文档内容
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}}#}=AABANRiBAAoIAFwGgSACChkQKACg2wQCgRAAAAAoiggACQDBAQQ{#{{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}}#}=AABANRiBAAoIAFwGgSACChkQKACg2wQCgRAAAAAoiggACQDBAQQ{#{{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}2025 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（三）
化学参考答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D C A C A A
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 C C D B D D B
【解析】
1．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，是指丹砂（HgS）在空气中灼烧变成Hg和S，积变
又还成丹砂指Hg和S又化合成HgS，这里描述的化学反应是不可逆的，B错误。
2．第一能层只有s能级，没有p能级，A错误。中子数为1的氦核素质量数应为3，B错误。
图中表示的是 反−2−丁烯的球棍模型，C错误。
3．维生素C作抗氧化剂，是由于其结构能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用。
4．酚羟基不能与NaHCO 反应。
3
5．A项，1mol SiO 中含有4mol的Si—O键；B项，标准状况下戊烷不是气体；D项，一般
2
情况下，由于 I－还原性强于Fe2+，故氯气先氧化I－，当有2mol Fe2+被氧化时，表明I－已
反应完，该过程中转移电子总数大于2N 。
A
6．B项，铁粉与I 加热可发生反应；C项，用该装置验证FeCl 对H O 分解反应有催化作用，
2 3 2 2
应确保两支试管反应温度一致；D项，硝酸易挥发，挥发出来的硝酸将碘离子氧化成碘单
质也可以导致b中溶液变蓝。
7．将一小块的钠投入足量NaHSO 溶液中：2Na + 2H⁺= 2Na⁺ + H ↑，A正确。酸性条件
4 2
下不能生成OH－，B错误。CO 过量应生成HCO，C错误。漏写了离子反应，因为NaOH
2 3
溶液过量，铵根离子也参与离子反应，D错误。
8．图①中18−冠−6通过配位键与钾离子作用，A错误。图②C、N杂化方式为sp2、sp3，B错
误。图③由于氧的电负性较大，N电负性比O小，更容易提供孤电子对，氨气与铜离子形
成配位键比水与铜离子形成配位键稳定，因此加热时该离子先失去的配位体是H O， C正
2
确。图④物质中阳离子的空间位阻较大，与六氟合磷离子形成的离子键弱于钠离子，虽然
摩尔质量更大，但离子键较弱，熔沸点低于六氟合磷酸钠，D错误。
化学参考答案·第1页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}9．由题意可知Z是N或者P元素，X、Y、Z同周期且相邻，故X、Y、Z可能为第二周期的
B、C、N或者第三周期的Al、Si、P，Q是Cl，W与Q相邻主族，故W可能为O或S。
XF 可能是 BF 或者 AlF ，后者是离子化合物，A 错误。Z 的最高价氧化物对应的水化物
3 3 3
为HNO 或者H PO ，H PO 不是强酸，B错误。不管W是O（N、F）或者S（P、Cl），
3 3 4 3 4
同周期中比它第一电离能大的主族元素都有两种，C正确。若W是O，则原子半径W＜Q，
若W是S，则原子半径W＞Q，D错误。
10．淀粉水解液加氢氧化钠，再加碘液，氢氧化钠会与碘单质反应，A错误。硫酸铜（CuSO ）
4
与硫化氢（H S）反应的原理基于复分解反应，生成极难溶的硫化铜（CuS），H S为二元
2 2
弱酸，H SO 为二元强酸，B错误。要证明是否为弱酸，可以通过测定相同浓度的弱酸盐
2 4
溶液的碱性的强弱，故NaHSO 显红色是HSO电离导致的结果，不是水解，故不能说亚
3 3
硫酸为弱酸，C错误。满足条件的还有可能是高锰酸钾，D正确。
1
11．由分析可知，a 为阴极，b 为阳极，阳极反应：①HCHO+OH－−e－HCOOH+ H ，
2
2
②HCOOH+OH－=HCOO－+H O，阴极反应 2H O+2e－=H ↑+2OH－，故 b 极溶
2 2 2
液pH降低，转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1mol H ，共2mol H ，故B错误。
2 2
12．0.1mol·L−1HA溶液的pH3，则c(H+)=c(A－)=10−3，代入平衡常数的表达式即可算出，
A正确。酸的电离、碱的电离对水的电离起抑制作用，d点溶质为强碱弱酸盐KA，对水
的电离起促进作用，c点溶质为KA和HA，且由图像可知c点呈中性，不影响水的电离，
所以水的电离程度：d >c >b >a，B正确。b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和KA，
溶液pH7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A－水解程度，所以c(A)c(HA)，钾离子
不水解，且HA电离程度和A－水解程度都较小，所以c(A)c(K)c(HA)c(H)c(OH)，
C正确。e点溶液是物质的量之比为2∶3的HA和KOH反应后的溶液，溶液中存在物料
守恒，2c(K)3c(A)，即2c(K)3c(A)3c(HA)，D错误。
13．“溶浸”过程中硫酸发挥其酸性作用，要提高溶浸速率，需要适当增大c(H+)，若硫酸浓度
过大，由于溶剂水的百分含量过小，只有部分硫酸可以电离，c(H+)比较小，A 错误。氧
化产物与还原产物的物质的量之比为 1∶1，B 错误。“沉锰”过程中，Na CO 溶液碱性
2 3
更强，会导致生成氢氧化锰 ，C错误。
14．根据反应历程可知，中间体Q→中间体σ−络合物M该步骤活化能最大，反应速率慢，故
该步骤为决速步骤，A正确。组成结构相似的物质，能量越低越稳定，由两种物质的稳定
性可知，后者能量较高，因此，参与反应的物质能量较高，其能量轮廓图曲线（虚线L）
化学参考答案·第2页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}应在甲苯的实线图之上，B错误。甲苯与乙酰氯反应过程中AlCl 作催化剂，参与反应后
3
又重新生成，Ⅰ中生成四氯合铝离子后，又会发生反应AlCl H=AlCl HCl，C
4 3
正确。该过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成，D正确。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）（1分） 除去Cl 中混有的HCl（1分）
2
（2）3NaOH+Cl +Bi(OH) =NaBiO +3H O+2NaCl（反应物和生成物化学式均正确给1
2 3 3 2
分，方程式配平，即化学计量系数均正确给1分）
（3）防止Cl 过量使C中溶液呈酸性，导致NaBiO 分解（ 答到：Cl 过量使C中溶液呈
2 3 2
酸性给1分，答到：导致NaBiO 分解给1分）
3
（4）除去A中残留的Cl （或将A中剩余的Cl 反应掉）
2 2
（5）在冷水浴中结晶或在冰水浴中结晶（答到：冷却（降温）结晶只给 1 分，有套用模
板的嫌疑，没有进行具体情境下的问题分析）
28cV
（6） %
a
（7）不能（1分） 酸性条件下，ClO－也能将Cl－氧化生成Cl（或在酸性条件下，NaClO
2
也可与NaCl反应得到Cl 。只提到NaClO或ClO－与NaCl或Cl－反应，给1分，要同时
2
答到酸性条件才给2分）
【解析】（1）盛放浓盐酸的仪器的名称为恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；B装置用于除
去氯气中混有的氯化氢，盛放的试剂是饱和食盐水。
（ 2 ） C 装 置 中 Bi(OH) 被 氯 气 氧 化 为 NaBiO ， 化 学 方 程 式 为
3 3
Bi(OH) +3NaOH+Cl =NaBiO +2NaCl+3H O。
3 2 3 2
（3）防止Cl 过量使溶液呈酸性，导致NaBiO 分解，当观察到C中白色固体消失时，应
2 3
关闭K 和K ，并停止对A装置加热。
3 1
（4）氯气有毒，实验完毕后，打开K ，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是除去甲装置
2
中残留Cl 。
2
（5）NaBiO 不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解，故因将C反应得到的悬浊液用冷水
3
或者冰水降温结晶获得产品。
（6）根据得失电子守恒建立关系式：5 NaBiO ~2MnO~5H C O ，当达到滴定终点时，消
3 4 2 2 4
耗 c mol/L 的草酸标准溶液 VmL，则 n(NaBiO )=n(H C O )=c mol/L×V×10−3L=cV×
3 2 2 4
cV103280 280cV
10−3mol，该产品的纯度为 100% %。
a a
（7）不能；C中含有NaBiO 和NaClO，酸性条件下，ClO－也能将Cl－氧化生成Cl 。
3 2
化学参考答案·第3页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）CaSO 、BaSO （写对1个给1分，见之有分，只要看到其中的正确答案就按1个给
4 4
1分）
（2）2Fe3++H S=2Fe2++S↓+2H+ （反应物和生成物化学式均正确给 1 分，方程式配
2
平，即化学计量系数均正确给1分）
（3）将 Fe2+氧化为 Fe3+，使 Fe 元素以 Fe(OH) 分离出来（只答到将亚铁离子氧化为三价
3
铁给1分，答到使Fe元素以Fe(OH) 分离出来给1分）
3
（4）2.7×10−7（1分）
（5）9.78%
（6）2Ni2 ClO 4OH=2NiOOHCl H O（反应物和生成物化学式均正确给
2
1分，方程式配平，即化学计量系数均正确给1分）
（7）①5 ②18（1分）
【解析】（1）硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸盐产物，其
中硫酸钡难溶，硫酸钙微溶，因此浸出渣的主要成分为CaSO 和BaSO 。
4 4
（2）“酸浸”过后溶液中含有Fe3+具有氧化性，可与H S反应，2Fe3++H S=2Fe2++S↓
2 2
+2H+ 。
（3）操作B的目的是除铁，但是Fe2+沉淀所需pH更大，很难分离，故将其氧化为Fe3+，
使Fe元素以Fe(OH) 分离出来。
3
（4）由CaF的K =c(Ca2+)×c2 (F－)可知，所需的c(Ca2+）为2.7×10−7。
sp
（5）根据分解反应方程式可算失重率为9.78% 。
（6）2Ni2 ClO 4OH=2NiOOHCl H O。
2
17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）−49.4kJ/mol（不写单位扣一分，不写“−”不得分） K ×K （1分）
2 3
（2）a、b（少选1个或多选1个扣1分，如abc得1分，acd得0分）
（3）a 反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致CH OH的选择性降低（答
3
到：反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动给1分，答到：导致CH OH的选择性
3
降低给1分）
b(ab)
（4）
(1ab)(33ab)
（5）负（1分） CH OH – 6e－ + H O=CO ↑+6H+（反应物和生成物化学式均正确，
3 2 2
且表示的是失电子给1分，电极反应配平，即化学计量系数均正确给1分）
化学参考答案·第4页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}【 解 析 】（ 1 ） 由 盖 斯 定 律 可 知 ， 反 应 Ⅱ + 反 应 Ⅲ 可 得 反 应 Ⅰ ， 则
H H H 49.4kJmol1，则K K K 。
1 2 3 1 2 3
（2）反应Ⅰ是反应前后气体分子数之和不相等的反应，所以恒温、恒容条件下压强在改
总质量
变，a正确。混合气体的平均摩尔质量= ，反应前后，气体总质量不变，但是
总物质的量
总物质的量在变，故平均摩尔质量在改变，b 正确。甲醇和水 1∶1 生成，物质的量一直
不变，c错误。焓变是常数，一直不变，d错误。答案选ab。
（3）反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇选择性下降，故图中表示CH OH
3
选择性变化的曲线是a；Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳选择性升高，
故图中表示CO选择性变化的曲线是b；则图中曲线c表示CO 平衡转化率。
2
（4）设达到平衡时 H 为 x mol，H O 为 y mol，根据碳原子守恒可得：
2 2
n(CO)n(CO )n(CH OH)1mol，故n(CO )(1ab)mol，根据氢原子守恒可得：
2 3 2
2n(H )4n(CH OH)2n(H O)6mol ，即 2x4a2y6 ，根据氧原子守恒可得：
2 3 2
n(CO)2n(CO )n(CH OH)n(H O)2mol，即b2(1ab)a y2，联立方程
2 3 2
解 得 ： x33ab ， yab ， 故 反 应 Ⅱ 的 平 衡 常 数 为
c(CO)cH O b(ab)
2 。
cCO cH (1ab)(33ab)
2 2
（5）由题可知，A为负极，电极反应式为CH OH – 6e－ + H O=CO ↑+6H+
3 2 2
18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）对甲基苯酚（或4−甲基苯酚）（1分）
还原反应（只能填还原反应，加成反应不正确，不得分）（1分）
（2）酰胺基、醚键 （写对1个给1分，见之有分，只要看到其中的正确答案就按1个给
1分）
（3）＜（1分）
（4）ClCH CH N(CH ) （1 分，表示正确均给分） 与生成的 HCl 反应，降低生成物浓
2 2 3 2
度，促进反应正向进行，提高产率（或提高原料的转化率）（答到：与生成的HCl反应，
降低生成物浓度给1分，答到：促进反应正向进行，提高产率给1分）
（5）9 或 （1分）
化学参考答案·第5页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}（6）
（4分，其中，从 到 这两步合计1分，每步0.5分，其他三步每步各1分）
化学参考答案·第6页（共6页）
{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}
