山东省名校考试联盟2024-2025学年高三下学期3月高考模拟考试 化学试题

化学试题 参考答案 一、选择题：本题共 10小题，每小题 2分，共 20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A A B C D D D C B 二、选择题：本题共 5小题，每小题 4分，共 20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分， 选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 11 12 13 14 15 AD C CD D BC 三、非选择题：本题共 5小题，共 60分 16.（12分）（除标记外，其余空均为1分） （1）4 2 （2）abc（2分） 6 65 [Nb(C5H5)2]Cl2中阳离子[Nb(C5H5)2]2+的离子体积大，阴阳离子 间的距离大，离子之间的作用力弱（2分） （3） ①LiNbOCl4 降低 ② 212 10 )45.35931614(4    caN A 或 21 2 10 1060   caN A （2分） 17.（12分）（除标记外，其余空均为 2分） （1）醚键 硝基 (1分) （2）bd （3） ＋2IO2(OR)→ ＋2IO(OR)＋H2O （4） （5） 、 （6）C19H20O3 (1分) 18.（12分，除标记外每空1分） （1）将Fe3+还原为Fe2+防止生成Fe(OH)3沉淀，消耗H+促使TiO2+水解（2分） TiO2+B2O3+5C 高温 TiB2+5CO↑（2分） （2）0.0042（2分） （3）Mn2+、Fe3+催化H2O2分解，导致其用量大幅增加 3Mn2++2MnO－4 +2H2O=5MnO2↓+4H+（2分） （4）正 PO3－4 转化为HPO2－4 、H2PO－4或H3PO4等形式，不易转化为FePO4·2H2O 蒸发结晶，趁热过滤 19.（12分）（除标记外，其余空均为 1分） （1）二氧化锰作催化剂，少量可催化 H2O2全部分解 5.0×10-4 （2）冷却至 298K 22.6或 22.7 L•mol-1 （2分） （3）偏大 （4）500mL容量瓶、胶头滴管（2分） a V20 （2分） ab（2分） 20.（12分）（除标记外，其余空均为1分） （1）－210（2分） 反应Ⅲ的ΔH3<0、ΔS>0，在任意温度都可自发进行 （2）2/3或66.7（2分） ) 12 () 15 ( )5.0()1.0 040 2 0 2 0 pp pp  （ 或 04 6075 p （2分） 减小 增大 （3）①X ②随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度（2分） 山东名校考试联盟 2025 年 3 月高考模拟考试 化学试题答案详解 1.【答案】B 【解析】铝的还原性比锰强，在高温下铝能将锰从其氧化物中置换出来，发生氧化还原反应，反应放出的大量热能 够使生成的锰熔化并流出，A 正确；陶瓷的制作过程涉及了物理变化和化学变化，B 错误；竹篾主要成分为纤维素， C 正确；当黄河水流至入海口时，河水中的胶体与含有大量电解质的海水相遇，使胶体粒子发生聚沉现象，D 正确。 2.【答案】A 【解析】Fe3O4为黑色粉末状固体，具有磁性，可用于制作打印机的墨粉，故 A 错误。 3.【答案】A 【解析】图中所画虚线右侧的 H 原子连在 C 原子上，不能形成氢键，B 错误；图中所示为顺式结构，C 错误；σ键 是头碰头形成的，D 错误。 4.【答案】B 【解析】A.SF6 中 S 原子的价层电子对数为 6，其 VSEPR 模型为正八面体，A 正确；B.SO42−中 S 原子为 sp3 杂化， SO3中 S 原子为 sp2 杂化，故∠O-S-O：SO42−小于 SO3，B 错误；C.O3中含有大π键，O-O 键为极性键，O3为极性分 子，C 正确；金刚砂 SiC 为原子晶体，呈现空间网状结构，根据均摊法，1 molSiC 中含有 4 molσ键，D 正确。 5.【答案】C 【解析】碳酸钠吸收 H₂S 是由于 H2S 与 CO32-的反应可能生成 HCO3⁻，A 正确；高锰酸钾在碱性条件下的还原产物 为 MnO2，B 正确；表面喷淋水法活性炭吸附氧化处理过程中涉及到 H+、OH-的消耗与生成以及水的生成，水体 pH 会发生变化，C 错误；适当提高活性炭表面水膜的碱性，有利于 H2S 的吸收，可以提高 H2S 的氧化去除率，D 正确。 6.【答案】D 【解析】二氧化锰和浓盐酸制氯气需加热，且二氧化锰为粉末状固体，A 错误；硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气 也可与 Na2SiO3溶液反应生成硅酸，应在锥形瓶和试管之间加一盛有饱和 NaHCO3 溶液的洗气瓶除去挥发的 HNO3， B 错误；应在坩埚中灼烧海带，C 错误；常温下，苯酚和水混合后形成乳浊液，静置分层，可采用分液的方法进行 分离，D 正确。 7.【答案】D 【解析】X、Y、Z、M、Q 分别代表 C、N、O、F、S 元素。C、S 基态原子未成对电子数均为 2 个，A 错误；元素 的非金属性 O＜F，因此气态氢化物的稳定性 H2O＜HF，B 错误；O 与 N 均采取 sp3 杂化，C 错误；NF3中 F 原子的 强吸电子效应使 N 原子上的孤电子对离 N 近，不易给出孤电子对形成配位键，D 正确。 8.【答案】D 【解析】D.红外光谱用于测定特征官能团，不能确定氢原子种类数，需借助核磁共振氢谱，D 错误。 9.【答案】C 【解析】化学键②应表示为“3c-2e”，C 错误。 10.【答案】B 【解析】有题干信息可知曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表δ(H2C2O4)、lg[c(Ca2+)]、δ(HC2O－4 )、δ(C2O2－4 )与 pH 的变化关系， Ka1(H2C2O4)=10-1.27，Ka2(H2C2O4)=10-4.27。B.由图可知，pH=2.77 时，c(H2C2O4)=c(C2O2－4 )，结合电荷守恒： c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HC2O－4 )+2c(C2O2－4 )，物料守恒：c(Ca2+)=c(H2C2O4)+c(HC2O－4 )+c(C2O2－4 )，可得 c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(HC2O－4 )+2c(H2C2O4)，因为 pH=2.77 时，c(H2C2O4)=c(C2O2－4 )，c(H+)>c(OH-)，所以 c(Cl-)>c(H+)+c(HC2O－4 )+2c(C2O2－4 )，B 正确；C. 22 4 2 2 4CaC O 2H H C O Ca    的平衡常数 K=c(Ca 2+)·c(H2C2O4) c2(H+) = c(Ca2+)·c(H2C2O4)·c(C2O4 2−) c2(H+)·c(C2O4 2−) = Ksp(CaC2O4) Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4) = 10 −8.63 10−1.27·10−4.27 = 10-3.09，C 错误；D.由图可知，pH=4 时，根据物料守 恒，c(Ca2+) > c(HC2O4— ) > c(C2O42-) > c(H2C2O4)，D 错误。 11.【答案】 AD 【解析】A.向苯酚浊液中加入足量碳酸钠溶液发生的反应 C6H5OH + Na2CO3 = NaHCO3 + C6H5ONa，说明苯酚酸性 强于碳酸氢根，即 Ka(C6H5OH)>Ka2(H2CO3)，A 正确； B.加入 NaOH 溶液至碱性后再滴加少量碘水，碘水被溶液中过量氢氧化钠消耗，即使存在淀粉，溶液也不变蓝，因 此无法确定淀粉是否完全水解，B 错误； C.焰色试验火焰为黄色，只能说明该溶液中存在钠元素，不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，C 错误； D.甲池是原电池装置，Fe 作负极，电极反应为 Fe-2e－=Fe2+，取该电极附近的溶液滴加铁氰化钾溶液，溶液变蓝， Fe 发生吸氧腐蚀，乙装置是电解池装置，Fe 作阴极，取该电极附近的溶液滴加铁氰化钾溶液，溶液不变蓝，因此 可以得出结论，相同介质中负极的腐蚀速率大于阴极的腐蚀速率，D 正确。 12.【答案】 C 【解析】A.该装置为电解池装置，目的是利用环己醇通过电解法制备己二酸，电极 a 的反应为 C6H12O-8e-+3H2O=C6H10O4+8H+，发生氧化反应，因此 a 电极为阳极，b 电极为阴极，阳极电势高于阴极电势，A 正 确； B.根据 A 项分析可知 B 正确； C.b 极反应为 2H++2e－=H2↑，a 极产生的氢离子通过质子交换膜向右侧迁移，当外电路通过相同的电量时，迁移到 b 极区的 H+恰好在阴极上全部放电，因此 b 极区不消耗水，无需补充，C 错误； D.该装置中太阳能电池作电源，将太阳能转变成电能，该装置工作时将电能转变成化学能，同时伴随太阳能和热能、 电能和热能、化学能和热能的转换，因此至少涉及三种能量转化形式，D 正确。 13.【答案】CD 【解析】含锌硅酸盐矿中的 Zn2SiO4 在稀硫酸酸浸时硅酸根转变成 H2SiO3沉淀进入滤渣，滤液中含有 Zn2+、Cu2+、 Fe3+、Fe2+、Ga3+、SO2－4 、Cl－，加入 H2O2 后将 Fe2+转化成 Fe3+，有利于后续加入 Na2SO4溶液将 Fe3+转化成 NaFe3(SO4)2(OH)6 沉淀除去，加入“金属 A”的目的是除去 Cu2+，而根据已知信息①“溶液中的氯离子会影响镓电解析 出”可知，在该“除杂”步骤中需将 Cl－一并除去，再根据已知信息②“Cu+Cu2++2Cl－=2CuCl↓”可知，加入金属铜即可 达到此目的，加入 NaOH 溶液调 pH，使 Zn2+沉淀成 Zn(OH)2沉淀，然后经过转化最后得到 ZnS，根据信息③“pH>9.4 时，Ga(OH)3开始溶解”知当调 pH=12 时，滤液中元素 Ga 以[Ga(OH)4]－形式存在，则电解时阴极得到高纯 Ga 的电 极反应式为[Ga(OH)4]－+3e－=Ga+4OH－，据此解答。 A.根据上述分析可知，滤渣 1”的成分为 H2SiO3，A 正确； B.“电解”操作中，阴极的电极反应式为[Ga(OH)4]－+3e－=Ga+4OH－，B 正确； C.根据分析知，“金属 A”为 Cu，加入后发生的反应 Cu+Cu2++2Cl－=2CuCl↓，目的是除去 Cu2+和 Cl－，C 错误； D.“沉铁”时溶液为酸性，所以离子反应为 Na++3Fe3++2SO2－4 +6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，D 错误。 14.【答案】 D 【解析】A.实验的目的是探究 Cu 被 I2 氧化的产物，根据实验Ⅰ中现象“极少量的 I2 溶解”可知发生的反应为 I2+I－ I－3 ，溶液中含 I －3 显浅红色，充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，根据信息白色沉淀为 CuI，说明 Cu 被 I2 氧 化为 Cu+，A 正确； B.实验Ⅱ中现象“红色的铜粉快速溶解，溶液仍为深红棕色”中“快速溶解”可知实验Ⅱ反应速率比实验Ⅰ快，实验 I 中 Cu 溶解速率慢的可能原因是沉淀 CuI 覆盖在 Cu 表面，降低了 Cu 与溶液接触面积，B 正确； C.根据实验Ⅱ加入浓度大的 KI，以及“充分反应后，红色的铜粉快速溶解”的现象和实验Ⅰ可知发生反应 CuI+I－=[CuI2] － ，根据实验Ⅲ中现象“深红棕色溶液加 CCl4后分层，下层为溶液显紫红色”可知未反应的 I2由水层进入 CCl4层， 根据“静置一段时间后溶液变为深蓝色”以及[Cu(NH3)2]+易被空气氧化可知发生反应 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O，“无色溶液中滴加浓氨水，无明显现象”可知上层溶液中的 [CuI2]－ 发生反应[CuI2]－+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]+ +2I－+2H2O，若不除去溶液中的 I2(或 I－3 )，则深红棕色的溶液对观察 深蓝色的[Cu(NH3)4]2+离子有影响，C 正确； D.根据上述实验可知在一定条件下 Cu 能被 I2氧化 Cu+，无法确定能否被氧化为 Cu2+，D 错误。 15.【答案】 BC 【解析】反应 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) 为气态物质系数减小的反应，向体积均为 1 L 的刚性容器中， 分别充入 4 mol HCl 和 21 mol O ，若维持温度不变，则随着反应的进行，容器内气体的物质的量在减小，压强减小， 乙线代表恒温下的反应过程，绝热过程中，若反应是放热反应，随反应的进行，容器内压强随温度升高压强有可能 增大，若是吸热反应，容器内温度降低物质的量减小，体系压强只能减小，所以甲线代表的是绝热过程，且可确定 该反应是放热反应，据此进行分析。 A.根据以上分析，A 正确； B.该反应的正反应ΔH <0，ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0 反应自发可知，该反应的正反应在低温下自发，B 错误； C.恒容容器中压强和物质的量成正比，所以根据起始压强和 a 点压强列三段式如下： 所以 a 点 kPa－1，由 b 点温度高于 a 点且 b 点压强等于 a 点压强可知，b 点气体总物质的量小 于 a 点，b 点正向进行的程度大于 a 点，所以 b 点 KP的值大于 0.079kPa－1，C 错误； D.由图可知：温度：b 点>c 点，反应物浓度：b 点>c 点，所以可得 v 正 b>v 正 c，所以 v 逆 b>v 逆 c ，D 正确。 16.【答案】（1）4 2 （2）abc（2分） 6 65 [Nb(C5H5)2]Cl2中阳离子[Nb(C5H5)2]2+的离子体积大， 阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱（2分） （3） ①LiNbOCl4 降低 ② 21 2 10 )45.35931614(4    caN A 或 21 2 10 1060   caN A （2 分） 【解析】（1）基态氧原子价电子排布为 2s22p4，因此空间运动状态有 4 种；V 价电子排布为 3d34s2，基态价电子排 布单电子数同为 3 个的还有 Co（3d74s2）、As（4s24p3）。 （2）[Nb(C5H5)2]Cl2 中存在内外界阴阳离子间的离子键作用，碳氢原子、碳碳原子间的共价键作用，配体与中心离 子间的配位键作用；中心原子配位数为 3×2=6；在 C5H －5 中，大π键的电子数来自于 5 个碳原子共提供 5 个电子、从 外界得到一个电子，因此大π键表示为 65 ；[Nb(C5H5)2]Cl2 中阳离子[Nb(C5H5)2]2+的离子体积大，阴阳离子间的距离 大，离子之间的作用力弱，使得其熔点低于 NbCl4。 （3）①根据四方晶胞沿 x 轴和 z 轴的投影图可知，八面体共用顶点氧，一个八面体对应的化学式为 NbOCl－4，根据 化合价代数和为 0，可知在一个晶胞中有 4 个 Li+，因此化学式为 LiNbOCl4；放电过程中随着 Li+迁入，Li+个数增 多，Nb 化合价将降低。 ②当固体电解质的晶胞空隙充满 Li+时，根据 Li+填充空隙判断，一个晶胞中最多填充 8 个 Li+，因此填满后的晶体 化学式为 Li2NbOCl4，因此晶体的密度为 21 2 10 )45.35931614(4    caN A g・cm-3。 17.【答案】（1）醚键 硝基 (1 分) （2）bd （3） ＋2IO2(OR)→ ＋2IO(OR)＋H2O （4） （5） 、 （6）C19H20O3 (1 分) 【解析】由 A 的结构简式和反应条件可知 B 的结构简式为 ，根据已知信息①及 E 中的碳原子数可确 定 C 的结构简式为 ，对比 C 和 E 的分子式及醇的性质可知，C 到 E 发生了羟基被溴原子取代的反 应，E 的结构简式为 ，因此试剂 D 为 HBr，根据已知信息②可知 G 的结构简式为 ， （1）根据 F 的结构简式可知 F 中含有的官能团为醚键和硝基； （2）C→E 为取代反应，a 错误；B 和 E 中苯环上的异丙基均能被能酸性 KMnO4 溶液氧化，所以 B 和 E 能使酸性 KMnO4溶液褪色，b 正确；物质 A 中的羧基可以形成分子间氢键，沸点顺序为 A>B，c 错误；化合物 F 中含有碳碳 双键，氢原子位于双键的同一侧，为顺式结构，d 正确，因此选 bd； （3）IO2(OR)在反应时生成 IO(OR)，减少一个氧原子，J→K 的反应为 ＋2IO2(OR)→ ＋ 2IO(OR)＋H2O； （4）根据已知信息②可知 G′的结构简式为 ； （5）根据 M(C7H7NO3)的分子式可知其不饱和度为 5，根据信息“①能发生银镜反应”可知 M 中含有醛基；根据“② 遇 FeCl3 溶液显紫色”可知 M 中含有苯环且含有酚羟基； 根据“③核磁共振氢谱显示有四种氢，且个数比为 2:2:2:1”可知还含有氨基且有两个酚羟基，分布在苯环对称位置上， 因此 M 的结构简式 和 ； （6）根据“X 含三种官能团，不与金属 Na 反应放出 H2”可知 X 中不含羟基，再结合 X 到丹参酮 IIA 的反应可知 X 的结构简式为 ，X 分子式为 C19H20O3； 由 到 ，观察结构的变化可知多了两个氢原子，再结合丹参酮 IIA 的分子式和丹参酮 IIA 分子中所有与氧原子连接的碳原子均为 sp2杂化可知其结构简为式 。 18.【答案】 （1）将Fe3+还原为Fe2+防止生成Fe(OH)3沉淀，消耗H+促使TiO2+水解（2分） TiO2+B2O3+5C 高温 TiB2+5CO↑（2分） （2）0.0042（2分） （3）Mn2+、Fe3+催化H2O2分解，导致其用量大幅增加 3Mn2++2MnO－4 +2H2O=5MnO2↓+4H+（2分） （4）正 PO3－4 转化为HPO2－4 、H2PO－4 或H3PO4等形式，不易转化为FePO4·2H2O 蒸发结晶，趁热过滤 【流程分析】 【解析】 （1）结合题干信息及流程可知，加入铁粉的目的是消耗 H+促使 TiO2+水解成为生成 TiO2·xH2O，同时将 Fe3+还原为 Fe2+；由于加入稍过量的碳粉，故碳的氧化产物为 CO，该方程式为 TiO2+B2O3+5C 高温 TiB2+5CO↑。 （2）设加入 NaF 的物质的量为 x mol，可列下列三段式： Mg2+ + 2F- = MgF2 初始浓度(mol·L-1) 0.01 � 0.2 转化浓度(mol·L-1) 0.01 0.02 平衡浓度(mol·L-1) 10-5 � 0.2-0.02 故存在 10-5( � 0.2-0.02)=1×10 -11，解得 x=0.0042，故加入 NaF 的物质的量至少为 0.0042mol。 （3）Mn2+、Fe3+催化 H2O2分解，导致其用量大幅增加；由流程分析可知，“氧化Ⅱ”操作中发生反应的离子方程式为 3Mn2++2MnO－4 +2H2O=5MnO2↓+4H+。 （4）足量 NaOH 溶液与酸反应生成的盐为正盐；PO 3－4 为弱酸根，pH 值过低时，c(H+)较大，PO 3－4 会与 H+结合，转 化为 HPO2－4 、H2PO －4 或 H3PO4等形式，不易转化为 FePO4·2H2O；由 Na2SO4 溶解度与温度关系图可知，Na2SO4 溶 解度随温度升高而降低，故应在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤来获得 Na2SO4 固体。 19.【答案】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化 H2O2全部分解 5.0×10-4 （2）冷却至 298K 22.6 或 22.7 L•mol-1 （2 分） （3）偏大 （4）500mL 容量瓶、胶头滴管（2 分） a V20 （2 分） ab（2 分） 【解析】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化 H2O2全部分解；由题意可知向注射器筒内加入 H2O2 的物质的量为 1mL×1.13g•cm−3×0.03 34�·���−1 = 9.97×10-4mol，n(O2)=0.5n(H2O2)≈5.0×10-4mol。 （2）由于双氧水分解是放热反应，且温度会影响气体的体积，故应冷却至 298K 后再读取气体的体积；气体摩尔体 积(Vm) = V(O2) n(O2) = (12.3−1)×10 −3L 5×10−4mol = 22.6L·mol-1。 （3）由于双氧水分解是放热反应，反应结束后立即读取气体的体积会导致测得的 V(O2)偏大，从而导致 Vm 偏大。 （4）①配制 500mL 溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 500mL 容量瓶；经过分析可知存在如 下计量关系：O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3，故(Vm) = V(O2) n(O2) = V×10−3 0.01a×10−3×0.25× 50025.00 = 20� � L·mol-1。 ②a.步骤 I 中，氧气通入速率太快，会导致氧气和 Mn(OH)2反应不充分，使得滴定消耗的 Na2S2O3标准溶液体积偏 小，导致 Vm偏大；b.配制 500mL 溶液时仰视定容，会导致配制的溶液浓度偏小，使得滴定消耗的 Na2S2O3标准溶 液体积偏小，导致 Vm偏大；c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡，会导致滴定消耗的 V(Na2S2O3) 的读数偏大，导致 Vm偏小。 20.【答案】（1）－210（2分） 反应Ⅲ的ΔH3<0、ΔS>0，在任意温度都可自发进行 （2）2/3或66.7（2分） ) 12 () 15 ( )5.0()1.0 040 2 0 2 0 pp pp  （ 或 04 6075 p （2分） 减小 增大 （3）①X ②随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度（2分） 【解析】（1）ΔH3 =ΔH1×(-1)+ΔH2×2=-210kJ・mol—1，由于反应Ⅲ的ΔH3<0、ΔS>0，在任意温度都可自发进行。 （2）根据题干列出分压三段式如下，设 O2 在反应 I 中消耗 x kPa、Ⅱ中消耗 y kPa， 利用反应前后体系总压强的变化可求得 x=0.05p0 kPa，利用达平衡后 CH4的分压可求得 y=0.2p0 kPa。达平衡时， p(C2H6)=0.1p0 kPa，p(O2)=p0/12 kPa，p(H2O)=0.5p0 kPa，由此可求出 C2H4(g)的选择性= 0.2�0 0.2�0 + 0.1�0 = 2 3 ；反应 Ⅰ Kp= ) 12 () 15 ( )5.0()1.0 040 2 0 2 0 pp pp  （ ； 若再向刚性容器中充入一定量的 O2(g)，重新达平衡后，根据勒夏特列原理，作为另一反应物的 CH4 分压会减小；�2 2 �1 = [ �(�2�4) �(�2�6) ]2 × �(�2�) 2 �(�2) ，充入一定量的 O2(g)，重新达平衡后， �(�2�)2 �(�2) 减小， �2 2 �1 不变，因此 �(�2�4) �(�2�6) 增大。 （3）根据图中催化剂 A 与 B 曲线均不重合，可知反应 I、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题。①在 t min 内 CH4转化率会随温度升高而不断增大，因此在催化剂 A 的作用下，表示 CH4转化率与 T关系曲线是 X。②曲线 Q 代表在催化剂 B 的作用下，C2H6 选择性与温度的关系，由于反应 I、Ⅱ均未达到平衡，则原因是随着温度升高， 反应 I 速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度。 化学试题 参考答案 一、选择题：本题共 10小题，每小题 2分，共 20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A A B C D D D C B 二、选择题：本题共 5小题，每小题 4分，共 20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分， 选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。 11 12 13 14 15 AD C CD D BC 三、非选择题：本题共 5小题，共 60分 阅卷总体原则： 1、答案为数值的，只看数值是否正确，不考虑单位； 2、学生写出的答案个数超过标准答案个数的（设为 N 个），以前 N 个为准； 3、方程式给分原则： a、用“==”、“ ”、“→”不扣分，用“—”或无连接符号不得分，不写反应条件不扣分； b、反应物或产物不全或错误不得分，方程式不配平或配平错误不得分，使用非最小公约数配平不得分； c、要求写离子方程式的，写成化学方程式不得分。 4、名词术语或仪器名称等关键字或关键词写错，均不得分。 16.（12分）（除标记外，其余空均为1分） （1）4 2 （2）abc（2分；答出其中两项得 1分，1项不得分，有错或大写不给分） 6 65 [Nb(C5H5)2]Cl2 中阳离子[Nb(C5H5)2]2+的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱（2 分；体现 [Nb(C5H5)2]2+的离子体积大或阴阳离子间的距离大给全分） （3） ①LiNbOCl4（不区分 O和 Cl、Li和 Nb的先后） 降低（答其他答案都不给分，如偏低） ② 21 2 10 )45.35931614(4    caN A 或 21 2 10 1060   caN A （2分；转化为答案的式子都给分） 17.（12分）（除标记外，其余空均为 2分） （1）醚键 硝基 (1分；有错或只答出一个不给分) （2）bd （答出其中 1项不得 1分，有错或大写不给分） （3） ＋2IO2(OR)→ ＋2IO(OR)＋H2O （4） （5） 、 （答出一种物质得 1分；有错不给分） （6）C19H20O3 (1分) 18.（12分，除标记外每空1分） （1）将Fe3+还原为Fe2+防止生成Fe(OH)3沉淀，消耗H+促使TiO2+水解（2分；“Fe3+还原为Fe2+”和“促使TiO2+水解” 各1分） TiO2+B2O3+5C 高温 TiB2+5CO↑（2分） （2）0.0042（2分） （3）Mn2+、Fe3+催化H2O2分解，导致其用量大幅增加（答出“H2O2分解”给分） 3Mn2++2MnO－4 +2H2O=5MnO2↓+4H+（2分） （4）正 PO3－4 转化为HPO2－4 、H2PO－4或H3PO4等形式，不易转化为FePO4·2H2O（“PO3－4 转化为HPO2－4 、H2PO－4或 H3PO4中任意形式”给分） 蒸发结晶，趁热过滤 19.（12分）（除标记外，其余空均为 1分） （1）二氧化锰作催化剂，少量可催化 H2O2全部分解（“二氧化锰作催化剂”给分） 5.0×10-4 （2）冷却至 298K（“冷却至 298K或室温”都给分） 22.6或 22.7 L•mol-1 （2分；没有单位扣 1分） （3）偏大（其他答案不给分，如偏高） （4）500mL容量瓶、胶头滴管（2分；答出一项给 1分；若没有 500mL扣 1分，有错别字不给分） a V20 （2分；转化为答案式子都给分） ab（2分；答出其中 1项不得 1分，有错或大写不给分） 20.（12分）（除标记外，其余空均为1分） （1）－210（2分） 反应Ⅲ的ΔH3<0、ΔS>0，在任意温度都可自发进行（答出“ΔH3<0、ΔS>0”给分；只体现其中一个不得分） （2）2/3或66.7（2分；转化为答案式子都给分） ) 12 () 15 ( )5.0()1.0 040 2 0 2 0 pp pp  （ 或 04 6075 p （2分；转化为答案式子都给分） 减小（其他答案不给分） 增大（其他答案不给分） （3）①X ②随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度（2分；体现“反应I速率加快的程度小 于反应Ⅱ加快的程度”给分） 航密★房具面 统春用型A 人暖化家H5是一种有毒气妹，会用用威带速限收美：真械酸钾哪减能化规岸性，品时筑收为城化 山东名校考试联盟 佳型登富度淋木购成性具对相于装附以等有里化，其享理包图表尔。下树视法撞因的是 已是：商裙酸评春餐性条件下的还显产■为M”,前碱性 2025年3月高考模拟考试 条件下为D, 化学试题 A纯城唐南理查处理H,不装说用H,5酸推强 千0 :到碱语件下，再锰餐脚形深卧理比5的写子有程式为烟 速非奉装 Mn0,+3HS-卡+5专+0时广+H,0 1香越曲，专生华密特直进的姓名，卡生号单线可在容题卡和以色指定位量上 仁我面陆游水连结性飘吸衡氧化处理过程中，水体材不变 三日养选特感时，结典每小超答案后，码根笔把养郑卡上种皮都用的挥案解号量黑，仁国 口进鲜增大婚件黄有面水道首H,可国显再HS的氧化夫障申 发动，用裤度面干净边：再出峰其他答案标修，例等都品得想时，将答室可在答框卡上划鱼本试 L下列闲华实验中，能站到实有目的的是 型上无 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