南寧二中·柳鐵一中2025屆12月高三聯合調研測試化學參考答案1.D【A廣州彩瓷BCNaHCO3D錯誤；故選D。2.C【詳解】石墨烯是單質，是碳的一種同素異形體，不是碳的同位素，A錯誤；基態碳原子的電子排布式為1s22s22p2B項錯誤；N2H為共價化合物，電子式正確，C正確，SO3的價層電子對數41為36233，沒有孤電子對，VSEPR模型為平面三角形：，D錯誤；故選C。23.D【詳解】由于溴單質易揮發可于硝酸銀反應生成溴化銀沉淀，故無法證明有HBr生成，A錯誤；苯與溴苯互溶，無法用分液分離，應采取蒸餾，B錯誤；試管中應加入飽和碳酸氫鈉溶液，氫氧化鈉溶液堿性較強，會導致乙酸乙酯水解，C錯誤；苯甲酸低溫時溶解度較小，可采用冷卻結晶的方式得到晶體，D正確；故選D。4.B【詳解】上述轉化中，、為取代反應，Z→G為加成反應，A錯誤；X中羧基上的羥基與水分子間能形成氫鍵，而Y中的氯原子則不能，因此在水中的溶解度X>YBG分子中只有1個手性碳原子，如圖所示（手性碳原子用*，C錯誤；Z中的Z最多能與D選B。5.A【詳解】由KAlCl是離子晶體，AlCl是分子晶體，作用力：離子鍵＞范德華力，導致KAlCl的熔272627點遠高于AlClKAlCl的熔點遠高于AlCl與晶體類型有關，A262726(78.3℃)的沸點高于乙醛(20.8℃)，即與氫鍵作用有關，B正確；電負性：F＞，故PF3中共用電子對離P更遠，排斥力更小，鍵角更小，即鍵角與FCl的電負性差異有關，C正確；由于半徑I＞，導致的鍵能比的鍵能大，所以熱分解溫度：HBr大于HI，即穩定性HBr＞，故HBr和HI的熱穩定性和鍵能有關，D正確；故選A。6.D【詳解】漂白粉溶液含中有氯化鈣和次氯酸鈣，通入足量SO2時，僅與次氯酸鈣發生氧化還原反應：由于SO2有還原性，足量時不會有次氯酸生成，該反應正確的離子方程式為：2++2ClO+2SO+2HO==CaSO↓+2Cl+SO2-+4H+，因此D錯SO誤，故選D。224427.B高三化學答案第1頁共6頁{#{QQABQQaEggigAAJAABgCAwUSCkGQkhGAASgORBAAsAAByQNABAA=}#}【分析】W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，其中W、X、YZ、M同處另一周期，基態M原子的價電子中，在不同形狀原子軌道運動的電子數之比為2：，M能形成+3M為AlZ能形成6Z是SX形成1X是F元素；Y形成4個共價鍵，Y是C元素；W形成2個共價鍵，W是O元素。【F>O>S，氣態氫化物穩定性應為HF>HO>HSAC與O可以形成只含極性22鍵的非極性分子CO2，B正確；同周期中，第一電離能處在S和Al之間的元素有Mg、Si兩種，C錯誤；每個G中含有三個陰離子，因此，1molMR3中含有三個陰離子－，π鍵數量一共為NA，D錯誤；故選B。8.B【A錯誤；含醛基的有機物可發生銀鏡反應，則向盛有銀氨溶液的試管中滴入乙醛，振蕩，水浴溫熱，一段時間后可出現銀鏡，B正確；向相同體積的稀、濃硝酸插入大小一樣的鐵絲，濃硝酸具C錯誤；PbS黑色懸濁液中加入HO生成白色PbSO沉淀，可知HO氧化PbS，22422不能證明K(PbS)＞K(PbSO，D錯誤；故選B。spsp49.C【詳解】放電時，M極Na0.442失電子錳元素化合價升高生成Na0.44x2M是負極；則N極2Cu3PO4得電子生成CuCu2O，N是正極；充電式，M為陰極、NA正確；放電時，PO得電子生成Cu、342CuO，N極得到3.2gCu和O，則理論上M極轉移電子的物質的量為22322，B正確；充電時，M為陰極，陰極發生還原反應，M極6Na0.44-x2+-=Na0.442C錯誤；充電時，該裝置為電解池，陽的電極反應式為離子移向陰極，電池內部的由N極遷移到M極，D正確；故選C。10.ACH3CNFe2+轉化為3+抽濾，得到磷酸鐵沉淀，濾液處理后得到LiAlCl4。【詳解】CHCN熔點為81℃以上，升溫至81℃以上，CHCN會揮發，A錯誤；乙氰(CHCN)中碳原333子雜化類型為sp3B正確；觀察流程可知，乙氰沒有參與反應，它是有機溶劑，促進共C0.1mol0.05mol1.12D正確。故選A。B【12-A12-產物的第二步反應活化能低，反應速率快，反應較短時間主要產物是1,2-產物生成，B正確；生成14-產物的第一步活化能更大，第一步為決速步，C錯誤；1，4-產物比1，2-產物能量更低，更穩定，D錯誤；故選B。12.C111【解析】根據均攤法，該晶胞含有的Li為811212，含有的Bi為684，BiLi個數428比為4:12=1:3BiLi3A(Bi)位于第6周期第ⅤA高三化學答案第2頁共6頁{#{QQABQQaEggigAAJAABgCAwUSCkGQkhGAASgORBAAsAAByQNABAA=}#}價層電子排布式為2343C311B正確晶胞中每個周圍最近的隙處，由題干晶胞結構示意圖可知，A點為(0,0)，則B點的坐標為,,，D正確，故444選C。13.C【COCOA合理；c點時，CO的轉化率小于該溫度下的平衡轉化率，則平衡正向移動，反應速率正v逆，B合理；因為e點時溫度高于be點反應速率比bvvbeKK放熱反應，溫度越高，平衡常數越小，所以平衡常數，Ｃ不合理；80~85℃時，90CO的轉化率已經達到95.5%80~85℃，D合理；故選C。14.DpOHcOHcOHδHδHPO3【332δHPO2abc分別對應HPO3先增大后減小、2、3H2PO、HA正確；兩個交點處的pOH分別為7.3和12.6，故分別為6.7和1.4，故333cHccHcHB正確；K2、KcHcH33233cHcHc2cHc2c2HKK233，當cHcHcH332333cHPO時，cH23104.05/L，溶液pH為4.05，C正確；H的cHPO3333c2cHcHc333K，KHKw，h23cHcHK2323NaH2PO3溶液中cHKa2KhH2PO3HPO以電離為主，cOHDD。32二、填空題：本題共4小題，共58分。15.（15分，除標注外，每空2分）（（（（）C（1分））6Fe2+ClO＋6H＋=6Fe3＋＋-＋3H2O-3）6.7）①富集Ni元素，提高原料利用率適當提高稀硫酸的濃度或充分振蕩分液漏斗或用萃取劑分多次萃取②（）4NiCO3＋O22NiO＋4CO↑2324（）①②1∶NA-103高三化學答案第3頁共6頁{#{QQABQQaEggigAAJAABgCAwUSCkGQkhGAASgORBAAsAAByQNABAA=}#}【解析】由題給流程可知，礦物油主要成分是各種烴的混合物，無法與酸堿發生反應，含鎳廢料用酒二氧化硅、碳不反應，過濾得到含有二氧化硅、碳的濾渣1和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向濾液中加pH物沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣2和濾液；向濾液中加入有機溶劑萃取溶液中的鎳離子，分液得到水相和含有鎳離子的有機相；向有機相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸鎳溶液，再加入碳酸鈉溶液生成碳酸鎳沉淀，在空氣中焙燒得到氧化鎳。（）礦物油主要為飽和烴，用酒精預處理可達到洗凈的目的，故選C。）“6Fe2ClO36H6Fe3Cl3H2O。（）常溫下，溶液中鎳離子完全沉淀時，pH=8.72-c=52；若溶液（1中鎳離子濃度為0.1mol/L，可知此時c-=，則pH=6.7，若使溶液中鐵離子、鋁離子雜質沉淀完全，需控制溶液的pH范圍是4.7~6.7。（料利用率；適當提高稀硫酸的濃度、充分振蕩分液漏斗、用萃取劑分多次萃取等措施能提高鎳離子的反萃取率。1116591（）①晶胞中2+數目為1+12×，O2-數目為8×，晶胞質量為4×g，晶胞邊長482NA475為apm，晶胞體積為（a×10-10cm）3，NiO晶體的密度=g/cm3；NA(a10)3②設1molNi0.96O中含Ni3+xmolNi2+為（0.96-x）mol，根據晶體仍呈電中性，可知3+2×0.96-）=2×1x=0.08mol，2+為（0.96-）mol=0.88mol，即離子數比為Ni3+：Ni2+=0.08:0.88=1:。16.（14分，除特注外，每空2分）（（（（（）恒壓滴液漏斗；2O5或CaCl2)1分））NHCl溶于水電離出會抑制NH·HO的電離，防止c(OH?)過大產生Co(OH)沉淀4322）溫度過低反應速率慢，溫度過高雙氧水和NH?HO受熱易分解32）趁熱過濾（1分））C；82.6%須保留三位有效數字，82.5%~83.0%均可得2分)）2CoNHCl+HO+2NHCl=2CoNHCl+2NH+2HO（【36222436332思路分析】CoCl2在55℃左右，反應生成沉淀，然后過濾得到固體，經過一系列操作得到結晶水合物CoNHCl。363【1）球形干燥管中固體試劑的作用是吸收揮發出的氨氣，故可盛放PO(或CaCl)；252（）先加入氯化銨，增加銨根濃度，抑制一水合氨電離，防止c(OH?)過大產生Co(OH)2沉淀；（）活性炭難溶于水，趁熱過濾除去活性炭，減少CoNHCl損失；362（）濃鹽酸氯離子濃度大，降低CoNHCl在水中溶解度，因此試劑甲選用濃鹽酸；過濾得到363CoNHCl3晶體，用乙醇洗去晶體表面雜質，同時用乙醇便于晶體干燥，故選；CoCl26HO的632.38g質量為2.38gCoNHCl理論產量為2.675g≈82.6%。3632高三化學答案第4頁共6頁{#{QQABQQaEggigAAJAABgCAwUSCkGQkhGAASgORBAAsAAByQNABAA=}#}17.（14分，除標注外，每空2分）（）+126.99（）①AD②③④△H>0、△H>0，溫度高于500℃時，反應iii正向移動的幅度大于反應iv34（10.02B（）①陰極（1②3++H2S==2H++2++1【1）由反應iii+iv可得反應ii：COS(g)CO(g)+S，蓋斯定律可知，22222=(+85.79kJ/mol)+(+41.20kJ/mol)=+126.99kJ/mol。234（根據四個反應的產物可知，生成H2O的物質的量多于COSa合題干信息“產率=轉化率選擇性”400℃時H2S轉化率為5%COS的選擇性為90%率為5%×90%=4.5%600℃時則產率約為15%×60%=9.0%800℃時產率約為30%×25%=7.5%，1000℃時產率約為58%×7%=4.06%，故COS的產率最高的是600℃；②由圖可知，溫度低于500℃時HS和CO的轉化率基本相同，說明此時反應主要發生反應i和ii；22而反應iii的反應物有HS，反應的反應物有CO，反應iii和iv均為吸熱反應，當溫度高于500℃22時，發生副反應iii正向移動的幅度大于反應iv，導致HS的轉化率大于CO。22③反應ii和反應iii均為正反應是一個氣體體積增大的吸熱反應：升高溫度，上述平衡正向移動，S2的平衡產率提高，A符合題意；增大壓強，上述平衡均逆向移動，S2的平衡產率降低，B不合題意；降低溫度，上述平衡均逆向移動，S2的平衡產率降低，C不合題意；恒壓下充入氬氣，相當于減小壓強，上述平衡均正向移動，S2的平衡產率提高，D符合題意；故選A、D。④由圖示可知，700℃時，HS的平衡轉化率為CO的平衡轉化率為16%COS的選擇性為40%，22HO的選擇性為88%，假設起始投入的CO和HS的物質的量均為amol，222則平衡時COa×(1-16%)mol=0.84amolHSa×(1-20%)mol=0.8amol，22COS的物質的量為：a×20%×40%mol=0.08amolH2O的物質的量為：a×20%×88%mol=0.176amol，.08a0.176a0c(COS)·c(H2O)VV反應i的平衡常數K===0.02。c(COS)0.84a0.80a22VV（）①ZnO@CO+2e-+2H+=CO+HO2+22失電子生成3+，同時3+與H2S反應生成硫單質、H+和2+，反應方程式為3++H2S=2H++2++。18.（15分，除標注外，每空2分）（）CHO1分）苯乙烯（188（）O2、Cu或Ag、加熱（試劑1分、條件1分）III.消去（1分）（）、c高三化學答案第5頁共6頁{#{QQABQQaEggigAAJAABgCAwUSCkGQkhGAASgORBAAsAAByQNABAA=}#}（）23；（1分，間位或對位也合理）(濃硫酸）(CO酸化)(濃硫酸）（）