邕衡2025年11月高三联考化学答案_2025年11月_251126广西邕衡教育·名校联盟广西2026届高三年级秋季学期11月份阶段性联合测试（全科）

广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试 化 学 参 考 答 案 一、选择题： 1．D 【解析】A．碳陶瓷属于新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要指硅酸盐材 料（如陶瓷、玻璃），A错误； B．芯片材料主要成分为晶体硅，光导纤维为二氧化硅，二者不同，B错误； C．石墨烯与金刚石均为碳元素组成的单质，互为同素异形体，C错误； D．聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，D正确； 2．C 【详解】A．滴定管能精确到两位小数，量取10.00mLK2Cr2O7溶液，要选择酸式滴 定管，实验装置正确，A正确； B．油和水是互不相溶液体，可用分液的方式分离，B正确； C．给坩埚加热时不需要使用石棉网或陶土网，需在泥三角上加热，C错误； D．制备乙酸乙酯，导管末端不伸入液面下，利用饱和碳酸钠收集乙酸乙酯，D正确。 3．C 【详解】A．在标准状态下，溴单质呈液态，不能用气体摩尔体积数据来计算，A错 误； B．0.1 mol/L的 Na2CO3溶液的体积未知，无法求出CO2−、HCO−、H CO 的微 3 3 2 3 粒总数，B错误； C．每消耗3mol Br2，其中有0.5mol Br2被氧化成NaBrO3，有2.5mol Br2被还原成 NaBr，整个过程中转移电子的物质的量为5mol，数目约为5N ，C正确； A D．在1L0.1mol⋅L−1NaBrO 溶液中除NaBrO 含O原子外，还有作为溶剂的H O分子 3 3 2 中也含O原子，则含有的氧原子数远大于0.3N ，D错误； A 故答案为C。 4. D 【详解】A．在羟胺分子中，1个N原子与2个H原子、1个O原子形成三个共价键 后，还剩余1对孤对电子，所以羟胺的电子式为 ，A错误； 选项中为氨分子的球棍模型，不是空间填充模型，B错误； C．由已知液氨可以微弱的电离，故应使用可逆符号，C错误； D．CO(NH2)2的结构简式为： ，D正确。 5. B 【详解】A．电负性O>N>H，则NH2OH中N原子的电子云密度小于NH3中N原子， 故碱性NH2OH HCO -，应为：ClO-+CO ＋H O=HClO+HCO -，B错误； 3 2 2 3 C．NaClO 和SO 、硫酸混合：SO +2ClO -=2ClO +SO 2-，C正确； 3 2 2 3 2 4 D．H O 做还原剂，产物为O ，2ClO +H O +2OH-=2ClO -＋2H O+O ↑，D错误。 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9. C 1 3 【详解】A．如图所示， N (g)+ H (g)� NH (g) ΔH = −46kJ⋅mol−1，故A 2 2 2 2 3 正确； B．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，图示历程中包含2个由气态 吸附到催化剂表面的过程和4个表面化学反应过程，因此有4个基元反应，故B正确； C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C错误； D．NH (ad)→NH (g)为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D正确； 3 3 故答案为C。 10．D 【详解】A．Fe(NO3)3∙9H2O溶于水后溶液呈黄色而不是浅紫色，可能是Fe3+发生水 解生成了Fe(OH)3，A错误； B．溶液②变为红色实质是发生反应：：Fe3++SCN−⇌[Fe(SCN)]2+(红色)，往溶液② 第 2 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司加入少量KNO3固体，平衡不移动，溶液颜色不变，B错误； C．②、③溶液中，均存在平衡Fe3++SCN−⇌[Fe(SCN)]2+，由于温度不变，故该反应 的平衡常数不变，③溶液中生成[FeF6]3-使溶液变为无色，导致③溶液中SCN−浓度大于②， 所以②溶液中Fe3+浓度更大，即c ( Fe3+) ：②>③，C错误； D．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加 稀硝酸，D正确。 11．B 【详解】A．该电池负极是金属锂，锂是较活泼金属，乙醇会与锂反应生成氢气，不 能用乙醇代替有机电解质，A错误； B．由电极反应可知，Li电极为负极，石墨烯电极为正极，放电时，Li+移向正极，B 正确； C．放电时总反应中CO 被还原生成C，C是还原产物而非氧化产物，C错误； 2 D．由题意可知，充电时阳极电极反应为2Li CO +C−4e− =3CO +4Li+，理论上充电时 2 3 2 每转移4mol电子，阳极消耗2mol Li2CO3和1mol C，质量减少2×74g+12g=160g，D错误。 12．D 【解析】A．由晶胞结构可知，Ti位于顶点，周围等距且最近的O位于面心，每个Ti周 围等距且最近的O有12个，故A正确； B．根据图中已知的两个Ti的坐标(0，0，0)和(1，1，1)，A点O在左侧面心位置，分数 坐标为   0 ， 1 ， 1   ，故B正确；  2 2 1 1 C．根据晶胞结构示意图，晶胞中Fe个数为1，O个数为6 × =3，Ti的个数为8× =1， 2 8 152 晶胞的质量为 g，晶胞的体积为( a×10−7)3 cm3，晶体的密度为 N A 152 1.52×1023 g/cm3 = g/cm3 ，C正确； N A ( a×10−7)3 N A a3 1 3 D．Fe和Ti之间的距离为体对角线的 ，即为 anm，Fe和O之间的距离为棱长的一半， 2 2 1 即为 a nm，则两者的比值为 ，故D错误。 2 3:1 13．C 【详解】A．随着温度的升高，反应①正向移动，CO含量增大，反应②逆向移动，甲 烷含量减小，所以曲线c表示的物质为CO；Y点时，曲线b表示的物质体积分数为0，所 以曲线b表示的物质为CH ，曲线a表示的物质为CO ，A错误； 4 2 B．Y点没有CH ，且CO 、CO含量相等，投料n(CO )：n(H )=1:1，则此时反应① 4 2 2 2 平衡时CO 、H 、CO、H O的物质的量相等，所以CO 转化率为50%，B错误； 2 2 2 2 C．若起始按n(CO )：n(H )=1：2投料，反应①、②平衡均向右移动，CO和CH 体 2 2 4 积分数均增大，则曲线交点X应向d点方向移动，C正确； D．500℃时，容器中v (H )为反应①、②总消耗量，而v逆(CO)仅为反应①消耗量， 正 2 所以当容器中v (H )=v (CO)时，不能说明反应①达到平衡状态，D错误。 正 2 逆 14．C 【详解】A．CO2-的水解以第一步为主，水解方程式为CO2-+H O� HCO-+OH-，根 3 3 2 3 第 3 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司c(H+)⋅c(CO2-) 据图1可知pH=10.25时，c(CO2-)=c(HCO-)，故K = 3 =c(H+)=10−10.25， 3 3 a2 c(HCO-) 3 K 10−14 常温下CO2-的水解常数K = w = =10−3.75，A正确； 3 h K 10−10.25 a2 B．由图1可知，在pH为8~12范围内，CO2-的物质的量分数逐渐增大。由Ksp(MgCO )= 3 3 c(Mg2+)×c(CO2-)可知lg[Ksp(MgCO )]=lg[c(Mg2+)]＋lg[c(CO2-)]，故lg[c(Mg2+)]= 3 3 3 lg[Ksp(MgCO )]－lg[c(CO2-)]，lg[c(CO2-)]逐渐增大，则lg[c(Mg2+)]逐渐减小，且二者之和 3 3 3 为常数。同理，对于Mg(OH) 沉淀，lg[c(Mg2+)]= lg[Ksp{Mg(OH) }]－2lg[c(OH－)]= 2 2 lg[Ksp{Mg(OH) }]－2[－14－lgc(H+)]，故lg[c(Mg2+)]~lgc(H+)曲线是一条关于pH的一次函 2 数曲线。故曲线Ⅱ代表MgCO 的溶解平衡曲线，曲线Ⅰ代表Mg(OH) 的溶解平衡曲线，B 3 2 正确； C．当pH=9、lgc ( Mg2+) =-2时，图2中(9，−2)位于曲线Ⅰ的下方、曲线II的上方，属 于MgCO 的过饱和溶液，生成MgCO 沉淀，导致溶液中含碳微粒总浓度小于0.1mol/L， 3 3 C错误； D．NaHCO 溶液pH较低，OH-浓度小，可减少Mg(OH) 生成，更利于MgCO 沉淀， 3 2 3 D正确。 二、非选择题 15．(1)3d54s1 (2)适当升温、搅拌、增大盐酸的浓度（任写一条） (3)10－5.9 mol/L ；Mg2+（1分） (4)3:2 (5)2BaCrO +2H+ +2SO2− =2BaSO +CrO2−+H O 4 4 4 2 7 2 2 (6)共价（1分） ； c 4 【分析】 高铝铬铁矿（主要含CrO ，还含Al O 、Fe O 、MgO、SiO ）加稀盐酸进行酸浸， 2 3 2 3 2 3 2 CrO 、Al O 、Fe O 、MgO转化为盐酸盐溶液，SiO 不溶于盐酸，过滤除去，滤渣1为 2 3 2 3 2 3 2 SiO ；滤液加氨水调pH=6将铁离子、铝离子、铬离子转化为氢氧化物，过滤得到含氢氧 2 化铁、氢氧化铝、氢氧化铬的滤渣，进行碱浸、过滤得到含[Al(OH) ]- 、[Cr(OH) ]-的溶液， 4 4 向溶液中加H O 、BaCl 沉铬得到BaCrO 沉淀，加硫酸发生沉淀转化、系列操作得到产 2 2 2 4 品。 【详解】 （1）提高酸浸取率除粉碎矿石外还可以适当升温、搅拌、增大盐酸的浓度。 （2）基态 Cr的价层电子排布式为3d54s1； 24 （3）根据已知③，Ksp[Fe(OH) ]=10－5×(10－10.8)3 =1×10－37.4；当Al3+开始沉淀，此时pH=3.5 3 则c(OH－)=10－10.5mol/L， c(Fe3+)=(1×10－37.4)/(10－10.5)3=10－5.9 mol/L；由分析可知滤液1中含量最高的金属阳离子是 Mg2+ （4）氧化剂：H O →H O~2e－；还原剂：Cr(OH)  − →CrO2−~3e－；则根据氧化还原反 2 2 2  4  4 应中得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2 （5）“沉淀转化”后溶液呈橙色，该“沉淀转化”的离子方程式为 2BaCrO +2H+ +2SO2− =2BaSO + CrO2−+H O； 4 4 4 2 7 2 （6）①硼化铬化学稳定性好，耐高温，耐磨，可作抗高温氧化涂层，抗冲击能力强，则 第 4 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司CrB属于共价晶体。 2 ②硼化铬(CrB)晶胞中，设晶胞棱长为c nm，设Cr原子半径为r nm，则4r= 2c nm，r= c 4 2 nm，所以Cr原子的半径为 c nm。 4 16．【答案】(1)④①③② (2)饱和NaHS溶液 (3)500mL容量瓶 胶头滴管 (4) H S+2NH +NiCl =NiS↓+2NH Cl 2 3 2 4 (5)防止倒吸 (6)b（1分） (7)91%（0.91） (8)AB 【分析】由装置图可以知道，整个装置通入氮气使反应都处在氮气氛围下，防止产物被氧 气氧化，装置Ⅰ是浓盐酸和FeS反应生成H S气体和FeCl ，然后经过装置Ⅱ除去HCl杂质 2 2 气体，最后H S进入装置Ⅲ 和NiCl、NH 反应生成NiS，装置Ⅳ吸收多余H S、NH ， 2 2 3 2 3 通过浮子缓冲气流，防止倒吸。 【详解】（1）检查装置气密性并加入药品。打开K 、K ，关闭K 、K ，并通入N ；一 1 4 2 3 2 段时间后，关闭K 并打开a活塞加入浓盐酸，同时打开K ，通入NH ，观察Ⅲ中产生浑 1 2 3 浊，继续反应一段时间。所以实验操作顺序为：④①③②； （2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，装置Ⅱ除去H S中的HCl杂质气体，其中适宜的 2 试剂可以为饱和NaHS溶液，可以将HCl气体转化为H S气体； 2 （3）配制500mLNiCl 和NH Cl混合溶液时，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃 2 4 棒、500 mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管； （4）根据分析，装置Ⅲ中H S、NiCl、NH 反应生成NiS沉淀，化学方程式为： 2 2 3 H S+2NH +NiCl =NiS↓+2NH Cl； 2 3 2 4 （5）根据分析，装置Ⅳ吸收多余H S、NH ，通过浮子缓冲气流，防止倒吸。 2 3 （6）如图可知，装置甲是抽滤装置，装置乙是洗涤沉淀的装置，b口导管与装置Ⅲ中液体 相连通，故b口接甲抽滤装置，c口接乙洗涤沉淀装置； （7）已知滴定反应：Ni2++EDTA=EDTA-Ni2+，Cu2++EDTA=EDTA-Cu2+，并且过量的EDTA 溶液可以被Cu2+滴定来计算用量，所以过量的n(EDTA)=n(Cu2+)=0.1mol/L×10×10-3L =1×10-3mol，n(Ni2+)=n(EDTA) - n(过量EDTA)=(30-10)×10-3×0.1mol=2×10-3mol，则该镍样 品纯度为： 250mL 2×10−3mol×91g/mol× 20mL ×100%=91% 2.5g （8）A．在配制CuSO 溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液 4 的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的CuSO 溶液体积偏高，导致测定结果偏低，A正确； 4 B．滴定管水洗后未用CuSO 溶液润洗，会导致CuSO 溶液浓度偏低，会使滴定过程中消 4 4 耗的CuSO 溶液体积偏高，导致测定结果偏低，B正确； 4 C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确， 可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，C不符合题意； D．若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗CuSO 溶液体积偏小，导致 4 测定结果偏高，D不符合题意。 17．【答案】（1） -49.5 低温 （2）AB （3）①该条件下，主反应的反应速率大于副反应的反应速率（或答主反应的活化能小于 副反应的活化能），单位时间内生成甲醇的量比生成一氧化碳的量多 ② 0.33 第 5 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司4 （4） H 2 O+CH 3 OH-4e-=HCOOH+4H+ 3 【详解】(1)反应焓变等于生成物能量总和减去反应物能量总和，则 ΔH =[(-200.5)+(-242)-(-393)] kJ/mol=-49.5 kJ/mol，ΔG=ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，反 1 应Ⅰ为放热的熵减反应，在低温下能自发进行； （2）A．H O与CH OH均为极性分子且能形成分子间氢键，等物质的量的H O中氢键比 2 3 2 甲醇多；CO 与H 均为非极性分子，CO 相对分子质量较大，范德华力较大，故A正确； 2 2 2 B．反应Ⅱ的ΔH =+41.0 kJ/mol，ΔH等于正反应活化能减去逆反应活化能，则活化能： 2 E (正)>E (逆)，B正确； a a CO C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，会使反应Ⅰ中 2 H H O 和 2量减小， 2 量增大，反应Ⅱ的化学平衡逆向移动，故C错误； D．加入反应Ⅰ的催化剂，反应Ⅰ的平衡不会发生移动，不可提高平衡时甲醇的产率，故 D 错误； （3）①该条件下，主反应的反应速率大于副反应的反应速率，单位时间内生成甲醇的量 比生成一氧化碳的量多，所以温度相同时CH OH的选择性的实验值略高于平衡值。 3 ②260℃时，CO 的平衡转化率为25%，CH OH的选择性的平衡值为50%，CO 和H 的初 2 3 2 2 始 浓度 均为 1.00 mol·L-1， 可 以 得出各 物质 浓度 分别是 c(CO )=0.75mol/L； 2 c(CO)=c(CH OH)=0.125mol/L ； c(H O)=0.125mol/L+0.125mol/L=0.25mol/L ； 3 2 c(H )=1mol/L-0.125mol/L×3-0.125mol/L=0.5mol/L ； 反 应Ⅰ 的 平 衡 常 数 K= 2 c(H O)×c(CH OH) 0.25×0.125 2 3 = =0.33 c(CO )×c3(H ) 0.75×0.53 2 2 。 （4）阳极发生氧化反应，甲醇在CuONS/CF电极上被氧化为甲酸。根据元素守恒和电荷 CH OH+H O-4e-=HCOOH+4H+ 守恒，电极反应式为 3 2 。 电解 2CO +CH OH+H O 3HCOOH 总反应为 2 3 2 ，电路中转移4 mol电子时，生成3 mol HCOOH， 4 则制备1mol HCOOH，在电路中转移3mol电子。 18．【答案】(1)邻二甲苯或1,2-二甲基苯（1分） 碳氯键 羰基或酮羰基 (2) +2CH CH OH���� 浓�硫 � 酸���� +2H O 3 2 ∆ 2 (3)取代反应（1分） 与取代生成的氯化氢反应，促进平衡向正反应方向移动 (4)3 （写出一种即可） (5) （3分） CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CHCH 2 OH KMnO4 (H+ ) → CH 3 CHCOOH C 浓 H 硫 3 C 酸 H 、 2 O Δ H→ CH 3 CHCOOCH 2 CHCH 3 第 6 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司CH CH CH 3 3 3 或者 CH 3 CHCH 2 OH Cu、 Δ O 2→ CH 3 CHCHO 催化剂 Δ 、O 2→ CH 3 CHCOOH CH CH 3 3 CH 3 CH 2 OH→ CH CHCOOCH CHCH 浓硫酸、Δ 3 2 3 【分析】A发生反应生成B，B中醇羟基发生消去反应生成C中碳碳双键，C中甲基上的 氢原子被氯原子取代生成D﹔根据E的分子式及G的结构简式知，E结构简式为 ， 根据F的分子式可知，E中甲基被氧化为F分子中的羧基-COOH，则F结构简式为 ，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生反应生成H，D和H发生取代反应 生成Ⅰ。 【详解】(1)根据上述分析可知E物质分子结构简式为 ，其名称为邻二甲苯或1,2- 二甲基苯； A中的官能团有碳氯键、羰基（或酮羰基）。 (2)F是 ，F与C H OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生G、H O， 2 5 2 该反应是可逆反应，该反应的化学方程式为： +2CH CH OH���� 浓�硫 � 酸���� 3 2 ∆ +2H O； 2 (3)根据D、H、I结构简式的不同，可知D+H→I+HCl，其反应类型是取代反应；该反应是 可逆反应，在D和H合成I的反应中，K CO 可以与取代生成的HCl反应，从而能够促 2 3 进平衡向正反应方向移动，从而可以提高原料利用率； (4)H的同分异构体中应有7个不饱和度，要求含有苯环、能发生银镜反应、最多能与5mol H 发生加成反应，故苯环占4个不饱和度，2个醛基占2个不饱和度，恰好能最多消耗5mol 2 氢气，故最后一个不饱和度为环。又依据核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1∶1∶2∶1，可知该结构对称性很高，故可能的结构有 3种，写出任意一种即可。 第 7 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司CH CH 3 3 (6) 被酸性KMnO 溶液氧化为 (或先与O 在Cu催化下加 4 2 CH CHCH OH CH CHCOOH 3 2 3 CH CH CH CH 3 3 3 3 热氧化为 ，然后 催化氧化产生 )， 与 CH CHCHO CH CHCHO CH CHCOOH CH CHCOOH 3 3 3 3 CH CH CH 3 3 3 在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生 ， CH CHCH OH CH CHCOOCH CHCH 3 2 3 2 3 CH CH 3 3 先与 、NaH作用，然后在H+/H O条件下加热，发 2 CH CHCOOCH CHCH 3 2 3 CH 3 生反应产生 ，故以 和 合成 的路线 CH CHCH OH 3 2 为： CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CHCH 2 OH KMnO4 (H+ ) → CH 3 CHCOOH C 浓 H 硫 3 C 酸 H 、 2 O Δ H→ CH 3 CHCOOCH 2 CHCH 3 CH CH CH 3 3 3 或者 CH 3 CHCH 2 OH Cu、 Δ O 2→ CH 3 CHCHO 催化剂 Δ 、O2→ CH 3 CHCOOH CH CH 3 3 CH 3 CH 2 OH→ CH CHCOOCH CHCH 浓硫酸、Δ 3 2 3 第 8 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司