广西南宁市第二中学2024-2025学年高三上学期11月月考化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1207广西南宁市第二中学2024-2025学年高三上学期11月月考

【化学答案及解析】
1．【答案】C
【解析】A．已知合金的硬度大于成分金属，即铝合金硬度大于铝单质；
B． “素纱禅衣”主要成分是蚕丝，蚕丝的组成为蛋白质，蛋白质是混合物既不是电解质也不是非电解质；
C．陶瓷是人类应用最早的硅酸盐材料，且陶瓷具有不导电的特性，现代生活中可采用陶瓷做高压输电线路的绝
缘材料；
D．燃煤中添加生石灰可减少SO 的排放，但不能减少二氧化碳的排放，对 “碳中和”目标的实现无影响；故答
2
案为：C。
2．【答案】D
【解析】A．SnCl 中Sn有一对孤对电子，价层电子对数为3，故其VSEPR模型为： ；
2
B．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： ；
C．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： ；
D．邻羟基苯甲醛，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，D
错误；故选D。
3.【答案】A
【解析】A．通过凝固法制备硫晶体在蒸发皿中进行，故选： ，A正确；
B．碳化钙为粉末状，不能用启普发生器制乙炔，B错误； ①
C．测定中和反应热需要烧杯、温度计、滴定管，不需要锥形瓶，C错误；
D．重结晶法提纯苯甲酸，需要蒸发皿和漏斗，不需要温度计，D错误；故选A。
4.【答案】D
【解析】A．对比邻氨甲酰苯甲酸和邻苯二甲酰亚胺结构可知反应 是取代反应，A错误；
B．邻氨甲酰苯甲酸分子含酰胺基(－CONH )和羧基(－COOH)这两②种官能团，B错误；
2
C．邻苯二甲酰亚胺分子式为C H O N，C错误；
8 5 2
D．邻苯二甲酰亚胺水解生成邻苯二甲酸，1mol邻苯二甲酰亚胺与足量NaOH溶液反应最多可消耗2molNaOH，
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}D正确。
5.【答案】C
【解析】A． C S 是分子晶体，熔点由范德华力大小决定，故A错误；
16 8
B． C S 完全燃烧的产物分别为CO 和SO ，CO 为非极性分子，SO 为极性分子，故B错误；
16 8 2 2 2 2
C． 由分子结构可知，一个分子中σ键的数目为32，π键的数目为8，故分子中的σ键和π键的数目比为4：1，故
C正确；
D． C S 分子中没有能形成氢键的原子，H 为分子晶体，故二者之间的作用是范德华力，故D错误；
16 8 2
6.【答案】C
【解析】
【详解】A．醛基和碳碳双键都会和溴单质反应，故溴水褪色不能说明丙烯醛中含碳碳双键，A错误；
B．挥发的盐酸也会和硅酸钠生成硅酸沉淀，产生白色沉淀不能说明碳的非金属性比硅强，B错误；
C．溶液变为紫红色，说明二价锰被PbO 氧化为高锰酸根离子，体现PbO 的氧化性，C正确；
2 2
D．烧杯壁变凉说明Ba(OH) 8H O与NH Cl晶体反应为吸热反应，则正反应活化能比逆反应的大，D错误；
2 2 4
7.【答案】C
【解析】
【详解】A．氯酸钾与浓盐酸制氯气时，氯酸钾为氧化剂，6份HCl中有5份作还原剂，另外一份起到酸性的作
用，即氯气分子中既含有37Cl，又含有35Cl，而生成物KCl中只含35Cl，A项错误；
   
C．0.01mol/L NH Al SO 溶液与0.02mol/LBa OH 溶液等体积混合，
4 4 2 2
n
 NH
:n
 Al3＋
:n
 SO2
:n
 Ba2＋
:n
 OH
1:1:2:2:4，恰好完全反应生成
4 4
BaSO 、Al  OH  、NH H O，方程式
4 3 3 2
为 NH+Al3＋ + 2SO2+2Ba2＋ +4OH=2BaSO +Al  OH  +NH H O，C项正确；
4 4 4 3 3 2
8.【答案】A
【解析】
【分析】根据图示可知W形成1个共价键，又是四种元素中原子序数最小的元素，X形成4个共价键且W、X、
Z分别位于不同周期，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则W是H元素，X是C元素，Z是Na元素，Y
形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，则Y是O元素。
【详解】A．H和C形成的化合物常温可能为气态、液态或固态，不一定比H和O形成的化合物的沸点低，A
项错误；
B．O2、Na的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：Z<Y，B项正确；
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}C．O、Na两种元素可形成两种常见的离子化合物：Na O、Na O ，C项正确；
2 2 2
D．X是C元素，Y是O元素，非金属性O>C，简单氢化物的稳定性：X<Y，D项正确；
答案选A。
9.【答案】C
【解析】
【分析】放电时生成O ，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电
2
时N为阴极、M为阳极；
【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的
电势，A正确；
B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；
C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH =CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：
2
2CH =CHCN+2e-+2H+=NC(CH ) CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，2H O- 4e-=4H++O ；根据
2 2 4 2 2
电子守恒可知，2NC  CH  CN~ 4e-~O ，若充电时制得1molNC(CH ) CN，则放电时需生成0.5molO ，才能
2 4 2 2 4 2
使左室溶液恢复至初始状态，C错误；
D．由C分析可知，D正确；
故选C。
10.【答案】B
【解析】
【详解】A．H+提供空轨道，H O的O原子提供孤电子对，二者通过配位键结构形成H O+，因此该反应可以认
2 3
为是酸与碱反应，A不符合题意；
B．CH =CH 断开碳碳双键中较活泼的键，然后两个不饱和的C原子分别与H 断裂H-H键形成的两个H原子结
2 2 2
合形成C-H键，没有给出电子对和接受电子对的原子，因此不能认为是酸与碱反应，B符合题意；
C．BF 中B原子采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子形成配位键，故可以认为是酸与碱
3
反应，C不符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，配位体NH 的N原子上有孤对电子，N原子提供电子对而与Cu2+结合，故二者之间反应可
3
以认为是酸与碱反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
11. 【答案】C
【解析】根据题目所给已知条件，可知晶胞参数定为单位1，A点为原点建立坐标系；A．B点原子在晶胞的正
前面面心，原子位置的坐标关系x轴方向1/2单位长度，y轴方向为0，z轴方向1/2单位长度，所以原子坐标参
数为（1/2，0，1/2），描述正确，不符题意；B．C 2+在晶胞体心，距离C 2+最近且等距离的TI4+在晶胞8个顶点，
O O
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}体
描述正确，不符题意；C．该晶体的化学式为C TiO ，C TiO 的摩尔质量为155g∙mol-1，1nm=10-7cm，该晶
O 3 O 3
1551021
的密度为 gcm3，描述错误，符合题意；D．TI4+与O2-之间的最短距离为立方晶胞中面对角线的一半，
a3N
A
2
即 anm，描述正确，不符题意；综上，本题选C。
2
12.【答案】B
【分析】天青石（主要成分为SrSO ，含有BaSO 、MgCO 等杂质），天青石中加入稀盐酸进行酸浸，MgCO
4 4 3 3
溶于稀盐酸生成MgCl 、CO 、H O，BaSO 难溶于稀盐酸，SrSO 难溶于稀盐酸，过滤后滤液1中含有MgCl 、
2 2 2 4 4 2
过量的稀盐酸，滤渣1中含有BaSO 、SrSO ；滤渣1中加入NH HCO 、氨水进行转化，“转化”工序中发生反应：
4 4 4 3
SrSO HCO NH H OSrCO SO2 NH H O ；滤液 2 中含有过量的氨水、NH HCO 和
4 3 3 2 3 4 4 2 4 3
(NH ) SO ，滤渣2中含有BaSO 、SrCO ，滤渣2中加入浓NH NO 进行硝化，滤液3中主要成分为硝酸锶，经
4 2 4 4 3 4 3
过碳化后得到SrCO ，据此回答问题。
3
【详解】A．由分析可知，滤液1中主要溶质含有MgCl ，电解MgCl 溶液会生成氢气、氯气和氢氧化镁，不能
2 2
得到金属镁，A错误；
B ． “ 转 化 ” 工 序 中 SrSO 转 化 为 更 难 溶 的 SrCO ， 发 生 的 主 要 反 应 为
4 3
SrSO HCO NH H OSrCO SO2 NH H O，B正确；
4 3 3 2 3 4 4 2
C．滤渣2中含有BaSO 、SrCO
4 3
D．含有SrCO 和BaCO 的悬浊液中，
c  Sr2

c  Sr2 c  CO
3
2
=
K
sp
 SrCO
3

=
5.601010
0.215，
3 3 c  Ba2 c  Ba2 c  CO2 K  BaCO  2.60109
3 sp 3
D错误；
故选B。
13.【答案】D
【解析】A项，甲烷参与的反应为吸热反应，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，该反应为气体体积增大的反应，
增大压强，甲烷的平衡转化率减小，错误；B项，CO 参与两个反应，且第一个反应中甲烷和二氧化碳的化学计
2
量数相等，因此当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1 1时，同温度下CO 的转化率大于甲烷的转化率，
2
即曲线B表示甲烷的平衡转化率随温度的变化；C项，催化剂不∶ 能改变化学平衡，因此两条曲线不能重叠，错误；
D项，温度不变，增大二氧化碳的量，平衡可向右移动，甲烷的转化率增大，可能达到Y点的值，正确。
14. 【答案】B
【分析】由图可知，实线为0.1molL1NaOH溶液滴定二元弱酸H A的滴定曲线，虚线为0.1molL1NaOH溶
2
液滴定二元弱酸H A的物种分布分数曲线， 、 、 分别为H A、HA、A2的分布分数曲线；
2 2
① ② ③
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}n(NaOH) n(NaOH)
【详解】A．当
n  H A 
1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当
n  H A 
 2时，反应生成Na
2
A，
2 2
Na A溶液显碱性。由图可知，溶液中c  H A c  HA 时，pH7，A正确；
2 2
n  NaOH  n  NaOH  n  NaOH 
B． 2时恰好完全反应得到Na A，则0  2时，随着H A被滴定分数 
n  H
2
A  2  n  H
2
A   2  n  H
2
A  
的逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大，氢氧化钠过量之后，则水的电离程度又有所减小，B错误；
 
n NaOH
C． 0.5的溶液中，溶质为NaHA、H A，由物料守恒得：2c  Na c  HA c  A2 c  H A  ，
n  H A  2 2
2
溶 液 中 还 存 在 电 荷 守 恒 关 系 ： c
 Na
c
 H
c
 HA
2c
 A2
c
 OH
， 联 立 可 得 ：
2c  H c  H A c  HA 3c  A2 2c  OH ，C正确；
2
 
n NaOH
D．由图示知， 1时，溶质为NaHA且溶液显酸性，说明HA的电离程度大于水解程度，则溶液中
 
n H A
2
c  A2 cH A，D正确；
2
15.【答案】（14分，除特殊说明外，每空2分）
（1）c（1分） d（1分）
（2）6NH 3CO (x3)H O2SmCl Sm CO xH O6NH Cl
3 2 2 3 2 3 3 2 4
（3）调节分液漏斗活塞，慢慢滴加氨水
（4）偏小 控制溶液的pH基本不变，防止形成的配合物不稳定络合不完全
（5）K 、 K m m m m 
1 3 2 4 5 3
16.【答案】（除特殊说明外，每空2分，共14分）
（1）+3 （1分） 将Co3+还原为Co2+，有利于提高Co的萃取率
放电可使Li+经电解质溶液进入正极材料中，提高锂的回收率
（2） 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H O 6.5pH<6.7 D
2
（3）生产氮肥，土壤改良，蛋白质纯化，纺织、皮革、医药、啤酒酿造、蓄电池生产等（1分）
（任意一种，合理均可）
9 3
（4） 1021
2x3N
A
17、（15分）【答案】
（1）2  x y  （2分） （2）BD （2分） （3） d （1分）
主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，主反应逆①移程度大于副反应（2分）
②加压或选用主反应选择性大的催化剂 （2分）
（4）③2 （2分）
（5） C H O 20e 6H O4CO 20H （2分）
4 8 2 2 2
① 18（2分）
18、（15②分，除特殊说明外，每空2分）
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}【答案】（1）酯基、醚键
（2） . . 加成反应 （1分）
① ②
（3） （4）中和反应生成的CH COOH，有利于平衡正向移动，提高化合物G的产率
3
（5） .18 . 或
① ②
（6）
{#{QQABAYIEggioAAIAAAgCUQUQCgCQkhGCASgOQAAAoAAACQFABCA=}#}