湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）2024-2025学年高三上学期第一次预热演练化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_化学

2025 届新高考教学教研联盟高三第 次预热考试 一 化学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B C C C C D A B D C C D D C 1 2．C【解析】SO2的中心原子S原子的价层电子对数为：4 62424，无孤电子对，因此为正四面 4 2 体形，的键角O―S―O为109°28′，SO2中的一个氧原子被硫原子取代后得到S O2，O、S同主族，因此 4 2 3 S O2的中心硫原子的孤电子对数为0，价层电子对数为4，因此采取sp3杂化，但由于形成的S与S之间的键长与 2 3 S与O之间的键长不相等，因此S O2不是正四面体形，由于O的电负性大于S的电负性，因此S O2中的键角 2 3 2 3 S―S―O大于SO2中的键角O―S―O，故A错误；S O2的结构式为 ，其中6个O 4 2 8 为−2价，2个O为−1价，因此硫元素的化合价为+6价，故B错误；焦亚硫酸钠溶于水会生成亚硫酸氢钠，亚硫 酸氢钠中亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性，故D错误。 3．C【解析】滴入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色则说明有Fe3，Fe3具有强氧化性，能与锌、铁、铜反 应，不可能得到固体，A项错误；固体A投入稀盐酸中，没有气泡生成，说明剩余的固体不能与非氧化性酸反 应，而溶液B中含有硝酸根，若是溶液B中含有大量H，则不可能有固体A，硝酸的强氧化性会将固体反应完 ，B项错误；溶液B无色透明，若是含有Fe3、Fe2+、Cu2，溶液均有颜色，说明溶液B不含铁元素和铜元素 ，锌的金属性最强，即Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+、Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Zn+Fe2+=Zn2++Fe，则说明锌可能过量， 若是加入的锌粉恰好发生上述反应，则剩余的固体只有铜、铁单质，因此固体A中可能含有Zn粉，D项错误。 4．C【解析】该有机物属于芳香醚类，无烯醇结构，故A不选；该有机物官能团为硝基，无烯醇结构，故B不 选；甲苯没有烯醇结构，故D不选。 6．D【解析】Ⅳ中发生反应的离子方程式为：2Mg2++2CO2+H O=Mg OH CO +CO ，故D错误。 3 2 2 2 3 2 8．B【解析】同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此电负性：ONC，故A错误；壳聚糖中有氨 基，因此具有碱性，但没有能使其具有酸性的基团，故C错误；甲壳素中只有乙酰氨基发生水解时消耗KOH， 因此1mol甲壳素与足量浓KOH(aq)反应，消耗KOH的物质的量为nN ，故D错误； A 9．D【解析】同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此电负性：F>O>C>B，故A错误；结合图示可知 ，Y为B元素，连接了四根共价键，因此有一根共价键为配位键，可知锂的电子则是给了氟，氟离子再与B形成 配位键，该阴离子的结构为 ，其中B与电负性强的O、F相连，则B表现为正化合价，若B为+1价 ，那么C是+4.5价，不符合规律，则B元素为+3价，故B错误；X、W的最简单氢化物分别为：HF、HO，由于 2 相同状态下，水形成的氢键多余HF形成的氢键，因此简单气态氢化物的沸点：H O＞HF，即W＞X，故C错误。 2 10．C【解析】Ga I 2 的结构可以表示为： 。 2 6 11．C【解析】减压蒸馏后不能趁热加入盐酸，因为盐酸具有挥发性。 12．D【解析】钠燃烧生成的过氧化钠可以与水反应产生气体，而若是固体粉末中含有钠，则钠与水反应时也 会有气体生成，故有气体生成时固体不一定为过氧化钠，故A错误；CH COONH溶液中醋酸根和铵根相互促 3 4 进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但浓度越小，水解程度越大，则不同浓度的 CHCOONH溶液中水的电离程度不相同，故B错误；当CuCl 浓度小时，溶液中CuH O  2+ 浓度相对大， 3 4 2  2 4  因此溶液就呈蓝色；当CuCl溶液浓度较大时，溶液中的Cl浓度大，因而CuCl 2 离子浓度大，溶液颜色就 2 4 靠近黄色而呈黄绿色。在中等浓度的氯化铜溶液中，CuH O  2+ 与CuCl 2 浓度相当，溶液就呈现黄色和  2 4  4 蓝色的复合色—绿色。因此溶液变绿说明CuCl 2 浓度增大，说明平衡正向移动，故C错误。 4 化学参考答案-1 {#{QQABTQoEggAgABJAABhCUwUwCgIQkgGCAQgGQFAEsAAByQFABAA=}#}13．D【解析】反应ii为快反应，曲线a表示物质快速减少，故表示NO，NH快速增加，故曲线b表示氨气，曲 3 线表示c氮气，A错误；若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH 达到最高点所用时间 3 短，NH的占比更大，因此F点可能移向E点上方的某个点，B错误；起始时，压强为100kPa、2molNO、6 3 molH，Ⅰ点时，由图知，NO的氮含量为6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，NH的氮含量为47%， 2 3 2mol47% n(NH)=2mol×47%=0.94mol，N 的氮含量为47%，n(N )= 0.47mol，由氧守恒得，n(H O)=2mol- 3 2 2 2 2 1230.9421.88mol 0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，n(H 2 )= 2.71mol ，此时的总压为P 总 2 0.120.941.880.472.71 0.94 = 26 100kPa=76.5kPa，氨气的分压为P(NH 3 )= 0.120.941.880.472.71 76.5kPa11.75kPa，则0~45min 11.75kPa 内用氨气表示的平均反应速率约为 0.26kPa·min，C错误； 45min 14．C【解析】P 时，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒：cNacHcEDAH2cEDAH2cClcOH，初始溶 2 2 液中溶质为EDAH Cl ，可得物料守恒c  Cl 2c  EDAH2 2c  EDAH 2c(EDA)，两式相加并结合溶液呈 2 2 2 中性时c  H c  OH 可得c  Na c  EDAH 2c(EDA)，C错误。 15 (14分，每空1分)(1) 22 3s23p63d2 ． (2) sp3 > 正四面体 (3)BD (4) 6 5 氮原子上连上氢原子易形成微粒间氢键，使该离子不易以单个形式存在，无法获得良好的溶解性 150~200C (5)FeTiO +2H SO = TiOSO +FeSO +2H O 3 2 4 4 4 2 (6)CaSO SiO 4、 2 (7)2Fe3++Fe=3Fe2+ (8) 50 低于 ℃降温结晶 过滤 Δ (9)TiO +2Cl +2C=TiCl +2CO 2 2 4 1.61032 (10) a2bN A 16 (11分，每空1分)(1)14 ． (2) 核磁共振氢谱 (3) (4)D (5) F 作为抗氧化剂防止肾上腺素 的盐酸盐被氧化 (6)C (7)A (8) (9)—COOH —NH 、 2 (10) 17 (10分，除标注外每空1分)(1) 3s23p63d2 LiBBe ． (2) sp2 B p p F p π π6 中心硼原子为 杂化， 有一条未杂化的 轨道，此 轨道与三个 原子的 轨道重叠，生成大 键（ 4 BF B F ），从而使 键长远比 和 的半径之和小 (3) 两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体： (4) (5)GaF GaCl 3是离子晶体， 3是分子晶体，离子键强于分子间作用力 (6) 6 (2分) 化学参考答案-2 {#{QQABTQoEggAgABJAABhCUwUwCgIQkgGCAQgGQFAEsAAByQFABAA=}#}268 3 (2分) a2c N 1030 2 A 【解析】（1）Ti2是Ti失去4s上的2个电子，则Ti2电子占据最高能层为M层，排布式为3s23p63d2。锂的第 二电离能是失去1s2上的1个电子时，相当于是从惰性气体结构中失去一个电子，非常困难，因此第二电离能最 大；硼的第二电离能是失去2s2上的1个电子，破坏了全充满的稳定结构，失电子比较困难；铍的第二电离能 是失去2s1上的1个电子，而出现全充满的稳定结构，失电子比较容易，所以硼的第二电离能大于铍的第二电离 能，故答案为：LiBBe。答案为：3s23p63d2。 （2）中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的p轨道，此p轨道与三个F 原子的p轨道重叠，生成大π键（ π6），从而使BF键长远比B和F 的半径之和小。答案为：中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的p轨 4 道，此p轨道与三个F 原子的p轨道重叠，生成大π键（π6），从而使BF键长远比B和F 的半径之和小。 4 （3）乙酸的相对分子质量为60，谱图中出现质荷比为120的峰，是因为两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体 ( )的缘故，故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体( )。 （4）N H4中N原子均为sp3杂化，且该离子带4个正电荷，说明含有氢离子和氮原子形成的配位键，则应是 4 4 四个氮原子处于正四面体的四个顶点，每个氮原子形成三个NN键，还含有1对孤电子对，H有空轨道，与 N原子形成配位键，所以结构式为: 。 （5）F 的非金属性比Cl强，比较GaF 和GaCl 的熔点可知，GaF 为离子晶体，GaCl 为分子晶体，离子晶 3 3 3 3 体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故GaF 的熔 3 点高于GaCl ，故答案为：GaF 是离子晶体，GaCl 是分子晶体，离子键强于分子间作用力。 3 3 3 1 1 （6）根据均摊法可知，含有8 4 2个Ni原子，As原子2个，所以化学式为NiAs；晶体中配位数之比 8 4 应为1:1，与As距离最近的Ni原子有6个，故Ni的配位数为6；②由底部As的坐标，以及与As配位的Ni形 268 3 成正三棱柱可判断，晶胞底面夹角为60°和120，晶胞质量为： g，晶胞体积为：a2c 1030cm3，所以 N A 2 m 268  g/cm3 晶胞密度为V 3 。 a2c N 1030 2 A 18 (10分,每空2分)(1)ΔH +ΔH -ΔH ． 1 2 3 (2) b > BC a%-0.65b% (3) 0.8(1-2c%) (1-0.65)  6.01032 温度越低， 1-MN 平衡转化率越大，当温度高于一定值时， MTLs 1-MN x 1-MD 1-MN 选择性较大，随 平衡转化率增大， MTLs增大；当温度低于一定值时， 选择性较大，随 平衡 x 转化率增大， MTLs减小 【解析】（2）①由于生成十氢萘(1-MD)的总反应有两种过程R 、R 与R 、R ，R 、R 、R 、R 的平衡 1 2 3 4 1 2 3 4 常数分别为K、K 、K 、K ，则总反应的平衡常数K与两个过程反应的平衡常数关系为K=K K =K K ，c 1 2 3 4 1 2 3 4 、d分别为反应R 和R 的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K >K ，则K T ； 1 2 ③A．由图可知，四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应均为吸热 反应，则四个反应均为放热反应，A正确； B．反应过程中生成十氢萘(1-MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大、温度越低，可能会 导致副产物的增加，即可能使四氢萘类物质转化为副产物，B错误； C．由①分析可知，a为反应R的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R 的平衡常数最大，但是不代表其 4 4 反应速率最快，C错误。 化学参考答案-3 {#{QQABTQoEggAgABJAABhCUwUwCgIQkgGCAQgGQFAEsAAByQFABAA=}#}（3）反应R 、R 、R 、R 分别为：1-MN(g)+2H (g)5-MTL(g)、5-MTL (g)+3H (g) 1-MD(g) 、 1 2 3 4 2 2 1-MN (g)+2H (g) 1-MTL(g) 、1-MTL (g)+3H (g) 1-MD(g) ，设初始1-MN的物质的量为1mol，1-MN平衡 2 2 转化率y为80%时，反应消耗的1-MN为0.8mol，由图可知，平衡时S =S =c%，则S =1-S -S =1-2c%， 1-MD 5-MTL 1-MTL 1-MD 5-MTL 0.8(1-2c%)mol 平衡时1-MTL的物质的量为0.8(1-2c%)mol，则1-MTL的产率= 100%0.8(1-2c%)；y为65% 1mol 时，平衡时1-MN为(1-0.65)mol；根据化学反应计量关系1-MN、1-MTL、5-MTL、1-MD总物质的量为1mol；由图 可知1-MTL和5-MTL物质的量分数共a%，则二者的总物质的量为1mola%，S =b%，1-MTL的物质的 1- MTL 量为0.65b%mol，则平衡时，5-MTL的物质的量为(a%-0.65b%)mol；H 压强近似等于总压，为 2 (a%-0.65b%)mol p n 总 a%-0.65b% 6.0103kPa，混合气体总物质的量为n 总 ，则反应R 1 的平衡常数K p =   (1-0.65)mol p 总   6.0103kPa 2 = (1-0.65) 6.01032 kPa-2  n 总 总 ；四个反应均为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，转化率降低，所以转化率y=65%之前，对应的 温度较高，反应以R 、R 为主，MTLs选择性较大，随1-MN平衡转化率增大，x 增大；转化率y=65%之 1 3 MTLs 后，对应的温度较低，反应以R 、R 为主，1-MD选择性较大，随1-MN平衡转化率增大，x 减小。所以 2 4 MTLs 四氢萘类物质的物质的量分数随1-MN平衡转化率增大表现为先增大后减小，结合平衡移动原理解释其原因为 ：温度越低，1-MN平衡转化率越大，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，随1-MN平衡转化率增大， x 增大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，随1-MN平衡转化率增大，x 减小。 MTLs MTLs 19 (13分，除标注外每空)2分(1)K K ． 值太小，反应正向进行程度太低，高温时虽然 值增大，但同时耗能太大 (2) a(1分) 410℃、5107Pa 450℃、9107Pa 曲线 或 (3) B BDE 催化剂表面的氨分子太多，不利于氮气和氢气从催化剂表面解吸 (4)0.052MPa2 (5) N 6e6CHOH2NH 6CHO AD 2 2 5 3 2 5 化学参考答案-4 {#{QQABTQoEggAgABJAABhCUwUwCgIQkgGCAQgGQFAEsAAByQFABAA=}#}