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

2025届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试化学参考答案1234567891011121314BCCCCDABDCCDDC12．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4222体形，的键角O―S―O为109°28′，SO4中的一个氧原子被硫原子取代后得到S2O3，O、S同主族，因此23S2O3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sp杂化，但由于形成的S与S之间的键长与22S与O之间的键长不相等，因此S2O3不是正四面体形，由于O的电负性大于S的电负性，因此S2O3中的键角22S―S―O大于SO4中的键角O―S―O，故A错误；S2O8的结构式为，其中6个O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。【解析】2+26．DⅣ中发生反应的离子方程式为：2Mg+2CO3+H2O=Mg2OH2CO3+CO2，故D错误。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nNA，故D错误；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、H2O，由于相同状态下，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：H2O＞HF，即W＞X，故C错误。210．C【解析】Ga2I6的结构可以表示为：。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；CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，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2+CH3COONH4溶液中水的电离程度不相同，故B错误；当CuCl2浓度小时，溶液中CuHO浓度相对大，242因此溶液就呈蓝色；当CuCl2溶液浓度较大时，溶液中的Cl浓度大，因而CuCl4离子浓度大，溶液颜色就2+2靠近黄色而呈黄绿色。在中等浓度的氯化铜溶液中，CuHO与CuCl浓度相当，溶液就呈现黄色和2442蓝色的复合色—绿色。因此溶液变绿说明CuCl4浓度增大，说明平衡正向移动，故C错误。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，NH3快速增加，故曲线b表示氨气，曲线表示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NH3达到最高点所用时间短，NH3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、6molH2，Ⅰ点时，由图知，NO的氮含量为6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，NH3的氮含量为47%，2mol47%n(NH3)=2mol×47%=0.94mol，N2的氮含量为47%，n(N2)=0.47mol，由氧守恒得，n(H2O)=2mol-21230.9421.88mol0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，n(H2)=2.71mol，此时的总压为P总20.120.941.880.472.710.94=100kPa=76.5kPa，氨气的分压为P(NH3)=76.5kPa11.75kPa，则0~45min260.120.941.880.472.7111.75kPa内用氨气表示的平均反应速率约为0.26kPa·min，C错误；45mincNacHcEDAH2cEDAH2cClcOH14．C【解析】P2时，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒：2，初始溶2液中溶质为EDAH2Cl2，可得物料守恒cCl2cEDAH22cEDAH2c(EDA)，两式相加并结合溶液呈中性时cHcOH可得cNacEDAH2c(EDA)，C错误。26215．(14分，每空1分)(1)223s3p3d3(2)正四面体sp>(3)BD6(4)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)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2OCaSOSiO(6)4、2(7)2Fe3++Fe=3Fe2+(8)低于50℃降温结晶过滤Δ(9)TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO1.61032(10)2abNA16．(11分，每空1分)(1)14(2)核磁共振氢谱(3)(4)D(5)作为抗氧化剂防止肾上腺素F的盐酸盐被氧化(6)C(7)A(8)—NH(9)—COOH、2(10)26217．(10分，除标注外每空1分)(1)3s3p3dLiBBe2pppπ6(2)中心硼原子为sp杂化，B有一条未杂化的轨道，此轨道与三个F原子的轨道重叠，生成大π键（4），从而使BF键长远比B和F的半径之和小(3)两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体：(4)GaFGaCl(5)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=}#}2683(2分)a2cN10302A【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（62pπ4），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sp杂化，B有一条未杂化的轨pp6道，此轨道与三个F原子的轨道重叠，生成大π键（π4），从而使BF键长远比B和F的半径之和小。（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3（4）N4H4中N原子均为sp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GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶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GaF3的熔点高于GaCl3，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力。11（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84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268g23303成正三棱柱可判断，晶胞底面夹角为60°和120，晶胞质量为：N，晶胞体积为：ac10cm，所以A2m268g/cm3晶胞密度为V3。a2cN10302AΔH+ΔH-ΔH18．(10分,每空2分)(1)123(2)b>BCa%-0.65b%(3)0.8(1-2c%)21-MNMTLs(1-0.65)6.0103温度越低，平衡转化率越大，当温度高于一定值时，x选择性较大，随1-MN平衡转化率增大，MTLs增大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，随1-MN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R1、R2与R3、R4，R1、R2、R3、R4的平衡常数分别为K1、K2、K3、K4，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=K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2T2；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R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，C错误。化学参考答案-3{#{QQABTQoEggAgABJAABhCUwUwCgIQkgGCAQgGQFAEsAAByQFABAA=}#}（3）反应R1、R2、R3、R4分别为：1-MN(g)+2H2(g)5-MTL(g)、5-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)、1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)、1-MTL(g)+3H2(g)1-MD(g)，设初始1-MN的物质的量为1mol，1-MN平衡S=1-S-S=1-2c%转化率y为80%时，反应消耗的1-MN为0.8mol，由图可知，平衡时S1-MD=S