化学广西壮族自治区邕衡教育名校联盟广西2026届高三年级秋季学期8月联合调研测试(8.19-8.20)

广西2026届新高考秋季学期8月适应性联合测试化学答案题号123456789答案CDCBACCBDBCCDD15.（14分）（1）恒压滴液漏斗（2分）（2）吸收HCl气体（2分）（3）CoCl2+2NaSac+4H2O=Co(Sac)2(H2O)4+2NaCl（2分）（4）先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质（2分）（5）稀硝酸、硝酸银溶液（2分）（6）偏小16.（14分）（1）SiO2（2分）（2）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH除去（2分）（3）破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤（2分）0.19（2分）（4）温度低于30℃,反应速率较慢；温度高于30℃,H2O2会发生分解，浸取率低（2分）（5）2Ag+4CN−+H2O2=2[Ag(CN)2]−+2OH−（2分）安全无毒，对环境无污染（2分）（1）淀粉（1分）（2）-24.3（2分）（3）①高温（1分）②B（1分）（4）①270℃（1分）②产物1（1分）图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸（2分）③80（2分2分）（5）2HCHO-2e−+4OH−=2HCOO−+H2↑+2H2O（2分）18.（15分）（1）2，4-二氯苯甲酸（2分）酯基（1分）（22分）（4）三乙胺（）有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动(2分)（6）或或或【答案详解】1．【详解】A．合金属于金属材料，A正确；B．富锌涂层中的锌比铁活泼，可作为原电池的负极失去电子，保护铁不被腐蚀，B正确；C．柴油属于烃，C错误；D．瞬时功率补偿时用作电源，即原电池，将化学能转化为电能，D正确。2．【详解】A．过滤时漏斗颈应紧贴烧杯壁，A错误；B．应先在烧杯中溶解再转移到容量瓶中，B错误；C．NaOH溶液应放在碱式滴定管中，滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，应选用酚酞2(SO4)3水解时生成Fe(OH)3和H2SO4，H2SO4不易挥发，故不会促进Fe2(SO4)3的水解完全，最终可以得到Fe2(SO4)3，D正确。3.【详解】A．常温下，11.2LSO2物质的量无法计算，故A错误；B．1个过氧化氢含1个非极性共价键，3.4gH2O2物质的量为0.1mol，非极性键数目为0.1NA，故B错误；C．SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl反应中，氧元素化消耗1molH2O2，转移的电子数为2NA，故C正确；D．pH=1的HCl溶液体积不知，不能计算溶液中含有H+的数目，故D错误。4.【详解】A．N的价层电子排布式为2s22p3，故A错误；B．N2H4的电子式为，故B正确；C．VSEPR模型需要考虑孤电子对，NH3的VSEPR模型为四面体型，故C错误；D．中子数为8的氮的核素为1N，故D错误。5.【详解】A．NH4+和H3O+的中心原子杂化类型相同，NH4+无孤电子对，H3O+有一对孤电子对，所以空间结构不相同，故A错误；B．键角：NH2−<NH4+，原因是中心原子孤电子对数越多，斥力越大，键角越小，故B正确；C．结合H+的能力N2H4比NH3弱，OH-浓度更小，碱性更弱，故C正确；D．N2H4易溶于水，原因是N2H4和H2O分子间能形成氢键，且都为极性分子，故D正确；6．【详解】A．聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物，A错误；B．分子中标注*的碳是手性碳，B错误；C．苯环可以与H2发生加成反应，分子中有酯基，可发生水解反应即取代反应，C正确；D．1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2nmolNaOH，D错误。能量更低更稳定，故A错误；B．同主族元素，半径越小，电负性越大，故B错误；C．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，故C正确；D．电子层结构相同，核电荷数越小，半径越大，故D错误。8．【详解】A．多元弱酸根的水解要分步写：S2−+H2O⇌HS−+OH−,HS−+H2O⇌H2S+OH−,A错误；B．S转化为Na2SO3：3S+6OH−2S2−+SO32−+3H2O，B正确；C．过量SO32−会与生成的H+结合，方程式应为：3SO32−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+2HSO3−,C错误；D．石灰乳在写离子方程式的时候不能拆：SO42−+Ca(OH)2=CaSO4↓+2OH−,D错误。2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成，A正确；B．加入Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀，B正确；C．对比I、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe(OH)3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够，红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的，C正确；D．加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，无法促进Fe3+水解平衡正向移动，故看不到红褐色沉淀生成，D错误。10．【详解】结合电解原理示意图分析可知，b电极发生反应CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，据此分析：A.a为电解池的阳极，b为电解池的阴极，故电势a>b，A正确；B.电解过程中，b电极发生的反应消耗了H+，故b电极附近pH升高，B错误；C.标准状况下1.12L的CH4物质的量为0.05mol，故理论上导线中通过的电子的物质的量为0.4mol，C正确；D.a电极发生氧化反应，故若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，D正确。11．【详解】A．分析流程可知，过程Ⅴ发生反应CH3OOCH→CO2+CH4，故化合物A的化学式为CH4，A正确；B．过程Ⅰ发生了C-H键断裂和H-H键形成，故涉及了极性键的断裂和非极性键的形成，B正确；C．催化剂无法影响反应的程度，故更换活性更高的催化剂无法提高H2的平衡产率，C错误；D．综合分析过程Ⅰ~Ⅳ可知，主反应的化学方程式为CH3OH+H2O=CO2↑+3H2↑,D正确。12．【详解】A.由图可知，CeO2晶胞中Ce4+的配位数是8，A正确；B.由题干晶胞示意图可知，晶 1 胞边长为anm，则体对角线为3anm，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为体对角线的4，为nm，B正确；C.在CeYmOn晶胞中，若有2个Y3+代替2个Ce4+，则根据电荷守恒应有5个O2-，C错误；D.由题干晶胞结构可知，图甲中M点的原子坐标为(0,0,0)，则N点的原子坐标为(,,)，D正确。13．【详解】A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，平衡后升高温度，CH3OH的物质的量减少，CO的物质的量增加，且平衡时CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数之和等于1，a曲线代表CH3OH，b曲线代表CO，q曲线代表CO2的转化率随温度的变化，A错误；B．反应@为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；C．250°C之前以反应@为主，升高温度，反应@逆向移动，CO2的转化率降低，250°C之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，CO2的转化率增大，C错误；D．250°C时，二氧化碳的转化率为20%，CO和CH3OH的物质的量分数相等，则n(CO)=n(CH3OH)=1×20%×50%=0.1mol,D正确。14．【详解】A．pH越大，碱性越强，A2—的分布分数越大，HA—的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2—，Ⅱ线为HA—，A正确；B．当δ为0.5时，c(HA—)=c(A2—)，对应的pH≈8.4，c(H+)=1×10-8.4，根据Ka的表达式，Ka≈1×10-8.4，数量级为10-9，B正确；C．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1：2，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH―)+c(HA―)+2c(A2―)+2c(SO42―)，根据物料守恒可得c(HA―)+c(A2―)=2c(SO42―)，联立两式可得c(H+)－c(OH―)=3c(A2―)+2c(HA―)－c(Na+)，C正确；D．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，b点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A、NaHA，c点对应溶液的溶质为Na2SO4、NaHA，比较可知水的电离程度由大到小的顺序为abc，D错误。15.【详解】（2）根据原理可知氯磺酸与生成的水发生水解，生成了HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体。（3）Ⅲ中反应的化学方程式：CoCl2+2NaSac+4H2O=Co(Sac)2(H2O)4+2NaCl（4）甲同学第一步先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；NaSac溶液能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，产率更高；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质，故甲同学的方案更为合理。（5）可能通过检验最后一次洗涤液是否残留有Cl-来判断晶体是否洗涤干净，所需试剂为：稀硝酸、硝酸银溶液。（6）滴定消耗的n(EDTA)=mol，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的即样品中的所以：解得：g/mol=mg，若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据则x偏小。16.【详解】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+，CuO被溶解为Cu2+，Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu2+被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+；“沉铁”时，Fe3+转化为沉淀；“沉锰”时，Mn2+沉淀为MnCO3；“浸金银”时，Ag和Au转化为[Au(CN)2]-、[Ag(CN)2]-存在溶液中，用Zn还原可得粗Ag和粗Au，通过电解可得纯Ag和纯Au。（3）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH-)=10-6mol.L-1，无Mn(OH)2析出，根17.【详解】（1）淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；（2）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律得+44.4kJ·mol-1－68.7kJ·mol-1=－24.3kJ·mol-1（3）②A．加压平衡逆移，转化率下降；B．升温速率增大，平衡正移，B符合题意；C．移走H2，速率下降；（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃,原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1。③平衡时n(CH3COOH):n(CH3CHO)=4：1，可得乙酸选择性=4/5=0.8，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，列三段式C2H5OH(g)+H2O(g)=2H2(g)+CH3COOH(g)、Δn(mol)0.720.721.440,则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的C2H5OH(g)=H2(g)+,则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质