百师联盟2026届高三二轮复习联考（一）化学答案

化学参考答案及评分意见不符合题意；向硝酸银溶液中滴加氨水制取银氨溶液，反应中各元素化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；苯酚与氢氧化钠反应属于酸碱中和反应，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；焊接钢轨发生铝热反2.C【解析】C₂H₄的空间填充模型为,A正确；CO₃-中碳原子的孤电子对数为,价层电子对数为3,CO3的空间结构为平面三角形，B正确；CO₂的电子式应为：O::C::O:,C错误；p能级有3个原极性分子，SO₃是非极性分子，B错误；NH₃的中心原子N的价层4.D【解析】KHSO₄是离子晶体，由钾离子和硫酸氢根离子构成，34gKHSO₄晶体的物质的量为0.25mol,所以34gKHSO₄晶体中所含阴、阳离子的总数为0.5NA,A错误；Fe³+在溶液中会水解，所以1L0.1mol/LFeCl₃溶液中所含Fe³+的物质的量小于0.1mol,即Fe³+的个数小于0.1NA,B错误；C₂H₆O有同分异构体，可能是乙醇(CH₃CH₂OH)或甲醚(CH₃OCH₃),23gC₂H₆O的物质的量为0.5mol,C₂H₆O中所含C—O的数目不一定是0.5NA,C错误；一个硝基(—NO₂)所含的电子数为7+8×2=23,一个NO₂所含的电子数为7+8×2=23,46gNO₂的物质的量为1mol,所以1mol硝基(一NO₂)和46gNO₂所含的电子数相等，均为23NA,D正确。5.C【解析】Cu²+水解生成Cu(OH)₂和HN液得不到硝酸铜晶体，A错误；C₂H₄的密度和空气接近，不能用排空气法收集C₂H₄,B错误；聚四氟乙烯活塞的体不能在容量瓶中进行溶解，D错误。6.A【解析】苯烯莫德分子中含有酚羟基，其酸性强于HCO₃但弱于H₂COs,故苯烯莫德可与Na₂CO₃溶液反应，但不能生成气体，A错误；苯烯莫德分子中含有2个酚羟基，且每个酚羟基都只有一个邻位上有H,故只可与2molBr₂发生取代反应；1mol碳碳双键可与1molBr₂发生加成反应；故苯烯莫德最多可与3molBr₂反应，B正确；苯烯莫德分子中不存在连有四个不同原子或原子团的碳原子，所以没有手性碳原子，C正确；苯烯莫德分子中含有酚羟基，与FeCl₃溶液作用显色，D正确。度更大，故硬度：金刚石>碳化硅，故C正确；PH₃的还原性比AsH₃的弱，元素的非还原性越弱，故D错误。8.C【解析】CO₂催化加氢制CH₃OH的总反应中生成物的总能量比反应物的总能量低，所以该反应为放热反应，A正确；氧空位是催化剂In₂O₃的活性位点，氧空位的快速形成可以使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化差最大，该步对应的是催化反应机理⑤,所以⑤是决速步骤，C错误；该反应历程中有极性共价键的断裂，如CO₂9.D【解析】放电时CeH₂中Ce²+失去电子，生成Ce³+,所以电极a是负极，负极反应为CeH₂—e⁻+H-—CeH₃,充电时是阴极，应该接电源负极，A正确；固态电解质电池避免了液态电解质电池易泄露、易起火等问题，安全性高，B正确；该电池应用在汽车上，汽车行驶时发生放电反应，电极b为原电池正极，反应式为3NaAlH₄+6e-—Na₃AlH₆+2Al+6H-,C正确；充电时，外电路通过1mole-时，阴极由1molCeH₃生成1molCeH₂,质量减轻1g;阳极反应为Na₃AlH₆—6e⁻+2Al+6H-—3NaAlH₄,质量增加1g;每消耗0.3molCeH₃时转移0.3mol电子，则阳极或阴极的质量变化应都为0.3g,D错误。10.D【解析】晶胞中B的个数为As的个数为4,所以该晶胞的化学式为BAs,A错误；2号原子的分数坐标,B错误；以晶胞中顶角位置的B为对象，该B与三个面的面心的B距离最近，顶角位置的B共有8个晶胞共用，且面心位置的B有2个晶胞共用，故距离B最近的B的个数为错误；B与As之间的最短距离为dcm,其等于体对角线长度的,所以棱长为cm,晶胞的密度为11.C【解析】丙烯醛分子中的碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明丙烯醛分子中含碳碳双键，A错误；不能确定白色沉淀H₂SiO₃是CO₂与Na₂SiO₃溶液反应生成的还是浓硝酸挥发出的HNO₃蒸气与Na₂SiO₃溶液反应生成的，故不能证明非金属性：C>Si,B错误；鉴定某一卤丙烷中的氯元素应该先加入NaOH溶液使其水解产生NaCl,然后加入稀硝酸酸化，用于中和NaOH溶液，防止NaOH与AgNO₃溶液反应生成AgOH沉淀对实验产生干扰，最后加入AgNO₃溶液生成白色沉淀，说明含有氯元素，C正确；在2mL0.1mol·L-¹NaOH溶液中先滴入几滴0.1mol·L-¹MgCl₂溶液，因为NaOH过量，再滴入0.1mol·L-¹FeCl₃溶液有红褐色沉淀生成，不能说明Fe(OH)₃是由Mg(OH)₂转化生成的，更不能说明Ksp[Fe(OH)₃]<K[Mg(OH)₂],D错误。氧化性的羟基自由基(·OH),环境是酸性，则芬顿反应的离子方程式为Fe²++H₂O₂+H+—Fe³++H₂O+·OH,B正确；“芬顿氧化破络”存在反应18·OH+[Ni(C₆H₅O₇)(H₂O)₂]-+3H+—Ni²++Ni(OH)₂、Fe(OH)₃,所以产生的滤渣主要成分含有Ni(OH)₂、Fe(OH)₃,pH=9时，c(OH-)=10-⁵mol/L,则mol/L=2×10⁻⁵mol/L,2×10-⁵mol/L×59g/mol=1.11.18mg/L>0.1mg/L,所以未达到出水水质要求，D正确。13.B【解析】1～4min,△n(NO₂)=2.10mol—1.50mol=0.6mol,容器的容积是2L,所以△c(NO₂)=0.3mol/L,衡后再通入2molN₂O₄(g),相当于加压，则NO₂(g)的平衡转化率会增大，C正确；若其他条件不变，将原容器14.D【解析】H₂SeO₄第一步完全电离生成H+和HSeOz,初始时H+浓度应大于0.1mol/L,随KOH溶液不断恰好以物质的量之比为3:2反应，生成等物质的量的KHSeO₄和K₂SeO₄,根据元素质量守恒，则2c(K)=3c(HSeOZ)+3c(SeO²-),B正确；M点即曲线①和曲线③交点，此时c(SeO²-)=c(H+),有电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HSeOπ)+2c(SeO²-)+c(OH-),联立两式得c(K+)=c(HSeO₄)+c(SeO²-)+离常数,由题图得曲线②与曲线③交点处c(HSeO)=c(SeO一),此时c(H+)=(5)77.8%(2分)方程式为I₂+H₂S—S↓+2HI,“步骤I”反应完成时溶液由棕黄色(或棕褐色)变为无色，同时淡黄色沉淀的(5)mol,所以反应的n(H₂S)=0.5mol,实验通入的n(H₂S)=V₂O₅+NaSO₃+2H₂SO₄=2VOSO₄+Na₂SO₄+2H₂O(2分)(3)300℃、c(NaOH溶液)=3mol·L-¹(2分)(4)铵盐沉钒(1分)(5)5×10-⁵(2分)中钒的氧化物会被还原为VO²+,该反应为氧化还原反应，化学方程式为V₂O₅+Na₂SO₃+2H₂SO₄—根据反应VO²+(aq)+2[(RO)₂PO₂H]₂(3)由题图可知在300℃或350℃的温度下，c(NaOH溶液)=3mol·L-1时浸出率最高，但选择350℃会耗能(4)NH₄VO₃在“煅烧”过程中发生的反应为I₃(5)WO²恰好完全沉淀时其浓度为1×10-⁵mol/L,c(Ca²+)×(1×10-5)=2.0×10-⁹,可得c(Ca²+)=2×10⁻⁴mol/L,又因为Kp[Ca(OH)₂]=8.0×10-⁶,则2×10⁻⁴×c²(OH-)=8.0×10⁻⁶,c(OH-)=0.2mol/L,则(6)晶胞中氮原子数为铝原子数为2,钛原子数为4,所以该材料的化学式(1)①-49.1(2分)②n(2分)99.1(2分)(2)ACD(2分；漏选得1分，错选得0分)(3)①0.02(2分)②反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度使反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH₃OH产量下降，CO的产量上升(2分)②直线m和直线n表示反应I在不同的催化剂下进行反应，直线n斜率的绝对值小，活化能小，反应速率大，催化效果更好。将直线m上两点坐标带入公式,则有70kJ·mol⁻¹·K-¹=—E×3.2K-¹+C,45kJ·mol-¹·K-¹=-E。×3.7K-¹+C,联立两式可得E₄=50kJ·mol-¹。反应I为放热反应，△H₁=-49.1kJ·mol-¹,逆反应活化能=50kJ·mol⁻¹+49.1kJ·mol⁻¹=99.1kJ·mol-¹。(2)反应I为气体分子数减小的反应，未达平衡时，随着反应的进行，气体压强会改变，压强不变时说明反应已达平衡状态，A符合题意；由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与二者的化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氢气的转化率相等不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；单位时间内每断裂3molH—H的同时有3molH—O断裂，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意；未达平衡时，随着反应的进行，气体平均摩尔质量会改变，混合气体的平均摩尔质量不变则可以说明已达到平衡状态，D符合题意；该反应为气体参与的反应，气体质量和体积均不变，气体密度是恒量，则气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，E不符合题意；CH₃OH和H₂O是生成物，二者浓度之比始终等于1:1,不能说明反应达到平衡状态，F不符合题意。(3)①因为CO₂的转化率为10%,所以反应的CO₂的物质的量为1mol×10%=0.1mol,CH₃OH的选择性为80%,生成的CH₃OH的物质的量为0.08mol,生成的CO的物质的量为0.02mol。③设平衡时CH₃OH的物质的量为x,CO的物质的量为y,则两个反应的物质的量变化量如下：yyx+y=0.1mol,解得x=0.08mol,y=0.02mol。则平衡时CO₂的物质的量为0.9mol,H₂的物质的量为2.74mol,CH₃OH的物质的量为0.08mol,H₂O的物质的量为0.1mol,CO的物质的量为0.02mol,n(总)=0.9mol+2.74mol+0.08mol+0.1mol+0.02mol=3.84mol,平衡时总压为3.84MPa,反应Ⅱ的18.(15分)(1)酯基、醚键(2分；漏写或有错均得0分)(2)取代反应(1分)(3)消耗反应生成的HI,促使反应正向进行，提高原料利用率和产物产率(2分)—OCH₃,生成氢碘酸(HI)再选择性地将中苯环上的1个—OCH₃转化为—OH,生成M,M再发生类似C→D的反应，最终得到F(2分)【解析】(1)D的结构简式为,其含有的官能团除羰基外，还有醚键