂质，向滤液中依次加入过量的BaCl₂溶液、NaOH溶液分别生成硫酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀，再加入NaCO₃溶液，除去钙离子和过量的钡离子并生成碳酸钙和碳酸钡沉淀，即Na₂CO₃溶液要在BaCl₂溶液之后加入，过滤后加入稀盐酸，B正确；海水中含有Br-,浓缩、酸化后通入Cl2将Br-氧化成Br₂单质，利用溴易挥发的性质，经热空气吹出，在吸收塔中被SO₂还原成Br⁻,发生反应的离子方程式为Br₂+SO₂+2H₂O—SO?-+2Br⁻+4H+,实现溴元素的富集，在蒸馏塔中经Cl₂氧化，得到溴水混合物，通过冷凝、精馏等操作分离得到产品Br₂,C正确；冶炼金属镁可以以海水为原料，经过一系列过程制得MgCl₂固形成分子内氢键，而(形成分子间氢键，故沸点：,A正确；硝基苯整体极性低，无法与水形成有效氢键，甘氨酸其氨基和羧基均可与水分子形成氢键，分子极性高，在水中的溶解度：硝基苯<甘氨酸，B错误；F原子电负性大于H原子，使得CF₃COOH羧基中—OH的氢氧键极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，C正确；顺-2-丁烯是极性分11.C需结合盖斯定律分析各反应焓变(△H)的关系，并利用化学反应的能量变化规律(如中和反应放热、分解反应吸热等)判断焓变大小。中和反应均为放热反应，△H₅<0,但弱碱Fe(OH)₂(s)存在电离吸热过程，会使得其与硫酸反应放出的热量比强碱NaOH与硫酸反应放出的热量少，放热越少，△H越大，△H₁>△H₂,A正确；用反应②减去反应③可得：2NaOH(s)—Na₂O(s)+H₂O(1),该反应的逆反应为吸热反应，故△H₂一△H₃>0,B正确；用反应③减去反应④可得：H₂SO₄(1)=SO₃(g)+H₂O(1),该反应为吸热反应，故△H₃-△H₄>0,C错误；用反应④减去反应⑤可得：Na₂O(s)+H₂SO₄(1)—Na₂SO₄(s)+H₂O(1),该反应为放热反应，故△H₄一△H₅<0,D正确。12.A金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，电极反应为Li-e⁻—Li+,气体扩散电极为正极，电极反应为2H₃PO₄+2e⁻—2H₂POZ+H₂个。则充电时，惰性电极为阴极，电极反应为Lit+e⁻—Li,气体扩散电极为阳极，电极反应为H₂—2e⁻+2H₂PO7—2H₃PO₄。放电时，Lit会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成H2进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加7g·mol-¹×2mol-1mol×2g·mol⁻¹=12g,即电解质溶液质量会增大，A错误；充电时，Li+向阴极移动，电极反应为Lit+e⁻—Li,使用前需先充电的目的是从锂盐中沉积锂金属生成锂负极，B正确；充电时，阳极为气体扩散电极，电极反应为H₂-2e⁻+2H₂PO₄=2H₃PO₄,C正确；该锂-氢可充电电池初始不含锂，避免了锂与水剧烈反应等安全问题，首次充电时从低成本锂盐中沉积锂金属生成锂负极，减少了锂资源消耗和制造步骤，使电池成本降低，对比传统锂离子电池的优势在于降低成本和提高安全性，D正确。13.DSO?-的价层电子对数为4,故SO?-的空间结构为正四面体，而“S₂O³-可看成SO?-中的一个O被S代替”,故S₂O₃-的空间结构为四面体，非正四面体，A错误；S₂O₃中心S原子无孤电子对，不能形成配位键，O原子和端基S原子都有孤电子对，但O的电负性大于S,故S₂O3-中只有端基S原子可作配位原子，B错误；六水合硫代硫酸镁晶体中微粒间的作用力有离子键(阴阳离子之间)、极性共价键外(水分子内)、配位键(水是配体)和氢键(水分子之间),但氢键为分子间作用力不是化学键，C错误；MgS₂O₃·6H₂O可与稀硫酸反应产生硫单质和二氧化硫气体，D正确。14.C过程I为CO₂和NO₃吸附在催化剂上，过程Ⅱ为*CO₂和*NO₃在酸性条件下被还原为‘CO和·NH₂的反应，生成了N—H等极性共价键，过程Ⅲ为·CO和*NH₂生成*CO(NH₂)2的反应，生成了C—N极性共价键，过程IV为*CO(NH₂)2脱附生成CO(NH₂)₂,A正确；过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为-2,C元素的化合价由+4降为+2,B正确；所给离子方程式电荷不守恒，根据反图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为(2+7H₂O,C错误；常温常压、无催化剂条件下，CO₂与NH₃·H₂O反应生成(NH₄)₂CO₃或NH₄HCO₃,D正确。15.DCaSO₄饱和溶液中c(Ca²+)=c(SO}-)=7.0×10-³mol·L⁻¹,K(CaSO₄)=4.9×10-⁵,K(CaC₂O₄)<K(CaSO₄),CaC₂O₄饱和溶液中c(Ca²+)小于CaSO₄饱和溶液中c(Ca²+),向CaC₂O₄悬浊液中加入足10-²,将c(H+)≈0.052mol·L-¹代入计算，可知c(H+)的浓度正确，则c(H₂C₂O₄)=0.048mol·L⁻¹,故在0.1mol·L-¹的H₂C₂O₄溶液中：c(H+)>c(H₂C₂O₄),B正确；由题给K值可知，醋酸的酸性弱于草酸，在草酸中加入氯化钙溶液时，加入醋酸钠粉末，醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减少了氢离子浓度，促进了草酸电离，会产生更多的草酸根离子，有利于生成草酸钙，C正确；Na₂C₂O₄mol·L⁻¹,pH=7.91,溶液呈紫色，D错误。16.D“煅烧”时发生的反应为,无相应催化剂无法直接生成SO₃,A错误；工业上应用浓硫酸吸收SO₃得到H₂SO₄,B错误；“吸收2”用NaOH吸收SO₂,生成NaHSO₃,故NaOH不可过量，C错误；NaHSO₃经“加热”得到Na₂S₂Os,则发生的化学反应方程式为：O电负性大于S,S=S吸电子能力小于0=S,使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱(5)①将软锰矿研磨成粉末、适当升温、搅拌等②稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe³++3H₂O—3H++Fe(OH)₃正向移动【解析】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性强弱顺序为N>C>H,则电负性的大小顺序为N>C>H,故A正确；4种元素中氢元素位于元素周期表s区，故B错误；硫元素的原子序数为16,基态原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁴,核外有9种空间运动状态，故C错误；MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基氢原子与醛基氧原子成键，故D错误。(2)A位于顶点的有8个，面上的有4个，内部有1个，故有·位于棱上的有4个，面上的有6个，故有,而S都在内部，有8个，故个数为8个，因此分子式为ABS₂。(3)已知CO₂+H₂O—H₂CO₃,CS₂与NH₃按照物质的量之比为1:2发生类似反应得到NHt和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H₂NCS₂),结构式为;O和S为同族元素，电负性O大于S,吸电子能力S=S小于0=S,使硫代硫酸中羟基极性较小，电离出氢离子能力较硫酸弱，酸性较弱。(5)软锰矿通过浸出操作得到含MnSO₄的浸出液，加入碳酸氢铵通过净化、分离得到MnCO₃,MnCO₃热解得到二氧化锰粗颗粒。①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO₄可溶解软锰矿，加快反应速率可通过增大接触面积、升高温度、增大反应液浓度等方法；②软锰矿浸出液中的Fe³+通过加水稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe³++3H₂O—3H++Fe(OH)₃正向移动，利于除去Fe³+;Mn²+与碳酸氢铵溶液中的HCO₃发生反应生成MnCO₃,Mn²++2HCO₃—MnCO₃↓+CO₂个+H₂O。(2)水蒸气与催化剂表面积碳反应，防止催化剂“中毒”【解析】(1)根据盖斯定律，反应①一②一③可得C₆H₅C₂H₅(g)C₆H₅CH=CH₂(g)+H₂(g)△H=△H₁一△H₂—△H₃=-4386.9kJ·mol⁻¹-(一4263.1kJ·mol⁻¹)一(-241.8kJ·mol-¹)=+118kJ(2)水蒸气与催化剂表面积碳反应，防止催化剂“中毒”。,达,达(3)设转化的C₈H₁0物质的量为xmol,列三段式：到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，可知，1-x=x,解得x=0.5,总物质的量为1.5mol,K,=(4)由状态I到状态Ⅱ形成了O—H极性共价键，A正确；中存在碳原子未达到8电子稳定结构，B错误；使用催化剂，能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高反应速率，但不影响平衡移动，不能影响反应物转化率，C错误；反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5～4.5之低过高均不利于反应的进行，使得乙苯的转化率降低，D正确。(5)①醛基的C=0双键具有高电子云密度，对相邻的C—H产生强斥力，这种斥力将C一H“推开”,苯环的共轭效应使C—C的电子云密度介于单键和双键之间，削弱了C—C对C—H的斥力，同时C=O双键的强斥力将C—H推向苯环一侧，所以苯甲醛中键角∠1大于∠2;②以该反应原理设计成酸性燃料电池，总反4H₂O,所以负极的电极反应式为(2)pH过低无法形成[Fe(C₂O₄)₃]³-,pH过高形成Fe(OH)₃沉淀(2分)(3)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶(2分)【解析】(1)溶解后溶液中含Fe²+,H₂O2将其氧化为Fe³+。(2)Fe³+遇C₂O-形成,pH过小以H₂C₂O₄形式存在，难以形成[Fe(C₂O₄)₃]³-;Fe(OH)₃的K小，pH过大即OH浓度过大，易形成Fe(OH)₃沉淀。(3)蒸发浓缩可除去过量H₂O₂、H₂C₂O₄