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化学

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广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试

化学试卷

(考试时间:75分钟试卷满分:100分)

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量:Li-7C-12O-16P-31C1-35.5S-32Ti-48Fe-56Ni-59

—、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,只有一项符合题目要求。

1.科技发展与化学密切相关,下列说法正确的是

A.小米sU7所用耐高温碳陶瓷制动盘属于传统无机非金属材料

B.国产AI大模型Deepseek所用芯片的主要成分与光导纤维的相同

C."天宫二号的存储器使用的石墨烯与金刚石互为同分异构体

D.可用来制作智能折叠手机屏幕的聚酰亚胺塑料属于有机高分子材料

2.下列实验操作对应的装置错误的是

ABCD

量取10.00mLK2cr207溶液分离油水钠在空气中燃烧制备乙酸乙酯

3.海水提溴过程中发生反应:3Br2+6Na2CO3+3H20=5NaBr+NaBro3+6NaHCO3,设NA为阿伏加德罗常数

的值。下列说法正确的是

A.标准状况下,11.2LBr2含孤电子对数为6NA

B.0.1mol·L-'Na2co3溶液中co32、HCO3、H2co3的微粒总数为0.1NA

C.反应中消耗3molBr2转移的电子数为5NA

D.1L0.1molLNaBroi3溶液含氧原子数为0.3NA

阅读下列材料,完成以下小题:

液氨可以微弱电离产生NH2和NH4+;NH3中的一个H原子若被-0H取代可形成NH2OH(羟胺);氨水可

与CU2+形成[CU(NH3)4]2+;工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2].

4.下列说法正确的是

NH3的空间填充模型:

A.羟胺的电子式:"yiuB

C.液氨的电离方程式:2NH3-NH2·NH4+D.尿素的结构简式:

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5.下列陈述I与陈述II均正确,且具有因果关系的是

选项陈述I陈述II

A碱性:NH2OH>NH3NH2OH中N原子的电子云密度大于NH3中N原子

B熔点:NH2OH<[NH3OHjclNH2OH为分子晶体,[NH3OH]cl为离子晶体

C热稳定性:NH3>PH3NH3能形成分子间氢键,PH3不能形成分子间氢键

D与CU2+的配位能力:NH3<H2ONH3中只有一对孤电子对,H2O中有两对孤电子对

A.AB.BC.CD.D

6.仿瓷餐具质轻美观,不易破碎,其主要成分蜜胺树脂是由X与Y在一定条

件下得到的网状聚合物,反应涉及的部分物质结构简式如图。下列说法正

确的是

A.X的核磁共振氢谱有3组峰

B.Imoly最多能与2mol[Ag(NH,)]OH反应

C与Y在形成蜜胺树脂的过程中会生成线型聚合物

D.X中碳、氮原子的杂化轨道类型有sp、sp2、sp3

7.X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素,基态X原子电子占据3个能级,且每个能级所含的

电子数相同;原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等,但第一电离能比同周期相邻

元素的都低;M的合金是我国使用最早的合金。下列说法错误的是

A.基态X原子的核外电子共有4种空间运动状态

B.X、Y、Z的简单氢化物均可与M的阳离子形成配位键

C.第一电离能:Y>Z>X

D.与基态M原子最外层电子数相同的同周期元素还有2种

8.部分含氯物质相互转化如图。下列离子方程式正确的是

A.反应①:2cl-+2H2O20H-+cl2+H2t

B.反应②:2clo-+CO2+H2O=2Hclo+CO32-

C.反应③:SO2+2clo3-=2clo2+SO42-

D.反应④:2clo2+H202+2OH-=2clo2-+2H2O

9.诺贝尔奖获得者GerhardErl研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化(单位为KJmol-i)如图所示,

其中ad表示吸附态。下列说法错误的是

A.NgHgNHg2()+2()3()ΔH46KJmol-i

22

B.图示历程包含4个基元反应

3

C.最大能垒步骤的反应方程式N2(ad)+H2(ad)=N(ad)+3H(ad)

22

D.NHadNHg3()3()为物理脱附过程

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10.为探究Fe3+配合物的性质,进行如下实验(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是

3+3-

A.溶液①为黄色而不是浅紫色,是因为Fe3+转化成了Fe(OH)3沉淀

B.往溶液②加入少量KNO3固体,溶液颜色变深

C.由溶液②和③,说明cFe3+:②<③

3+

D.为了能现察到溶液D[Fe(H:O)]的颜色,可向该溶液中加入稀确酸

11.中国科学技术大学研究团队采用钉基电催化剂对Li-CO2可充电电池进

行改进,通过精确调控催化剂表面的Li2CO3成核与分解实现电池性能

的突破该装置结构如图,电池总反应为

放电

3co2()+4Li(s)2Li2co3(s)+c(s)。下列说法正确的是

充电

A.可采用乙醇作有机电解质

B.放电时,Li+移向石墨烯电极

C.氧化产物碳在正极上沉积,不利于电池放电

D.充电时,理论上电路中每转移4mol电子,阳极质量减少12g

12.FeTio3常用于制备磁芯、磁盘和传感器等,其立方晶胞如图所示。下列叙述错误的是

已知:晶胞参数为anm,NA为阿伏加德罗常数的值。

A.Ti周围等距且最近的o有12个

B.图中A点原子的分数坐标为O.',

22

C

D.Fe和Ti之间的距离与Fe和。之间的距离之比为3:、J2

13.恒容密闭容器中,起始按n(CO2):n(H2)F1:1投料发生如下反应

①co2(g)+H2(g)Co(g)+H2O(g)ΔH=+41KJ-mol-l

②co2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(e)ΔH2=-165KJ-mol-l

平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A.曲线a表示的物质为CH4

B.Y点CO2转化率为60%

C.若起始按n(CO2):n(H2)F1:2投料,则曲线交点X应向d点方向移动

D.s00-c时,当容器中V正(H2)-v逆(co)时,反应①达到平衡状态

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14.在不同PH环境的Na2co3溶液中,Mg2+可以转化为Mgco3或Mg(OH)2沉淀。图1表示0.1mol-L-1Na2co3

溶液中含碳微粒的物质的量分数与PH的关系。图2表示Mg2+在图1对应Na2co3溶液的不同PH环境

中形成Mgco3或Mg(OH)2的溶解平衡关系。下列说法错误的是

图1图2

A.常温下co32.的水解常数kh=103.75

B.结合图1、图2可知,曲线II代表Mgco3的溶解平衡曲线

c.当pi1-9.g[c(Mg")]--28,游液c(t,c0.)c(HCO3)+e(co;)-0,Imol-I"

D.沉淀Mg2+制备较高纯度Mgco3时,选用NaHCO3(aq)比等物质的量浓度的Na2co3(aq)效果好

二、非选择题(共4题,共58分)

15.(14分)三草酸合铬酸钾{KCrCO3r1()243}具有良好的络合性能,可用作肥料添加剂。以高铝铬铁

矿(主要含cro23,还含AlO23、FeO23、Mgo、sio2)为原料制备三草酸合铬酸钾的流程如图所示。

①cro23与AlO23、crOH()3与AlOH()3性质相似。

③常温下,相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的PH如下表所示。

金属离子Fe3+Al3+cr3+Mg2+

开始沉淀的PH2.23.5

沉淀完全的PH(C=1.010molL5-)3.2

请回答下列问题:

(1)基态cr的价层电子排布式为。

(2)"酸浸"时为了提高浸取率,除了粉碎矿石,还可以采取的措施是(任写一条)。

(3)"沉淀"时,当Al3+开始沉淀,溶液中Fe3+的浓度是。滤液1中含量最高的金属阳离子

是。

(4)"沉铬"时,需先加HO22,则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。

(5)"沉淀转化后溶液呈橙色,写出"沉淀转化的离子方程式:。

(6)以高铝铬铁矿为原料也可制备硼化铬(crB),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,其晶胞结构如图所示(结构中cr原子

可看成标准面心堆积),完成以下问题。

①crB属于晶体。

②设晶胞棱长为Cnm,则cr原子的半径为nm.

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16.(1s分)硫化镍(Nis)是一种重要化学品。回答下列问题:

I.制备Nis

实验室用H2S、NH3和含Nicl2的溶液制备Nis的装置(夹持装置略)如图。

已知:Nis不溶于水,溶于稀酸,易被氧气氧化。

(1)按上图连接装置进行实验,正确的操作顺序为(填标号)。

①打开ki、K4,关闭K2、K3②关闭K并打开a活塞,同时打开K2

③通入N2一段时间④检查装置气密性并加入药品

(2)装置II中试剂为。

(3)配制500mLNicl2和NH4cl混合溶液时,需要用到的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、。

(4)装置III中反应的化学方程式为。

(5)装置IV中多孔玻璃泡内置浮子的作用是

(6)反应结束后,取下装置IV并关闭K4,在b、C处分别连接下

图两装置,打开K2、K3进行抽滤洗涤,装置甲接在(填"b"

或"C")处。

II.质量分数测定

取2.5g产品溶解于稀酸后,配制成250mL溶液,取20mL溶液于锥形瓶中,加入30mL0.10mol/LEDTA

溶液,发生反应:Ni2++EDTA=EDTA-Ni2+,煮沸,滴入几滴PAN做指示剂,趁热用0.10mol/LCUSO4溶液

滴定过量EDTA溶液,发生反应:CU2++EDTA=EDTA-CU2+。当达到滴定终点时,消耗CUSO4溶液10mL(滴

定过程其他杂质不参加反应)。

(7)样品中Nis质量分数为。

(8)以下操作导致Nis质量分数测定结果偏低的是___(填标号)。

A.在配制CUSO4溶液时容量瓶中液面超过刻度线

B.滴定管水洗后未用cuso4溶液润洗

C.滴定近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁

D.若滴定前滴定管尖嘴处无气泡,滴定后有气泡

17.(14分)为实现cc碳中和"和"碳达峰,碳的循环利用是重要措施。

工业上通过反应I生产甲醇,同时也会有副反应发生。

反应I:cO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH

反应II:co2(g)+H2(g)Co(g)H2O(e)H2=+41.0KJ/mol

(1)已知298k时,相关物质的相对能量如图所示,则ΔH=KJ/mol。

反应I在(填"高温低温"或"任何温度")下能自发进行。

(2)在密闭容器中,充入1molco2和3molH2,发生反应I、反应II。下列说法正确

的是填标号)。

A.反应I所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为H20>CH3OH>CO2>H2

B.反应II的正逆反应活化能大小:Ea(正)>E.(逆)

C.平衡后,压缩容器容积,反应I平衡正向移动,反应II平衡不移动

D.加入反应I的催化剂,可提高甲醇的平衡产率

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(3)一定条件下,在密闭容器中以初始浓度均为1.00mol-L-的co2和

H2进行反应I、反应II.在单位时间内测得温度对CH3OH的选择性的实验值

和对应温度平衡值如图所示:

①由图可知在单位时间内,温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于

平衡值。原因是(从化学反应速率的角度解释)。

②已知260C时CO2平衡转化率为25%,则此温度下反应I的平衡常数

K=(精确到小数点后2位)。

(4)合成的甲醇可利用snomsno/CC2(2)和CUO纳米片(CUONS/CF)

作催化电极,进一步制备甲酸,其电化学装置的工作原理如图所示

①阳极的电极反应式为

②假设不考虑损耗,理论上制备ImolHCOOH电路中转移mol

电子。

18.(15分)以A和芳香烃E为原料制备除草剂前草酮中间体I的合成路线如下:

(1)E的化学名称为。A中的官能团名称为。

(2)F→G的方程式为。

(3)D+H→I的反应类型为。在该反应中,K2CO3可以提高原料利用率,试分析其原因。

(4)H的同分异构体中,同时满足下列条件的有种(不考虑立体异构),写出其中一种同分异构体

的结构简式。

①含有苯环;

②能发生银镜反应;

③1mol该物质最多能与5molH2发生加成反应;

④核磁共振氢谱有四组峰,且峰面积之比为1:1:2:1。

(5)利用原子示踪技术追踪GH的反应过程如下:

i.CHCHCHCOOCH/NaH13

i.H/HO,+2Δ

根据上述信息,写出以和为原料合成的路线

(无机试剂任选)。

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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；

2−−

B．0.1mol/L的Na2CO3溶液的体积未知，无法求出CO3、HCO3、H2CO3的微

粒总数，B错误；

C．每消耗3molBr2，其中有0.5molBr2被氧化成NaBrO3，有2.5molBr2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5NA，C正确；

−1

D．在1L0.1mol.LNaBrO3溶液中除NaBrO3含O原子外，还有作为溶剂的H2O分子

中也含O原子，则含有的氧原子数远大于0.3NA，D错误；

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<NH3，A错误；

B．NH2OH为分子晶体，[NH3OH]Cl为离子晶体，离子晶体熔点更高，B正确；

C．化学键的键能越大，化学性质越稳定，因为H-N的键能大于H-P，所以NH3的热

稳定性大于PH3，与氢键无关，C错误；

第1页共6页

D．O原子的电负性强于N原子，则N原子更易提供孤电子对参与形成配位键，故

NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，原子配位能力与孤电子对数无关，D错误。

6.C

【详解】A．X为三聚氰胺，结构对称，三个-NH2完全等效，分子中只有1种等效氢，

核磁共振氢谱有1组峰，A错误；

2−

B．Y为HCHO（甲醛），1mol甲醛与银氨溶液反应时，可被氧化为CO3,对应

4mol[Ag(NH3)2]OH，B错误；

C．，C正确；

D．X中有形成双键的碳原子、氮原子和饱和氮原子，故其杂化轨道类型有sp2、sp3，

D错误；

7.B【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素。X的基态原子含有3

个能级，且每个能级所含的电子数相同，电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Z电子排

布式为1s22s22p4，Z为O元素，则Y为N元素，M的合金是我国使用最早的合金，M为

Cu元素。

【详解】A．基态X原子（碳）的电子排布式为1s22s22p2，占据1s轨道，2s轨道，

和2p中的2个轨道，共有4种空间运动状态，A说法正确，故A不选；

B．X（C）、Y（N）、Z（O）的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O。CH4无孤对电

2+

子，无法与Cu形成配位键，而NH3和H2O可以，B错误；

C．第一电离能：Y（N）＞Z（O）＞X（C），C说法正确，故C不选；

D．基态M（Cu）最外层电子数为1（4s1），同周期（第四周期）中，K（4s1）和Cr

（4s1）也满足此条件，共2种，D说法正确，故D不选；

故本题选B。

8．C

—2+2+-

【详解】A．OH与Mg生成Mg(OH)2沉淀，电解方程式为：Mg＋2Cl＋2H2O

Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑,A错误；

---

B．酸性强弱：HClO>HCO3，应为：ClO+CO2＋H2O=HClO+HCO3，B错误；

-2-

C．NaClO3和SO2、硫酸混合：SO2+2ClO3=2ClO2+SO4，C正确；

--

D．H2O2做还原剂，产物为O2，2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2＋2H2O+O2↑,D错误。

9.C

−1

【详解】A．如图所示，N2(g)+H2(g)NH3(g)ΔH=−46kJ.mol，故A

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．NH3(ad)→NH3(g)为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D正确；

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

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CO2被还原生成C，C是还原产物而非氧化产物，C错误；

−+

D．由题意可知，充电时阳极电极反应为2Li2CO3+C−4e=3CO2+4Li，理论上充电时

每转移4mol电子，阳极消耗2molLi2CO3和1molC，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，故B正确；

C．根据晶胞结构示意图，晶胞中Fe个数为1，O个数为，Ti的个数为，

−3

晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×107)cm3，晶体的密度为

3

g/cmg/cm，C正确；

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，

即为anm，则两者的比值为，故D错误。

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CH4，曲线a表示的物质为CO2，A错误；

B．Y点没有CH4，且CO2、CO含量相等，投料n(CO2)：n(H2)=1:1，则此时反应①

平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量相等，所以CO2转化率为50%，B错误；

C．若起始按n(CO2)：n(H2)=1：2投料，反应①、②平衡均向右移动，CO和CH4体

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正(H2)为反应①、②总消耗量，而v逆(CO)仅为反应①消耗量，

所以当容器中v正(H2)=v逆(CO)时，不能说明反应①达到平衡状态，D错误。

14．C

2-2---

【详解】A．CO3的水解以第一步为主，水解方程式为CO3+H2OHCO3+OH，根

第3页共6页

2--−10.25

据图1可知pH=10.25时，c(CO3)=c(HCO3)，故Ka=10，

2-

常温下CO3的水解常数KhA正确；

2-

B．由图1可知，在pH为8~12范围内，CO3的物质的量分数逐渐增大。由Ksp(MgCO3)=

2+2-2+2-2+

c(Mg)×c(CO3)可知lg[Ksp(MgCO3)]=lg[c(Mg)]＋lg[c(CO3)]，故lg[c(Mg)]=

2-2-2+

lg[Ksp(MgCO3)]－lg[c(CO3)]，lg[c(CO3)]逐渐增大，则lg[c(Mg)]逐渐减小，且二者之和

2+－

为常数。同理，对于Mg(OH)2沉淀，lg[c(Mg)]=lg[Ksp{Mg(OH)2}]－2lg[c(OH)]=

+2++

lg[Ksp{Mg(OH)2}]－2[－14－lgc(H)]，故lg[c(Mg)]~lgc(H)曲线是一条关于pH的一次函

数曲线。故曲线Ⅱ代表MgCO3的溶解平衡曲线，曲线Ⅰ代表Mg(OH)2的溶解平衡曲线，B

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MgCO3的过饱和溶液，生成MgCO3沉淀，导致溶液中含碳微粒总浓度小于0.1mol/L，

C错误；

-

D．NaHCO3溶液pH较低，OH浓度小，可减少Mg(OH)2生成，更利于MgCO3沉淀，

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)10－5.9mol/L；Mg2+（1分）(4)3:2

+2−2−

(5)2BaCrO4+2H+2SO4=2BaSO4+Cr2O7+H2O

(6)共价（1分）；c

【分析】

高铝铬铁矿（主要含Cr2O3，还含Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2）加稀盐酸进行酸浸，

Cr2O3、Al2O3、Fe2O3、MgO转化为盐酸盐溶液，SiO2不溶于盐酸，过滤除去，滤渣1为

SiO2；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

--

化铁、氢氧化铝、氢氧化铬的滤渣，进行碱浸、过滤得到含[Al(OH)4]、[Cr(OH)4]的溶液，

向溶液中加H2O2、BaCl2沉铬得到BaCrO4沉淀，加硫酸发生沉淀转化、系列操作得到产

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。

51

（2）基态24Cr的价层电子排布式为3d4s；

－5－10.83－37.43+

（3）根据已知③,Ksp[Fe(OH)3]=10×(10)=1×10；当Al开始沉淀，此时pH=3.5

则c(OH－)=10－10.5mol/L，

mol/L；由分析可知滤液1中含量最高的金属阳离子是

－－

（4）氧化剂：H2O2→H2O~2e；还原剂：→CrOe；则根据氧化还原反

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

+2−2−

2BaCrO4+2H+2SO4=2BaSO4+Cr2O7+H2O；

（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

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CrB属于共价晶体。

②硼化铬(CrB)晶胞中，设晶胞棱长为cnm，设Cr原子半径为rnm，则

nm，所以Cr原子的半径为cnm。

16．【答案】(1)④①③②(2)饱和NaHS溶液

(3)500mL容量瓶胶头滴管(4)H2S+2NH3+NiCl2=NiS↓+2NH4Cl

(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H2S气体和FeCl2，然后经过装置Ⅱ除去HCl杂质

气体，最后H2S进入装置Ⅲ和NiCl2、NH3反应生成NiS，装置Ⅳ吸收多余H2S、NH3，

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K1、K4，关闭K2、K3，并通入N2；一

段时间后，关闭K1并打开a活塞加入浓盐酸，同时打开K2，通入NH3，观察Ⅲ中产生浑

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H2S中的HCl杂质气体，其中适宜的

试剂可以为饱和NaHS溶液，可以将HCl气体转化为H2S气体；

（3）配制500mLNiCl2和NH4Cl混合溶液时，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃

棒、500mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管；

（4）根据分析，装置Ⅲ中H2S、NiCl2、NH3反应生成NiS沉淀，化学方程式为：

H2S+2NH3+NiCl2=NiS↓+2NH4Cl；

（5）根据分析，装置Ⅳ吸收多余H2S、NH3，通过浮子缓冲气流，防止倒吸。

（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：

（8）A．在配制CuSO4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

的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的CuSO4溶液体积偏高，导致测定结果偏低，A正确；

B．滴定管水洗后未用CuSO4溶液润洗，会导致CuSO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消

耗的CuSO4溶液体积偏高，导致测定结果偏低，B正确；

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CuSO4溶液体积偏小，导致

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

②0.33

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-+

（4）H2O+CH3OH-4e=HCOOH+4H

【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

ΔH1=[(-200.5)+(-242)-(-393)]kJ/mol=-49.5kJ/mol，ΔG=ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，反

应Ⅰ为放热的熵减反应，在低温下能自发进行；

（2）A．H2O与CH3OH均为极性分子且能形成分子间氢键，等物质的量的H2O中氢键比

甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大，故A正确；

B．反应Ⅱ的ΔH2=+41.0kJ/mol，ΔH等于正反应活化能减去逆反应活化能，则活化能：

Ea(正)>Ea(逆)，B正确；

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CO2

H

和2量减小，H2O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CH3OH的选择性的实验值略高于平衡值。

②260℃时，CO2的平衡转化率为25%，CH3OH的选择性的平衡值为50%，CO2和H2的初

-1

始浓度均为1.00mol·L，可以得出各物质浓度分别是c(CO2)=0.75mol/L；

c(CO)=c(CH3OH)=0.125mol/L；c(H2O)=0.125mol/L+0.125mol/L=0.25mol/L；

c(H2)=1mol/L-0.125mol/L×3-0.125mol/L=0.5mol/L；反应Ⅰ的平衡常数K=

（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

-+

守恒，电极反应式为CH3OH+H2O-4e=HCOOH+4H。

电解

2CO+CHOH+HO3HCOOH

总反应为232，电路中转移4mol电子时，生成3molHCOOH，

4

则制备1molHCOOH，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

浓

(2)+2CH3CH2OH+2H2O

(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）

CH3CH3CH3CH3

+

KMnO4(H)

CH3CHCH2OH————→CH3CHCOOH—浓—硫—酸、→CH3CHCOOCH2CHCH3

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CH3CH3CH3

或者II

、催2

CHCHCHOH2CH3CHCHO—→CH3CHCOOH

32—Δ→

CH3CH3

—浓—硫—酸、→CH3CHCOOCH2CHCH3

【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