西北名校教研联盟2025届高三下学期2月联考化学试卷（含解析）

绝密★启用前化学参考答案1.【答案】C【解析】Si是半导体材料，可制做飞船的太阳能电池板，C项错误。2.【答案】A【解析】石膏（CaSO4·2H2O）加热到150℃时，会失去大部分结晶水变成熟石膏（2CaSO4·H2O），A项正确；碘酸盐在酸性条件下可以与碘化钾反应生成碘单质，碘单质与淀粉反应会变蓝，故可以检验，B项错误；“雕刻”花纹利用了氢氟酸的腐蚀性，C项错误；橡胶的硫化交联程度不宜过大，否则会使橡胶失去弹性，D项错误。3.【答案】C【解析】碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式为，A项正确；基态硼原子价电子的轨道表示式：，B项正确；邻羟基苯甲醛的羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，题图中形成氢键的氢原子连在碳原子，也不具备形成氢键的条件，C项错误；甲醛中存在C=O，其中一个π键一个σ键，π键的电子云轮廓图：，D项正确。4.【答案】B【解析】Cl和Na的电负性差值大于Cl和Mg的电负性差值，电负性差值越大，离子键成分的百分数越高，A项2-2正确；Mg(OH)2的溶解度更小，溶度积常数也更小，B项错误；CO3中心C原子是sp杂化，且无孤电子对，键2-3角为120°，SO4中心S原子为sp杂化，且无孤电子对，键角为109°28′，C项正确；基态C和P原子的未成对电子数分别为2和3，D项正确。5.【答案】D【解析】TiCl4是分子晶体，1个TiCl4含有4个σ键，故0.1molTiCl4中含有的σ键为0.4NA，A项正确；1个氯气分子中含有14个价电子，标准状况下1.12L氯气为0.05mol，含有价电子数为0.7NA，B项正确；C元素从0价升高为+2价，Cl元素从0价降低为-1价，Fe从+2价变为+3价，转移电子数为14，则每生成1molFeCl3转移电子数为3+3++7NA，C项正确；FeCl3溶液中，Fe水解：Fe+3HO2Fe(OH)3+3H，导致阳离子数目变多，1L0.1mol/LFeCl3溶液中，阳离子数目大于0.1NA，D项错误。6.【答案】C【解析】电石和水反应速率较快，应选择饱和食盐水，且该反应为放热反应，不适合用该装置制取乙炔气体，A项错误；苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发出的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰产物中HBr的检验，B项错误；装置虽然没有构成闭合回路，但可明显观察到Zn与稀硫酸反应产生气泡，化学参考答案第1页（共6页）而Cu无明显现象，可验证金属活泼性：Zn>Cu，能达到目的，C项正确；温度计的水银球应处于支管口处，测蒸气的温度，D项错误。7.【答案】B【解析】Na2O2不改写，A项错误；SO2会被次氯酸根氧化为硫酸根离子,C项错误；模拟“侯氏制碱法”，用投++入干冰代替持续通入二氧化碳，反应为NH3+H2O+Na+CO2＝NaHCO3↓+NH4,D项错误。8.【答案】D【解析】根据离子液体的结构及原子的成键方式，可推出W、X、Y、Z、Q、R分别是H、C、N、O、F、S。第一电离能：X（C）＜Z（O）＜Y（N）＜Q（F），A项正确；同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，电负性大小：X（C）＜Y（N）＜Z（O）＜Q（F），B项正确；W（H）和Y（N）组成的化合物可能是N2H4，该化合物含有非极性键，C项正确；简单离子半径大小关系：Q＜Z＜Y＜R，D项错误。9.【答案】A-【解析】反应中HSO3做氧化剂，体现了氧化性，A项正确；若Na2SO3样品没有氧化变质，也有同样的实验现象，3+B项错误；反应中FeCl3过量，过量的Fe也可以与KSCN溶液反应，使混合溶液变红，C项错误；只能得出酸性：H2SO3＞H2CO3，不能得出非金属性：S＞C，因为H2SO3不是S的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。10.【答案】D--【解析】根据流程可知O3将混合气体中的NO氧化为NO2，A项正确；I是NO2转化为NO2反应的反应物，同2－2－-2－2－时也是SO3转化为SO4反应的生成物，故I在循环催化过程中作催化剂，B项正确；SO3转化为SO4的反2－2－应应该是在碱性条件下反应，此时溶液中应该有上一步反应过量的Na2CO3，则离子方程式是SO3+I2+CO3＝2－---2－SO4+2I+CO2↑，C项正确；NOx转化成NO2，然后发生反应：2NO2+2I＝2NO2+I2，SO2转化为SO3，然后2－2－2－-发生反应：SO3+I2+CO3＝SO4+2I+CO2↑，根据以上2个反应可知，当NOx与SO2物质的量之比为2∶1时，物质的利用率最高，D项错误。11.【答案】C【解析】苯胺在形成聚苯胺时会脱去H原子，故不属于加聚反应，A项错误；苯胺分子最多有13个原子共平面，B项错误；聚苯胺的y值越小，则（1-y）的值就越大，双键占比就越高，其导电性就越强，C项正确；苯胺分子的一氯取代产物有4种，D项错误。12.【答案】D＋＋－2＋2＋－3＋【解析】放电时（做原电池），正极：VO2＋2H+e＝VO＋H2O，负极：V-e＝V，储能时（做电解2＋－＋＋3＋－2＋池），阳极：VO＋H2O－e＝VO2＋2H，阴极：V+e＝V。电极材料没有参与电极反应，可能是惰性电极，A项正确；该装置接负载时（放电时）负极的电极反应式为V2＋-e－＝V3＋，B项正确；储能时电势高2＋－＋＋的电极为阳极，电极反应式为H2O＋VO－e＝VO2＋2H，C项正确；转移2mol电子，正极区生成4molH＋，同时使正极区多余2mol正电荷，为了保持溶液呈电中性，有2molH＋移向阴极，故n(H+)的净变化为4mol-2mol＝2mol，D项错误。13.【答案】D【解析】SGR分子的C原子是sp2和sp3杂化，N原子是sp2杂化，A项错误；SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘有羟基，羟基也是亲水基团，B项错误；自组装必须有适配的空间大小，SC[6]A和SC[8]A空间大小不同，C化学参考答案第2页（共6页）项错误；分子识别必须有适配的空间大小，杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，D项正确。14.【答案】C-+-Ksp(AgCl)【解析】根据物料守恒可得，在浊液中存在关系式：c(Cl)=c(Ag)+c(AgOH)，进一步可得c(Cl)=+c(Cl)Ksp(AgCl)c(OH)c(OH)c(Ag)Ksp(AgCl)c(Cl)--，等式两边都乘以，可得2=+c(Cl)c(Cl)=Ksp(AgCl)+Kb(AgOH)c(Cl)Kb(AgOH)K(AgCl)c(OH)K(AgCl)c(OH)sp2-sp，A项正确；依据关系式c(Cl)=Ksp(AgCl)+并结合图像可知，图像Kb(AgOH)Kb(AgOH)-11-10+截距=Ksp(AgCl)，Ksp(AgCl)=18×10=1.8×10，B项正确；含足量AgCl(s)的悬浊液中Ag浓度为Ksp(AgCl)--Ksp(AgOH)--=104.87（mol/L），要使混合体系中析出AgOH固体，c(OH)应该大于=102.83mol/L，当c(OH)=c(Ag)-410mol/L时，混合体系中不能析出AgOH固体，C项错误；因为Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，用AgBr替换AgCl后，Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)图像的斜率由变为，图像截距由Ksp(AgCl)变为Ksp(AgBr)，图像斜率和截距都变小，Kb(AgOH)Kb(AgOH)则替换后所得图像会在图中斜线的下方，D项正确。15.（16分）【答案】（1）铬（1分）3s23p63d3（1分）（2）H2S（1分）2+（3）MnO2（1分）Fe去除不完全，会影响产品的纯度（2分）Fe(OH)3、Al(OH)3（1分，错1个不得分）-2+（4）CaF2（1分）2HCO3+Mn＝MnCO3↓+CO2↑+H2O（2分）（5）投入MnSO4的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可较长时间冷冻促使结晶析出（2分，措施合理即可）55241632（）34（分）（分）6MnO23302NAa10【解析】（1）基态铬和锰3d轨道上都是5个电子。基态锰原子价电子排布式为3d54s2，Mn4+的最外层电子排布式为3s23p63d3。（2）不经“焙烧”直接用H2SO4“酸浸”，FeS和酸直接反应生成H2S污染物气体。2+（3）常见氧化物，且具有氧化性，还不能引入杂质离子，故A是MnO2。缺失“氧化”步骤，溶液会含有Fe，中和除杂时Fe2+去除不完全，会影响产品的纯度。“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，Fe3+和Al3+此时已2+经沉淀完全，Cu部分沉淀，则滤渣2主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3。化学参考答案第3页（共6页）2+（4）加MnF2是为了除Ca，滤渣4的主要成分是CaF2。“碳化结晶”过程是向溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3，-2+其离子方程式为2HCO3+Mn＝MnCO3↓+CO2↑+H2O。（5）投入MnSO4的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可放置冰箱内较长时间，冷冻促使结晶析出。（6）晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，Mn原子位于晶胞顶点、面心和体内，个数为1186144424。O原子位于晶胞体内，个数为4×8=32，因此，晶体的化学式是Mn3O4。晶胞边长82-为，晶胞的体积为103，晶胞的质量为55241632，则密度为552416323。apm(a×10cm)g330g/cmNANAa1016.（13分）【答案】（1）P2O5（或无水氯化钙）（2分）（2）NH4C1可以抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀（2分，其他合理答案也可）2+2+3+（3）先加氨水可以先形成[Co(NH3)6]，[Co(NH3)6]具有较强的还原性，可被H2O2氧化为[Co(NH3)6]。或者回答：2+3+若先加H2O2溶液,将Co氧化为Co，后加氨水,会生成Co(OH)3,不利于[Co(NH3)6]Cl3的生成,故先加入氨水后加H2O2溶液（2分）（4）2CoCl2·6H2O+2NH4C1+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3↓+14H2O（2分，将NH3写成NH3·H2O，并配平也给分）（5）加热至333K，既可以加快生成配合物[Co(NH3)6]Cl3的速率，又可控制[Co(NH3)6]Cl3和H2O2不分解或少分解，还可以使浓氨水少挥发（2分）（6）活性炭（2分）乙醇（1分）【解析】（1）实验过程中会产生污染性的气体NH3，用P2O5或无水氯化钙来吸收。+-（2）NH4C1可以电离出NH4离子，来抑制NH3·H2O电离出OH，从而防止生成Co(OH)2沉淀。3+2+3+2+（3）若先加H2O2溶液，由于氧化性Co大于H2O2，H2O2不能将Co氧化为Co；若先加氨水，形成[Co(NH3)6]具有较3+强的还原性，易被H2O2氧化为[Co(NH3)6]。（4）根据反应装置图中所加物质来写反应物，根据目标产物来写生成物，然后配平即可。（5）333K是60℃，加热可以加快生成目标产物的速率，但加热温度不能太高，是因为温度太高会使[Co(NH3)6]Cl3和H2O2分解，还会增加浓氨水挥发。（6）“趁热过滤”需要的产品在滤液中，滤渣主要是活性炭；配合物[Co(NH3)6]Cl3难溶于乙醇，微溶于水，故洗涤剂应该选择乙醇。17.（14分）【答案】（1）（2分）（2）酯基、酰胺基（2分，每个1分）化学参考答案第4页（共6页）（3）2（1分）（4）（2分）还原反应（1分）（5）保护氨基（2分）（6）(CH3)3COCOOH（2分，写成也给分）、、（2分，错1个扣1分，错两个不得分）【解析】（1）根据反应条件及D中硝基的结构可得C的结构简式为，根据反应条件及F的结构可得E的结构简式为。（2）E到F，和取代反应生成，含氧官能团为酯基和酰胺基。（3）加成产物分子中连接C