辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试-化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年05月试卷_0509辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试（全科）_辽宁点石联考2025届高三5月份联合考试-化学

点石联考5月高三联考 化学 2025届高三年级 5 月份联合考试 化学 说明： 本解答给出的非选择题答案仅供参考，若考生的回答与本答案不同，但只要合理，可参照评 分标准酌情给分。 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 D B C D C A C A C A C A B B C 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（除特殊标注外，每空2分） （1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸） （2）100（1分） 球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分）（1分） （3）sp2 （4）③ ④ ① ②（共2分） 加快过滤速率，使沉淀更加干燥 （5）酚酞（1分） 1.48a （6） m 17．（除特殊标注外，每空2分） （1）6（1分） 增大了气体与固体粉末的接触面积（1分） 4 （2）SiO 、BaSO （1分，少写和错写均不得分） 2 4 （3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动（若只答氢离子 4 4 4 浓度增大，平衡逆向移动，给1分） （4）2Ce4 H O =2Ce3+O 2H 有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解 2 2 2 （5）83.3 增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可） （6）C（1分） —1— {#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学 18．（每空2分） （1）+227.3 （2）①p

Al O ；H PO 是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，PCl 2 3 3 4 5 与水发生反应PCl +4H O=5HCl+H PO ，0.1molPCl 与足量水反应生成0.5molHCl和0.1molH PO ， 5 2 3 4 5 3 4 水中还有H+，所得溶液中H＋的数目不为0.8N ；熟石膏的化学式为2CaSO •H O，摩尔质量为290g·mol-1， A 4 2 1.45 g 1.45g熟石膏物质的量= =0.005mol，含0.01mol钙离子，则钙离子数目大于0.009N ；0.2molNaN 290 gmol1 A 3 晶体中含0.2molNa+和0.2mol N，离子数目共为0.4N A 。 3 4．D【解析】稀硫酸与硫化亚铁反应生成硫化氢，硫化氢与硝酸银反应生成Ag S，没有发生沉淀的转化， 2 不能比较K (Ag S)、K (Ag SO )的大小；加热碳酸钠时应该用铁坩埚，瓷坩埚成分中的二氧化硅与碳酸钠 sp 2 sp 2 4 在高温下可以反应生成硅酸钠；加热时H O 也会产生大量气泡，会干扰实验；将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖 2 2 炭化变黑体积迅速膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明浓硫酸与碳发生了氧化 还原反应，生成了二氧化硫，说明浓硫酸具有氧化性。 5．C【解析】NaCuO 中铜的化合价为+3，在稀硫酸中溶解并产生无色气体，离子方程式为 2 4NaCuO 12H=4Na4Cu2O 6HO；银与稀硝酸反应生成NO，离子方程式应为3Ag4H NO 2 2 2 3 =3Ag NO2H O；制备硫黄时，FeS 2 与氧气反应生成 Fe 3 O 4 、CO 和 S，反应的化学方程式为 2 3FeS +12C+8O Fe O ＋12CO＋6S；向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体，反应为 2 2 3 4 Ca2++2ClOCO H O=2HClO+CaCO 。 2 2 3 6．A【解析】分子中酰胺键和酯基均可以发生水解，酸性条件下水解生成 、CO 、CH OH， 2 3 碱性条件下水解生成 、Na CO 、CH OH，消耗HCl、NaOH的物质的量相等；G与足量H 加成 2 3 3 2 —3— {#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学 后的产物为 ，图中标“*”的是手性碳原子，产物有2个手性碳原子；G不能发生消去反 应；根据苯环和碳氧双键的特点可知分子中所有C原子可能处于同一平面内。 7．C【解析】M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，再结合化合物的结构式可知， M为H元素，基态Y原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，则Y为C元素，Z为O元素，M、 Q的电子数之和与Y、Z的价电子数之和相等，则Q为F元素，X的原子序数比Y小，化合物结构中Z和 X之间形成一个配位键，X为B元素，即M为H元素，X为B元素，Y为C元素，Z为O元素，Q为F 元素，以此解题。 Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，则电负性YHF>CH ；Z为O元素，形成的常见单质有O 和O ，O 4 2 2 4 2 3 2 为非极性分子，O 为极性分子。 3 8．A【解析】FC— 是吸电子基团，Cl C— 也是吸电子基团，FC— 的吸电子效应更大，因此FCCOOH 3 3 3 3 的酸性强于Cl CCOOH；碳碳单键是σ键，可以围绕键轴旋转，不会影响原子轨道的重叠程度，因而不会影 3 响键的强度；极性溶剂更有利于电离过程的进行，H O的极性强于CH CH OH，H SO 在CH CH OH中电 2 3 2 2 4 3 2 离比在H O中难。 2 9．C【解析】由装置图可知A电极上发生反应Cu+4CH CN-e-=[CuCH CN ]+，A电极作负极，B电 3 3 4 极为正极，正极发生反应Cu2++4CH CN+e-=[CuCH CN ]+，则D电极为阴极，电极反应为 3 3 4 3CO +2e-+H O=CO+2HCO-，C电极为阳极，电极反应为4HCO--4e-=O +2H O+4CO ，据此分 2 2 3 3 2 2 2 析解答。 由分析可知，A电极作负极；工作时，HCO-由阴极向阳极移动，即从右向左移动；根据分析可知，阴极的 3 电极反应为3CO 2eH O=CO2HCO；生成0.1mol 氧气，转移0.4mol电子，结合上述电极反应 2 2 3 可知，若C电极生成2.24L（标准状况）氧气，A电极消耗0.4molCu，质量减少25.6g。 10．A【解析】由图可知，a为NH ，b为N ，c为NO，d为NO ，e为HNO 。常温下，浓硝酸与铁会发 3 2 2 3 生钝化，浓硝酸与铜会反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故可用浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层；工业制 备HNO 的路线是NH 催化氧化生成NO，NO再被氧化生成NO ，NO 与水反应生成HNO ，即a→c→d→e； 3 3 2 2 3 NH 能与CaCl 形成络合物，故不能用无水CaCl 干燥，应该用碱石灰进行干燥；NO 与NaOH溶液发生氧 3 2 2 2 化还原反应，因此NO 不是酸性氧化物。 2 11．C【解析】向黄铜矿中加入氯化铁进行浸取，结合已知CuFeS 与氯化铁反应生成CuCl、S和FeCl ，根 2 2 据得失电子守恒以及元素守恒得“一次浸取”反应的化学方程式为CuFeS 3FeCl =CuCl4FeCl 2S， 2 3 2 “一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO ；过滤后向滤渣中加NaCl溶液进行“二次浸取”，CuCl转 2 化为CuCl ，二次浸取后滤渣为S、SiO ；向过滤所得滤液中加盐酸“调节pH”，CuCl 转化为Cu， 2 2 2 据此分析解答。 “二次浸取”后滤渣为S和SiO ，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离；滤液1主要 2 成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化 —4— {#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学 铁；“一次浸取”时，若改用CuCl 溶液也能生成CuCl和S，CuFeS +3CuCl =4CuCl+FeCl +2S；“调 2 2 2 2 H+ 节pH”时发生反应2[CuCl ] Cu+Cu2++4Cl，每转移4mol电子，生成4molCu。 2 12．A【解析】分析反应机理可知，反应①中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中 Fe元素化合价由+2变为+3，反应⑥中Fe元素化合价由+3变为+2，②⑥属于氧化还原反应；苯乙烯分子中 苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面；反应过 程中有O—O非极性键的断裂和C—O、O—H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键 的形成；根据反应机理可知每生成2mol 苯甲醛，理论上消耗4molH O ，因有其他副产物生成，实际消 2 2 耗H O 的物质的量应大于4mol。 2 2 13．B【解析】 生成1mol环己烷释放的能量较少，可知 的能量低，则 不如 稳定；Mg(OH) 2 和Al(OH) 中均分别加入NaOH溶液和盐酸，Mg(OH) 只溶于盐酸，Al(OH) 都能溶，说明Al(OH) 是两性 3 2 3 3 氢氧化物，则Mg(OH) 比Al(OH) 碱性强；压缩注射器中的NO 和N O 混合气体，由于体积变小，气体的 2 3 2 2 4 浓度增大、颜色先变深，随之发生平衡移动，由于加压该反应向生成N O 的方向移动，现象是先变深再有 2 4 所变浅但比原来颜色深，所以比原来颜色深不是平衡移动的结果；用pH计分别测定浓度均为0.1mol•L-1 的NaCN溶液和Na S溶液的pH，只能证明K (H S)和K (HCN)相对大小。 2 a2 2 a 14．B【解析】Cd2+和S2-的配位数均为4，配位数之比为1∶1;S2-位于顶点和面心，晶胞中与S2最近的S2有 12个;根据1号原子的坐标为0,0,0，2号原子的坐标为（ ， ， ），可知距离3号原子最远的Cd2+的坐标 3 1 3 1 1 4 4 4 为（ ，，）;根据均摊原则，晶胞中S2-数目为8 6 4、Cd2+数目为4，则该晶体的密度为 1 1 1 8 2 112+32 ×4 4 4 4 × ×10 −10 3 g⋅ 。 −3 5.76 32 −3 3 cm = × ×10 g⋅cm 15．C【解析】K [Mg(OH) ］=c(Mg2+)·c²(OH-)=c(Mg²+)·[ ]2,lgK [Mg(OH) ］=lgc(Mg2+)+2lgK -2lgc(H+), sp 2 (H+) sp 2 w w pMg=2pH+2lgK -lgK [Mg(OH) ］,则 pMg与pH呈直线关 系，故曲线Ⅰ为Mg(OH) 沉淀溶解平衡曲线；图 w sp 2 2 乙中虚线a表示碳酸根离子浓度变化，实线b表示碳酸氢根离子浓度变化，虚线c表示碳酸浓度的变化。 由分析可知，曲线Ⅰ为Mg(OH) 沉淀溶解平衡曲线；当pH=6.5时，c(HCO- )=c(H CO )，H CO 的 2 3 2 3 2 3 c(HCO-)c(H+) K = 3 c(H+)=10-6.5，其数量级为10-7；pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根离子，pM=1 a1 c(HCO ) 2 3 即镁离子浓度为0.1mol·L-1，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应 Mg22HCO =MgCO CO H O；pH=9、pM=2时，该点位于曲线Ⅱ上方，会生成碳酸镁沉淀， 3 3 2 2 故溶液中cH CO c  HCO  c  CO2 0.1molL-1。 2 3 3 3 二、非选择题 16．（除特殊标注外，每空2分） （1）3-苯基-2-丙烯酸（或3-苯基丙烯酸或β-苯丙烯酸） （2）100（1分） 球形冷凝管（若答空气冷凝管也给分）（1分） （3）sp2 （4）③ ④ ① ②（共2分） 加快过滤速率，使沉淀更加干燥 （5）酚酞（1分） —5— {#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学 1.48a （6） m 【解析】碘苯与丙烯酸发生取代反应生成肉桂酸和HI，加入碳酸钠是与生成的HI反应，使反应向正反应方 向进行，提高产率，同时会与肉桂酸反应生成肉桂酸钠，后续再酸化生成肉桂酸。 1 （2）在该实验中一共需要加入液体体积约为52.9mL，三颈烧瓶使用时装入的液体体积不宜少于容积的 ， 3 2 不宜多于容积的 ，所以容积规格最合适的为100mL。有机物制备实验中为了达到更佳的冷凝效果，常采 3 用球形冷凝管冷凝回流。 （3）三聚氰胺中环上每个N原子提供1个单电子形成大π键，剩余1个孤电子对，N的价层电子对数为3， 是sp2杂化。 （4）在实验室完成减压过滤操作的步骤为在布氏漏斗中加入润湿的滤纸→微开水龙头→转移固液混合物→ 开大水龙头→确认抽干→关闭水龙头，故答案为③④①②。与普通过滤相比，减压过滤的优点是过滤速率 较快，且沉淀更加干燥。 （5）滴定终点溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂。 （6）肉桂酸是一元酸，则关系式为NaOH~肉桂酸，得到n(肉桂酸)=0.1 a 10-3mol，则样品纯度为 0.1a103148 g 1.48a = %。 × × m g m 17．（除特殊标注外×，10每0空% 2分） （1）6（1分） 增大了气体与固体粉末的接触面积（1分） 4 （2）SiO 、BaSO （1分，少写和错写均不得分） 2 4 （3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动（若只答氢离子 4 4 4 浓度增大，平衡逆向移动，给1分） （4）2Ce4 H O =2Ce3+O 2H 有利于加快反应速率，又能防止双氧水分解 2 2 2 （5）83.3 增大D（如调节pH或换萃取剂）、增大有机相体积或多级萃取（合理即可） （6）C（1分） 【解析】铈矿石焙烧过程将+3价铈氧化为+4价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸 钡和SiO ，加入(HA) 萃取Ce4+，分离出有机层，加入稀硫酸进行反萃取，加入H O ，将Ce4+转化为Ce3+ 2 2 2 2 进入水层，加入NaOH生成Ce(OH) 沉淀，再转化为CeCl ·6H O，在HCl气氛下（抑制CeCl 水解）加热 3 3 2 3 生成CeCl ，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈，据此分析。 3 （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO 和BaSO 。 2 4 （3）随着c  SO2 增大，Ce4与SO2结合成CeSO 2，H+浓度增大，萃取平衡向左移动，萃取率降低。 4 4 4 （4）步骤Ⅳ加入H 2 O 2 ，将Ce4转化为Ce3进入水层，发生反应的离子方程式为2Ce4 H 2 O 2 = 2Ce3+O 2H；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40~50 ℃之间既有利于加快反应速率，又防 2 止温度过高导致双氧水分解。 DV 10500 （5）根据题给公式整理得萃取率E  有机 100%。代入数据得E 100%83.3%。 DV V 105001000 有机 水 —6— {#{QQABRQSswgAwwlTACZ5KUwH2CwmQsJCiJWoEwRCdOAwKAINABKA=}#}点石联考5月高三联考 化学 提高萃取率可通过增大D、增大有机相体积或多级萃取等实现。 （6）本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法。电解熔融氯化钠制钠是电解法；氧化银分解制银是热 分解法；利用铝热反应制钒为热还原法。 18．（每空2分） （1）+227.3 （2）①p