2025届云南三校高考备考实用性联考卷（六）化学（附参考答案）

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一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。
【解析】
1．芯片的主要成分为Si，故A错误。芳纶是合成有机高分子材料，故B错误。碳化硅属于新型无机材料，故C正确。碳纤维是一种新型无机高分子材料，属于复合材料，不属于有机物，故D错误。
2．邻羟基苯甲醛的分子内氢键应该是羟基中的氢原子与醛基的氧原子之间形成分子内氢键，故B错误。CO2的空间结构为直线形，故C错误。HClO的结构式为H—O—Cl，故D错误。
3．Fe(OH)3胶体粒子由许多Fe(OH)3聚集而成，0.1ml FeCl3完全水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故A正确。常温下，1L pH=2的草酸溶液中，c(H+)=0.01ml/L，体积为1L，则n(H+)=0.01ml，含有氢离子数为0.01NA，故B错误。14g乙烯和丙烯的混合气体中含H原子的质量为2g，则含C—H键的个数为2NA，故C正确。依据2H2S+SO2=3S↓+2H2O~4e−可知每生成3ml S（还原产物硫1ml）时转移电子数为4NA，故D正确。
4．H2S是二元弱酸，不能拆，故A错误。Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2H2O+，故B正确。苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为C6H5O−+CO2+H2O=，故C错误。H2O2溶液中加入少量FeCl3，FeCl3催化H2O2分解，方程式应该为2H2O2O2↑+2H2O，故D错误。
5．如果溶液变为红色，表明Fe2O3没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe2O3全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，故选A。SO2通入少量溴水中，溴水褪色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，可知其具有还原性，故B匹配。酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，故C匹配。CuCl2为杂质，含量少却先沉淀，类型相同时溶度积小的先沉淀，故D匹配。
6．由已知信息可推得R、W、Z、X、Y分别为H、C、N、O、P。I1(N)˃I1(O)，故A错误。r(P)˃r(C)˃r(N)˃r(O)˃r(H)，故B错误。NH3和的VSEPR模型分别为四面体、平面三角形，故C错误。NH3、H2O的中心原子N、O均采取sp3杂化，但N、O上分别有1、2个孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，故D正确。
7．检验氨气除了用湿润的红色石蕊试纸，也可以用湿润的pH试纸，干燥的pH试纸无法检验氨气，故A错误。胶体粒子、溶液中的离子均可透过半透膜，不能用过滤操作，应用渗析法，故B错误。CO2不溶于饱和NaHCO3溶液， HCl与NaHCO3反应生成CO2，故C正确。电石中混有硫化物，硫化物水解生成的硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。
8．*N2→*N2H过程N2中键断裂，H3O+中σ键断裂，故A错误。决速步骤的产物为Ⅱ，即*NH2，故B错误。能量越低越稳定，反应过程中最稳定的含氮物质为*NH，故C错误。Ⅰ为*NHNH2，转化过程中可能发生副反应：*NHNH2+H3O++e−=*N2H4+H2O，故D正确。
9．该有机物的分子式为C18H28N2O4，故A错误。基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，有5个轨道含有电子，有5种空间运动状态的电子，故B正确。该有机物的官能团有—NH—、—OH、醚键、酮羰基、酰胺基共5种，故C错误。该物质分子中含有1ml酰胺基，最多消耗1ml NaOH，故D错误。
10．原子3在体对角线的处，在x、y、z轴上的投影分别为、，，故A错误。As与Ga分别位于第VA族和第ⅢA族，故B错误。砷化镓晶体中，镓原子和砷原子通过共价键直接相连，形成一种高度有序且坚固的晶体结构，属于共价晶体，故C正确。As的配位数为4，故D错误。
11．pH=4.1时，Ⅰ中生成 NaHSO3溶液，发生反应的离子方程式为+2SO2+H2O=
CO2+，故A正确。Ka1(H2CO3)˃Ka2(H2SO3)˃Ka2(H2CO3)，Ⅱ中发生反应为=，不易生成CO2，故B错误。亚硫酸钠结晶脱水后得到的产品主要是焦亚硫酸钠（Na2S2O5），但亚硫酸钠和焦亚硫酸钠都易被空气氧化，若条件控制不好则会混有硫酸钠，故C正确。二氧化硫具有杀菌、防氧化作用，可用作葡萄酒的食品添加剂，故D正确。
12．电极A为负极，电极B为正极，A极电势低于B极电势，故A错误。放电时，负极反应Ag−e−+Cl−=AgCl，电池工作过程中K+浓度保持不变，通过离子交换膜进入装置左端，该离子交换膜为阴离子交换膜，故B错误。，，，即，
c负极(Ag+)≈1.82×10−8ml·L−1，(AgCl)=1.82×10−8×0.010=1.82×10−10，故C错误。负极反应Ag−e−+Cl−=AgCl，电路转移1ml电子时左侧溶液消耗1ml Cl−，同时1ml 通过离子交换膜进入左侧溶液，左侧溶液质量增加26.5g，故D正确。
13．反应过程中气体的总质量不变，总物质的量减小，平均摩尔质量增大，所以气体的平均摩尔质量不变说明反应已达到平衡状态，故A正确。平衡后将水液化分离，反应过程中v(正)和v(逆)均减小，故B错误。
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始物质的量（ml）： 1 3 0 0
转化物质的量（ml）： x 3x x x
平衡物质的量（ml）： 1−x 3−3x x x
，x=，CO2的转化率=，故C正确。240℃平衡时再充入1ml CO2和3ml H2，相当于增大压强，利用平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，故D正确。
14．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱指示剂，故A错误。a点为第一个计量点，反应为=，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，质子守恒：=，故B错误。在整个滴定过程中，参加反应的离子是、、，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，a点为第一个滴定点，c点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则，离子水解促进水的电离，a~c随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成NaCl和CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，a>b>c，故C正确。滴定的两个计量点的反应中，若没有NaHCO3杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得第二个计量点反应中的NaHCO3包括反应生成的NaHCO3和杂质NaHCO3，所以杂质NaHCO3的量可以根据多消耗的盐酸计算：（6.8−2.9×2）mL×10−3×0.1ml/L×84g/ml=8.4×10−3g，故D错误。
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14分）
（1）SiO2、CaSO4（写出两个给1分）
=
（2）0.01
（3）4（1分） 80℃（1分）
增大c()，可降低NH4VO3的溶解度，有利于析出更多的NH4VO3固体（结合沉淀溶解平衡，合理即可）
（4）2HVO3V2O5+H2O
（5）①12（1分） ②
【解析】废钒催化剂经“酸浸还原”后，除SiO2不溶于酸外，CaO转化为CaSO4形成浸出渣，V2O5转化为VO2+，Fe2O3以Fe2+形式存在，Al2O3以Al3+存在，“中和沉淀”过程VO2+生成V(OH)4，Al3+转化成Al(OH)3沉淀，Fe2+部分转化成Fe(OH)2沉淀，“氧化”过程中加入O2、NaOH，V元素转化为+5价，Fe(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀。“调节pH”中NaAlO2转化为Al(OH)3。“沉钒”中需要加入NH4Cl，其原因是，增大c()，平衡正向移动，有利于析出更多的NH4VO3，或者站在沉淀溶解平衡的角度NH4VO3(s)(aq)+(aq)，增大c()可降低NH4VO3的溶解度，析出更多固体。“煅烧”时发生反应NH4VO3受热生成V2O5、NH3、H2O。
（2）根据已知信息计算Ksp[Fe(OH)2]=10−14，pH=8，c(OH−)=10−6 ml/L，c(Fe2+)==1×10−2ml/L。
（3）根据图示分析数据，从氯化铵系数知，氯化铵系数越大沉钒率越大，但系数为5比为4稍微大些，且氯化铵系数越大需要的氯化铵越多，从经济角度分析不合适，所以加NH4Cl的系数最好为4；80℃时沉钒率最高为98%，再升高温度时其沉钒率反而降低。NH4VO3，增大c()，平衡正向移动，有利于析出更多的NH4VO3，或者站在沉淀溶解平衡的角度NH4VO3(s)(aq)+(aq)，增大可降低NH4VO3的溶解度，析出更多固体。
（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图像可知：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，210℃时，固体质量减少值为1−85.47%=14.53%，380℃时，根据质量减少值为85.47%−77.78%=7.69%，根据方程式知，生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时，所以210℃时减少的是氨气，380℃时减少的是水，则该反应过程中先失去氨气后失去水，所以NH4VO3在焙烧过程中210℃时左右先失去氨：NH4VO3=NH3+HVO3，210℃~380℃再失去水：2HVO3=
V2O5+H2O。
（5）①以晶胞中体心的碳原子为例，与体心碳原子距离最近且相等的碳原子在12条棱上，则与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为12。②根据均摊法分析晶胞中各原子的数目。每个晶胞中V原子的个数为8×+6×=4，C原子个数为12×+1=4；计算每个晶胞的质量g；设晶胞参数为a nm，晶胞的体积为a3×10−21 cm3；根据密度公式计算晶胞参数g·cm−3=×1021g·cm−3， QUOTE 363×4NA·ρ 。
16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）NH3、Cl−、H2O
（2）使用的试剂浓氨水、浓盐酸为有毒且易挥发的物质
（3）NH4Cl溶于水电离出的使NH3·H2O+OH−电离平衡逆移，降低c(OH−)，防止加氨水时溶液中c(OH−)过大使钴（Ⅱ）离子沉淀或者NH4Cl溶于水电离出的使NH3·H2O+OH−电离平衡逆移，可增大氨分子配体的浓度，易于形成配合（答案合理即可）
（4）冷水浴或冰水浴
=
（5）使得平衡正向移动，实现配体交换，得到目标产物[C(NH3)5Cl]Cl2
（6）漏斗、烧杯、玻璃棒（1分）
（7）80%
【解析】氯化铵、浓氨水、反应，得到沉淀，通过冷水浴降温10℃以下再加入30%过氧化氢，防止过氧化氢分解并发生反应=，得到溶液，加入浓
盐酸，存在，实现配体交换，有利于沉淀的形成。
（1）配体是指在化学反应中与中心原子（通常是金属或类金属）结合形成配位键的原子、分子或离子，本实验涉及钴配合物的配体有：NH3、Cl−、H2O。
（2）实验中需要使用浓氨水、浓盐酸这种有毒易挥发的物质，为保证实验安全，应在通风橱中进行。
（3）根据题中信息C2+在pH=9.4时完全沉淀为C(OH)2，因此将适量氯化铵溶于浓氨水中，主要是NH3·H2O+OH−，电离出的OH−易和C2+反应生成C(OH)2，NH4Cl溶于水电离出，增大溶液中，使电离平衡逆向移动，降低浓度，防止加氨水时溶液中过大使钴(Ⅱ)离子沉淀。
（4）要将反应液降温到10℃以下，需用冷水浴或者冰水浴；与溶液反应，得到，反应离子方程式为=
。
（5）加入浓盐酸，使得，平衡正向移动而实现配体交换，有利于[C(NH3)5Cl]Cl2的形成和析出。同时利用同离子效应，降低钴配合物[C(NH3)5Cl]Cl2的溶解度使其尽可能完全析出，提高产率。
（6）晶体的洗涤是在过滤操作后进行，用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗和烧杯。
（7）根据钴原子守恒，本实验的产率为。
17．（每空2分，共14分）
（1）①+247.3
②H2+CO2=CO+H2O
③ab
（2）①压强 >
②
【解析】（1）①焓变等于生成物的总生成焓减去反应物的总生成焓，。
②从过程图中分析可知。③增大CH4的浓度，CH4的分压增大，v增大，a正确。升高温度，k增大，b正确。及时分离出合成气，平衡正向移动，CH4的转化率增大，CH4的分压减小，v减小，c错误。增大CO2的浓度，CH4的分压减小，v减小，d错误。
（2）①该反应是气体分子数增大的吸热反应，相同压强下，温度升高，二氧化碳转化率增大，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率越小，故m表示压强，温度。
② 2CO(g)+2H2(g)
反应的物质的量 x x 2x 2x
CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)
反应的物质的量 y 3y 4y 2y
依题意，x+3y=0.5，2x+4y=0.8，解得x=0.2，y=0.1，平衡时各物质的物质的量分别为0.7ml CH4(g)、0.5ml CO2(g)、0.8ml CO(g)、0.4ml H2(g)、0.2ml H2O(g)，总物质的量为2.6ml，则。
18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）
（2）
（3）羰基/酮羰基（1分）
（4）2−硝基乙醇 2−硝基乙醇中的羟基和硝基能与水分子形成分子间氢键 取代反应 （1分）
（5）4
（6）5（1分） （1分） （1分）
【解析】已知条件为羟醛缩合的反应原理，该反应是有机合成增长碳链常见的方式，由C的碳骨架可反推B的结构简式为，A生成B在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成，则A为，与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇。
（2）由C、D的结构简式，结合反应条件，可知C（）与Br2/CCl4发生加成反应得到，再发生消去反应生成D（），反应方程式为。
（3）根据分析可知，E的结构简式为，所含官能团的名称为羰基/酮羰基。
（4）为多官能团化合物，羟基的优先顺序大于硝基，母体为醇，硝基作为取代基，因此化学名称为2−硝基乙醇；2−硝基乙醇中的羟基和硝基能与水分子形成分子间氢键，所以能溶于水，该步反应的类型为取代反应。
（5）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体含有苯环并且可发生银镜反应，说明含有醛基，又含碳碳双键，则满足条件的C的结构简式为若苯环含一条侧链为有1种结构；两条侧链为包含邻间对3种位置异构，共4种。
（6）H的结构简式为，手性碳原子为5个；G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NO2和C==O成环，且C==O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′（），相应的D′为，G′为。题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
C
A
B
B
A
D
C
题号
8
9
10
11
12
13
14
答案
D
B
C
B
D
B
C