化学试题卷答案湖北省华大新高考联盟2026届高三11月教学质量测评(11.25-11.26)

机密★启用前华大新高考联盟2026届高三11月教学质量测评化学参考答案和评分标准题号1234567答案CBDBABA题号89答案CDCCDDA【解析】燃烧硫黄,S与O2反应生成SO2,涉及氧化还原反应,A错误;“84”消毒液主要成分为NaClO,消毒时利用其强氧化性,涉及氧化还原反应,B错误;碳酸氢铵(NH4HCO3)和草木灰(主要成分为K2CO3)混用,反应生成氨气,没有涉及氧化还原反应,C正确;铝制品的新切口失去金属光泽,是因为Al被氧化为,涉及氧化还原反应,D错误。【解析】Si是半导体,不是电的良导体,A错误;室温下丙烯与氯化氢发生加成反应主要生成2-氯丙烷,改变反应条件(如温度、催化剂等),2-氯丙烷的产率可能会变化,B正确;微量的NO在人体内有一定的生理作用,不会严重危害人体健康,C错误;油脂在碱性溶液中的水解反应又称为皂化反应,可制作肥皂,D错误。【解析】基态Cr原子的价层电子排布式为3d54S1,A错误;SO2的VSEPR模型为平面三角形,SO2的空间结构为V形,B错误;NaCl是离子晶体,由Na十和Cl—通过离子键结合形成,金刚石是共价晶体,由C原子通过共价键结合形成,C错误;[CU(NH3)4]2十中,NH3是配体且配位数为4,D正确。【解析】二氧化碳是直线形分子,碳原子的半径大于氧原子的半径,A错误;溴单质中的共价键是由2个溴原子各提供1个未成对电子的4p原子轨道重叠形成的,B正确;产物聚碳酸酯比反应物少了一个-CH2-,C错误;水垢主要成分为CaCO3,醋酸除水垢的离子方程式为2CH3COOH十CaCO3=【解析】直接蒸发氯化镁溶液会导致Mg2十水解生成Mg(OH)2,制备无水氯化镁晶体应该在HCl气流中蒸发,防止水解,A错误;乙醇催化氧化产物为乙醛,乙醛易挥发,用冰水混合物冷却可收集乙醛,B正确;甲酸和乙酸沸点不同,理论上可通过蒸馏分离,C正确;利用乙醇和乙酸在浓硫酸、加热条件下制备乙酸乙酯,D正确。【解析】结合题干信息分析,W为H、X为N、Y为O、Z为Cl。原子半径O<N,A错误;基态原子的第一电离能H<N,B正确;N最外层有5个电子,N的最高化合价为十5价,C错误;NH3和NCl3中的N均有一对孤电子对,但Cl与H的电负性不同,对成键电子对的吸引作用不同,键角不相等,D错误。【解析】该分子中无手性碳,A错误;含酚羟基和碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,B正确;分子式为化学参考答案和评分标准第1页(共5页)C,C正确;1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗2molNaOH(酚羟基1mol,酯基水解【解析】原子半径C<Si,键长C-H<Si-H,键能C-H>Si-H,键能越大分子越稳定,稳定性CH4>SiH4,A正确;SiO2为共价晶体,Si原子与O原子通过共价键形成,CO2为分子晶体,微粒间通过范德华力结合,熔点高低取决于微粒间作用力类型,共价键键能>范德华力,熔点SiO2>CO2,B正确;H2CO3和H2SiO3都是只含1个非羟基氧,H2CO3的酸性大于H2SiO3的主要原因是C的电负性大于Si,吸引电子能力更强,使H-O键极性增强,更易电离出H十,C错误;金属元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性Na>Mg,碱性NaOH>Mg(OH)2,D正确。【解析】结合题目信息和转化关系可推断,A是S、B是H2S、C是SO2、D是SO3、E是Na2SO3、F是O。H2S与CUSO4溶液反应生成CUS黑色沉淀,A正确;SO3属于酸性氧化物,熔点约为16℃,沸点约为45℃,常温下SO3为液态,B正确;Na2SO3具有较强的还原性,在空气中容易被氧气氧化而变质,C正确;Na2S2O3与I2发生氧化还原反应,生成I—和Na2S4O6,能使碘水褪色,D错误。【解析】根据盖斯定律,反应②=0.5×(③—①),即根据反应的热效应,反应①为放热反应,反应②、③均为吸热反应,转化④也是放热过程,随着温度升高,反应②、③正向移动,反应①、④逆向移动,所以TiCl3(g)的含量逐渐上升,TiCl2(s)的含量逐渐下降,所以曲线I对应的物质为TiCl2(s),曲线Ⅱ对应的物质为TiCl3(g),A正确;根据上述分析,反应②的ΔH2=十200.1KJ.mol—1>0,反应②的ΔS>0,根据ΔH—TΔS<0可以自发,即高温有利于反应②自发进行,B正确;温度T0K下,n[Ti(s)]=8.5mol,n[TiCl3(g)]=6.0mol,n[TiCl3(s)]=n[TiCl2(s)]=0mol,根据Ti元素守恒,可推出平衡时n[TiCl4(g)]=(10十5—6—8.5)mol=0.5mol,则c[TiCl4(g)]= mol.L—1,cmol.L—1,反应③的平衡常数KC错误;温度T0K下,TiCl4的平衡转化率为D正确。【解析】通过均摊法计算,化合物M的化学式为FeN,A错误;Fe原子位于晶胞的顶点和侧棱棱心, ,,对应为体心的分数坐标,B错误;每个Fe周围与其等距且紧邻的Fe有6个,C正确;晶胞底面为菱形,长对角线上的两个Fe的距离与棱长不相等,D错误。高温=SnF2十CaO十CO2,A正确;添加辅料可以增大CO和固体反应物的接触面积,从而提高反应物的转化率,B正确;粗导管可以防止SnF2蒸气(易凝结)堵塞导管,有利于产物的收集,C正确;CO含量太低,通过点燃可能无法处理CO,CO2不能被点燃,通常CO与NaOH溶液不反应,D错误。高温【解析】该电池完成储能时,正极区发生氧化反应,VO2十(蓝色)被氧化为VO(黄色),正极区的溶液颜色为黄色,A错误;该电池储能时正极区的反应为VO2十十H2O—e—=VO十2H十,若正极区消耗1molH2O,理论上正极区生成H十的数目为2NA,B错误;该电池工作时,负极区的反应为V2十—e—=V3十,负极区的溶液颜色由V2十(紫色)变V3十(绿色),C错误;该电池工作时,正极反应为VO十2H十十e—化学参考答案和评分标准第2页(共5页)=VO2十十H2O,负极反应为V2十—e—=V3十,总反应的离子方程式为VO十V2十十2H十=VO2十十V3十十H2O,D正确。【解释】体系中所有F—和Ca2十均由CaF2溶出,由图可知,PH≥5时Ca2十浓度基本不变,c(Ca2十)=1,KsP(CaF2)=c(Ca2十)c2(F)=2.0×10—4×(4.0×10—4)2=3.2×10—11,A正确;根据物料守恒,图中任一点都存在c(F—)十c(HF)=2c(Ca2十),B错误;PH=3时,c(H十)=0.001mol.L—1,由Ka(HF)=c(H()H.)(F—)=6.4×10—4可得=0.64,此时氟元素主要以HF的形式存在,C错误;由电荷守恒可知,溶液中存在c(OH—)十c(F—)十c(NO3—)=2c(Ca2十)十c(H十),PH=3.19时,c(OH—)<c(H十),则c(F—)十c(NO3—)>2c(Ca2十),D错误。(1)3d74s2(2分)。(2)酸性(2分);Ni2十十2H2O亍兰Ni(OH)2十2H十(2分)。(3)6.55(2分)。煅烧(4)取最后一次洗涤液,滴加稀盐酸酸化后,再加入几滴BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则沉淀已洗净(2分,合理即可)。煅烧(5)O2(2分);4Ni0.8Co0.1Mn0.1(OH)2十4LiOH十O2=O【解析】(1)基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2。(2)Ni2十水解使溶液呈酸性,离子方程式为Ni2十十2H2O亍兰Ni(OH)2十2H十。(3)三种氢氧化物组成相似,KsP越小越易沉淀,所以Ni2十最先沉淀,应以其浓度计算PH上限。已知混合1,根据KsP[Ni(OH)2]=c(Ni2十).c2(OH—),可得cmol.L1=—8—8)= —8)(4)沉淀表面可能附着SO—,检验沉淀是否洗涤干净,检验最后一次洗涤液的SO—即可。(5)“煅烧”时LiOH与前驱体Ni0.8Co0.况,B具有氧化性,气体B为O2。即可写出相应的化学方程式。(1)①②(2分,选不全的得1分,有选错的得0分)。==CU22NH](2分);<(2分)。(3)浓氨水浓度较高,b→c的过程中加入浓氨水的体积较小,体系的总体积变化不大(或c点后继续滴加浓氨水,体系电导率没有明显变化),因此不是体系的总体积变大导致c(NH)减小(2分,合理即可);1(2分);浓氨水用量(体积)(或NH3.H2O的浓度)(2分,合理即可);λ1>λ3(2分)。【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、滴管等,此处应选择容量瓶和烧杯。(2)图中a→b过程中,有蓝色沉淀析出,写出相关生成沉淀的离子方程式。a→b过程中,电导率升高,说明同浓度溶液的导电能力:CUSO4<(NH4)2SO4。(3)滴加的浓氨水浓度较高,b→c的过程中加入浓氨水的体积较小,体系的总体积变化不大(或c点后继化学参考答案和评分标准第3页(共5页)续滴加浓氨水,体系电导率没有明显变化),因此稀释效应不是C(NH)减小的主要原因,假设I不成立。溶液总体积为2,控制变量,实验方案中父应该为1。实验B和实验C的目的是探究浓氨水用量对溶液吸光度的影响。实验A含有NH4Cl(提供NH),实验C不含有NH4Cl,而实验A和实验C的总体积相同,若NH促进[CU(NH3)4]2十形成,则NH浓度越大,[CU(NH3)4]2十浓度越大,吸光度越大,则能说明NH参与并促进[CU(NH3)4]2十形成过程的实验证据为λ1>λ3。(1)<(2分)。(2)ad(2分,选不全的得1分,有选错的得0分)。(3)①T3>T2>T1(2分);②0.005(或5×10—3)(2分);③0.025—1/2(或1)(2分,(4)X.SO3(2分);二(1分)。(5)产物CaSO4可资源化利用(或原料价格低廉、工艺流程简单等)(2分,合理即可)。【解析】(2)化学方程式左右气体计量数不相等,在恒容密闭容器中,气体体积不变,容器内气体密度不变时,说明反应达到平衡,a正确;对于放热反应,升高温度,平衡左移,化学反应的平衡常数减小,b错误;催化剂只能改变化学反应的速率,无法改变反应物的平衡转化率,C错误;增大O2浓度,平衡右移,SO2的平衡转化率增大,d正确。(3)①该反应ΔH<0,升高温度,平衡逆向移动,SO2平衡转化率降低,所以T3>T2>T1。③CaCO3(S)十SO2(g)十O2(g)=KC===0.025—1/2。(4)根据元素守恒可知Q表示为X.SO3。催化反应中最慢的步骤称为决速步,活化能最大。(5)“石灰石-石膏法”脱硫的优点为产物CaSO4可资源化利用、原料价格低廉、工艺流程简单等。(1)苯甲醛(1分);羟基(1分);酯化反应(或取代反应)(2分)。CN|yHO|HOCNCN|yHO|△△△O—→|HO|HO|CN|yHO|COOH|yCOOHHO|HO|CN|yHO|COOH|y△△十(NH4)2SO4](2分,合理即可)。(3)a(2分)。(4)6(2分)。化学参考答案和评分标准第4页(共5页)HOHO/CH2OH|(5)(2分)。(5)(2分)。COOHCH5OH浓H2SO4,浓H2SO4,△H5COH