广西南宁市第三中学2026届高三5月第二次教学质量调研 化学试卷

2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1Li7016Mg24Cl35.5 一、单选题：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.化学与社会生产、生活息息相关。下列相关说法错误的是 A.制作豆腐时需向豆浆中添加石膏，利用了CaSO4溶解度很小的性质 B.“烛龙一号”核电池原料中的c是碳元素的一种核素 C.煤的干馏、气化和液化过程均发生了化学变化 D.华为Mate80手机使用了麒麟芯片，其主要成分是Si 2.下列化学用语描述正确的是 2 A.HCI的电子式：H[CI B.CH4的中心原子sp3杂化轨道： 120 C.反-2-丁烯的分子结构模型： D.OF2分子的VSEPR模型： 3.在强碱溶液中K2MnO,可被Cl,氧化为KMnO4。某实验小组使用K,MnO,和MnO2的固体混合物， 按照下图步骤依次操作，制备KMO,固体。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是 令浓盐酸 MnO: 蒸发 结品 KO 剂液 包和 K,MnO NaOH 食盐水 碱性溶液 溶液 A.分离固体混合物 B.制取Cl2 C.氧化K2MnO4 D.得到KMnO4固体 A.A B.B C.C D.D 4.Cl2制备Cl20的化学方程式为：2Cl2+2Na,C0,+H,0=2 NaHCO,+2NaCl+Cl,0,设N为阿 伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A.22.4LC,0中原子总数为3N B.1 nolCO中o键的数目为3NA C.每消耗2 molCl.2,转移电子数为4N D.0.lmol.LNaHCO,溶液中HCO;的数目等于0.1N 5.下列离子方程式书写正确的是 A.用泡沫灭火器灭火的原理：AI++3HCO;=AI(OH),↓+3CO,个 B.用氨水吸收烟气中少量的SO2:NH,H,O+SO,=NH对+HSO; C.用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜：2Fe3++3Cu=3Cu2++2Fe D.用氢氟酸刻蚀玻璃：SiO2+4F+4H=SF4↑+2H2O 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第1页，共8页 6.一种可制造光学镜片的聚合物Z,其合成路线如图所示。 CH 催化剂 mm H,C=C-CH,+nH,C=CH- CH2-C CH2-CH COOCH COOCH, ☒ Y ☑ 下列说法正确的是 A.X的水解产物之一为乙酸的同系物 B.1molZ能与3 n mol H2发生加成反应 C.聚合物Z属于可降解高分子材料 D.此反应属于缩聚反应 7.下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 选项 结构或性质 解释 A O3在不同溶剂中的溶解度：CC14>H2O O,极性微弱 B 稳定性：HF>HCI HF分子间作用力更大 Q 熔点：A1F3(1040℃)>A1C13(178℃) 晶体类型不同 D 硬度：碳化硅>晶体硅 Si的原子半径大于C A.A B.B C.C D.D 8.如图是一类咪唑类盐的结构简式，其中X、Y、Z均是短周期主族元素，X元素是植物生长 所需要的重要元素之一，Y基态原子有5种核外电子空间运动状态，Z元素的简单氢化物可作 制冷剂。下列说法正确的是 A.基态原子未成对电子数：Z>Y B.电负性大小：Y>X>Z 休 C.简单氢化物的沸点：X>Z>Y D.键角大小：ZY3<XY3 9.气相离子催化剂(Fe*、Co*、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在Fe*催化下乙烷氧化反应的 机理如图所示（图中一为副反应），下列说法错误的是 CH3CHO NO A.FeO+是反应中间体 Fe* N2 1 B.②过程中每生成1mol - H2C-Fc] 转移2mol电子 H2C-0] C2H6 Y.3 C.主反应的总反应方程式为： ② N,0 催化剂 [(C2Ha)Fe]*[(C2Hs)Fe(OH)] C,H+2N2O CH,CHO+H,O+2N? D.X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第2页，共8页 10.某化学学习小组为探究F3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验。 实验编号 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色 I Fc(NO,),溶液+蒸馏水 棕黄色 深棕色 Ⅱ Fe(NO,),溶液+HNO, 几乎无色 几乎无色 FeCL,溶液+HNO, 黄色 深黄色 已知：在水溶液中，[Fe(H,O)]”几乎无色，[Fe(H,0)]”水解生成[Fe(H,O),(OH](棕黄色)： [FcC1,(H,O),]为黄色。下列说法错误的是 A.实验I加热前后颜色变化的原因为[Fe(H,O)6]+nH,0=[Fe(H,O).(OH.]+nH,0'(=l6), 加热后平衡正向移动，颜色变深 B.实验I中溶液颜色无明显变化的原因为H对平衡的影响大于温度对平衡的影响 C.常温下，向实验Ⅱ的溶液中加入一定浓度的NaCI溶液后，溶液可变为黄色 D.三组实验说明，可用HCl调节pH探究Fe3+显色的原因 11.烟酸是B族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电催化将3甲基 吡啶氧化为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中H中、OH离子分别向两极迁 移。下列说法正确的是 电源 COOH H2O 烟酸 业 CH 气体 NaOH H+H2SO4 溶液： 溶液 3甲基吡啶 OH 石墨烯 双极膜 碳封装 过渡金属 A.a极电势高于b极电势 CH COOH B.b极的电极反应式为〔 -6e+60H= +4H,0 C.制备0.1mol烟酸时双极膜中质量减少10.8g D.碳封装过渡金属电极能催化提高b电极上还原反应的速率 12.某富锂超离子导体的晶体结构如图1所示，用Mg+取代部分Lt,得到一种高性能锂离子导 体，其晶体结构如图2所示，呈立方体形状，棱长为apm。下列关于图2晶体结构说法正确的是 902 ●Mg2+ ⊕ oLit 图1 图2 A.化学式为LiMgOCI B.距离最近的两个Lit之间的核间距为apm C.Mg2+取代部分L计会产生空位，有利于Lit传导 155 D.晶体密度为。×AX10西8cm 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第3页，共8页 13.以CH,和CO,经催化重整制备CO和H2,可实现CO2的捕集和资源转化，涉及主要反应如下： ①CH4(g)+CO,(g)=2CO(g)+2H2(g)△H, 2.0f ②CO2(g)+H2(g)、=CO(g)+HO(g)△H2 H, ③CH,(g)=C(s)+2H(g)△H>0 1.5 co 恒容条件下，起始投入CH,和CO,各1mol,不同温度下平衡时 H2O 部分气体的物质的量()随温度(T)变化如图所示。下列说法 0.5 甲 (620,0.5) 正确的是 0.0 A.曲线甲表示的物质为CH, 020040060080010001200 B.由图可知温度高于900℃时主要发生反应①和反应② Tm°C C。400℃时，若向平衡体系中通入少量CH,重新达平衡后品将减小 D.620℃时，若起始投入H,0、C0、H2、CH,和C02均为0.5mol,此时反应②的正<v地 14.常温下，用0.1mol-L-NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol.LH,A溶液，得到pH与V(NaOH)、-lgX X=A或]的关系如图所示。下列叙述正确 pH 20 40 14 c(HAc(H,A) V(NaOH)/mL 12 的是 10 曲线m表示pH与-g。A的变化关 8 B.M点溶液：c(HA)>c(H2A)>c(A2) M C.P点溶液：cNa*)+c(Ht)=3c(A2)+c(OH) m D.水的电离程度：M>N 1.4 6.7 -lgX 二、非选择题：本题共4小题，共58分： 15.硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材料和医疗 领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿（主要成分为FeS2,还含有NiS、CoS、CuS及少量Au) 为原料制备疏酸镍同时回收Co的工艺流程如图： 氨水、碳酸氢铵 方法1 空气 硫酸、双氧水 氨水 沉钴 -→NiSO, 黄铁矿 粉碎 焙烧→酸浸 →调pH Coco, S0, 少量Au 浸渣 有机相 萃取 反萃取 方法2 --C0S0 水相 -->NiSO. 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是FC,O,、CuO、NiO、Co,O,和Au。 ②氧化性：Co()>C2。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物 Fe(OH), Cu(OH), Co(OH), Ni(OH), Ksp 10-386 10-19.8 10-148 10-129 一般情况下，离子浓度小于10ol·L可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (I)基态N原子的价层电子排布式为 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第4页，共8页 (2)“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为 0 (3)“酸浸”时，双氧水的作用是 从环保角度分 析，“酸浸不能选用盐酸的主要原因是 (4)“调pH”时，当Co·、N2的浓度均为0.1mol·L时，pH最高可调至 (忽略溶液 体积变化)。 (⑤)“沉钴”时，生成CoC0,沉淀的离子方程式为 (6)“萃取”时，可用萃取剂P204或P507,己知其结构如图1所示(R是同一烃基CH,-)两 物质中P=0上的氧原子均可与Co2+配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者 配位能力大小：0(P204)0(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。 RO @Co ⊙0 RO OH OH P204 P507 图1 图2 (7)一种钴的氧化物的晶胞结构如图2所示： ①测定晶体结构的方法为 ②钴原子填充在氧原子构成的 (填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”)空隙。 16.三氯化六氨合钴Co(NH,)。Cl属于经典配合物，常温下为橙黄色晶体，在高浓度盐酸中易结 晶析出，易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇。某化学兴趣小组欲制备并测定 [Co(NH,)]CL的纯度。 已知：①Co(OH)3为棕褐色不溶于水的固体，[CoNH3)s(H2O)]Cl3为深红色易溶于水的固体。 ②通常对于氧化还原反应：氧化态十=还原态，当氧化态和还原态均形成配合物时， 氧化态的氧化性减弱，还原态的还原性增强。 浓氨水 双氧水 CoCl,和NH,CI 活性炭 的混合液 I、制备[Co(NH)]CI 装置和步骤如下（夹持装置已略去）： 步骤i：检查装置气密性后将CoCL,溶液、NH,CI溶液和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨 水，充分反应后缓慢滴加适量双氧水，水浴加热20mi,控制反应温度为50~60℃： 步骤ⅱ：将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸： 步骤ⅲ：冷却结晶后过滤，用少量无水乙醇洗涤晶体2~3次，干燥。 (1)仪器X的名称为. (2)步骤ⅰ发生反应的离子方程式为 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第5页，共8页 (3)该小组在制备过程中发现向CoC2溶液中直接加入H,O2无明显变化，据此认为加入浓氨水或氯 化铵对H,O2氧化Co2+产生了影响，该小组提出如下假设并设计实验验证： 假设1：加入氯化铵溶液，增强了HO2的氧化性。 假设2： 实验编号 实验操作 试剂 现象 0.5mL水 无明显变化 试剂+H,O: 2 0.5mL氯化铵溶液 无明显变化 CoC1,浴液 溶液变为深红色， 3 且出现棕褐色沉淀 结论：假设2合理，假设1不合理。 ①请补充假设2： ②实验编号3加入的试剂a为 ③据此分析步骤ⅰ中氯化铵的作用是 IⅡ、测定[Co(NH,)。]C,的纯度 准确称取0.2000g[Co(NH,)%]C1,(M=267.5gmol)样品放入250mL碘量瓶中，加入15mL10% NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，振荡使KI溶解，再加入HC1酸化，置 于暗处10min,待Co(OH),完全转化成Co2+,，滴加2滴淀粉溶液，用0.1000mol.LNaS20,标准溶 液滴定至终点，消耗标准溶液6.00mL(反应原理为I2+2S,O}=S,O。+2I,该过程中杂质均不参 与反应)。 (4)滴定终点的现象：当滴入最后半滴NaS2O,标准液时， (5)[Co(NH,)6]C,的纯度为 %(保留一位小数)。 (6)下列操作导致所测[Co(NH,)。]CL,的纯度偏高的有 (填标号)。 a.滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡 b.滴定终点时俯视读数 ℃.盛放标准溶液的滴定管没有用标准溶液润洗 17.二氧化碳直接排放易导致温室效应，因此推进其资源化利用意义重大、前景广阔，例如利用二 氧化碳与氢气合成甲醇、乙醇等。 己知：①CO2(g)+3H2(g)÷CH3OH(g)+H20(g) △H1=-49.0kJ/mol ②2CO2（g)+6H2(g)÷C2H5OH(g)+3H20(g) △H2<0 回答下列问题： (I)己知：△Hm为物质生成焓，反应焓变△H=产物生成焓之和一反应物生成焓之和，相关物质的生 成焓如下表所示。 物质 CO2 (g) H2(g) C2HsOH（g) H20(g) △Hm/kJ-mol-1 0 b 则△H2= kJ/mol。 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第6页，共8页 (2)下列关于反应②的△H一T△S(kJ-mol)随温度T(K)的变化趋势正确的是 （填序号)。 个△H-T△S/kJ-mol ↑MH-T△S/J.mol 个aH-TAS/kJ-mol 个AH-TAS/kJ-mol O 0 T T/K D (3)绝热恒容条件下发生反应①，下列能说明反应①达到平衡的是 (填序号)。 A.VE(CO2)=3v地(H2) B.断裂3molH一H键的同时形成3molH一O键 C.平衡常数保持不变 D.气体的总物质的量保持不变 (4)CO2与H2反应生成甲醇和乙醇，在不同催化剂作用下反应相同的时间，CO2的转化率及乙醇的 选择性与温度的关系分别如图1、2所示。随着温度的升高，以I2O,为催化剂，CO2的转化率 先增大后减小的原因是 制备乙醇最适宜的条件是 100 (370℃，80%) 100 Pd-ZrO, a 80 80 In2O3 60 袋 60 40 40 8 20 N20 Pd-ZrO, +In203 0 0 300320340360380400 300320340360380400 温度℃ 温度C 图1 图2 (5)按投料比n(CO2):n(H2)=1:3发生反应②，起始压强为8MPa的恒容条件下，平衡状态时 各物质的物质的量分数与温度的关系如图3所示，曲线d表示的物质是 (填化学式)， M点所示温度时，该反应的压强平衡常数Kp= MPa4（用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压=总压×物质的量分数)。 熟 0.800 CH C.Ho C,H,、H2O 0.600 电极P 0.375 电 NaOH溶液 0.200 翠 N 电极R M d 400500600700800 TK C0 co 图3 图4 (6)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理 如图4所示，两电极均为惰性电极。电极P上生成C2H4的电极反应为 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第7页，共8页 18.抗肿瘤药甲氨蝶呤的一种合成路线如下（略去部分试剂和反应条件，忽略立体化学）： OH (CH,NO) C,H,OH CI ①NaOH H.N SOCL H,N ②ZnCl2 OH N (NMM) (CDMT) D COOH NH2 .H2S04 H NH2 COOH HN Br Ht 甲氨蝶呤 已知： R'CH=CHR2/RCOOH+R2COOH 回答下列问题： (1)A的化学名称是 (2)C的结构简式为 (3)合成D的反应中，NMM可使B(盐酸盐)氨基复原，同时生成新盐 还能与CDMT反 应生成 CI- 一(DMTMM),说明NMM具有 性（填“酸”、“碱”或“中”)： DMTMM与羧基反应生成 (活化羧基)，有利于与氨基反应生成酰胺(D),同时生 成的 (DMT一OH)可水洗除去，DMT一OH易溶于水的主要原因是 HO (4)D→E中①的反应类型为 D→E的化学方程式为 (⑤)C的同分异构体中，含有硝基和苯环的共有 种（不考虑立体异构）。 (6)设计以 NO,为起始原料制备化合物A的合成路线如下（部分反应条件已略去）。 NO NH2 0/H02 OH Fe/HCI HO OH 其中F的结构简式为 该设计路线的一个明显缺点是 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学试题第8页，共8页 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研 化学试题参考答案 题号 1 2 3 4 6 7 9 1011 121314 答案 A D D BA B B AD D C D C 焙烧 15.(15分)【答案】(1)3d84s2(1分) (2)3CoS+50,C0,04+3S02 (3)作还原剂，将Co2·还原为Co2” 氧化性Co(Ⅲ)>Cl,Co(Ⅲ)会将盐酸中C1氧化产生有毒气体C2,污染环境 (4)7.1 (5)Co*+HCO;+NHH,O=CoCO+NH:+H,O (6)小于 (⑦)X-射线衍射法(1分) 正八面体（1分) 16.（14分)【答案】(1)球形干燥管(1分) (2②)2Co2+10NH,H,0+2N+H,0,=2[Co(NH,]+12H,0 (3)①加入浓氨水，形成co+和NH3的配离子，增强了co2+的还原性②0.5L浓氨水(1分) ③控制溶液pH值，防止生成氢氧化物沉淀，同时增大NH4浓度抑制NH3H2O的电离，增大 NH3H2O的浓度 (4)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 (5)80.3% (6)c 17.(14分)【答案】(1)b+3c-2a(1分) (2)D (3)CD (4)反应相同时间，370℃时反应达到平衡，平衡前反应正向进行，升高温度，反应速率加快， CO2的转化率增大，平衡后，由于反应①②是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的转化 率降低，且有可能催化剂活性下降：370℃、In2O3作催化剂。 (5)CH3CH2OH（或C2H5OH):（1分) 16 (⑥)2CH4+40H-4e=C2H4+4H20 18. (15分)【答案】(1)2-氨基戊二酸（或a-氨基戊二酸或谷氨酸） (2)少N ,(或H,CHN〈 OH 〉COOH,答CHNH〈 COOH也可) (3)碱性（1分) DMT一OH与水分子间能形成多个氢键(1分) (4)水解反应（取代反应）（1分) +2NaOH+ZnCl2→ 2NaCl +2C2HsOH (5)14 (6) -NO2 第一步消去反应还存在另一种产物 -NO2,降低了a-氨基戊二酸的产率 1.【答案】A【详解】A.豆浆属于蛋白质胶体，制作豆腐加石膏是利用电解质使胶体发生聚沉的 原理，和CSO4溶解度小无关，故A错误：B.核素是指具有特定质子数和中子数的原子。碳元 素有多种核素，如C、c等。‘烛龙一号'核电池使用的原料是C,它是碳元素的一种核素，故 B正确：C.煤的干馏、气化和液化过程中均有新物质生成，均发生了化学变化，故C正确： D.硅单质具有良好的半导体特性，可用作芯片、集成电路等，故D正确。 2.【答案】D【详解】A.HCI的电子式为H:CI,A错误：B.CH4中心C原子为sp3杂化，其 杂化轨道应为正四面体形，B项示意图为平面三角形，B错误：C.反-2-丁烯的碳碳双键两侧的 甲基应位于双键的异侧，图示球棍模型符合顺-2-丁烯的结构特点，C错误：D.OF,分子中中心O 原子的价层电子对数：。键数(2)+孤电子对数6-2x1=2,总价层电子对数为4。VSEPR模型由 2 价层电子对数决定，价层电子对数为4时，VSEPR模型为四面体形，D正确。 3.D【详解】A.KMnO,溶于KOH溶液中形成K2MnO,碱性溶液，而MnO2不溶于水，可用过滤 分离出溶液中的MO2,A选项正确：B.实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学答案第1页，共6页 气，再利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCI杂质，B选项正确： C.在强碱溶液中K2MO,可被Cl,氧化为KMnO,因此将氯气通入到K,MnO,碱性溶液中可制备得 到KMnO,,此外氯气有毒，用NaOH溶液进行尾气处理，C选项正确： D.KMnO,受热易分解，应该用蒸发浓缩，冷却结晶的方式得到KMnO,固体，D选项错误： 4.B【详解】A.没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误：B.1个CO中有3个 o键，I1 noICO}o键的数目为3NA,B正确：C.根据方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O=2 NaHCO3+2NaCl +Cl20可知，2 molCI2参加反应，电子转移的物质的量为2mol,电子转移数目为2NA,C错误： D.没有给出溶液的体积，无法计算NaHCO3的物质的量，D错误： 5.【答案】A【详解】A.泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧 化铝沉淀和二氧化碳：A*+3HCO;=AI(OH),↓+3CO2↑，A正确：B.氨水与少量二氧化疏反应生 成亚疏酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3H2O+SO2=2NH+SO分+H2O,B错误：C.用FCl, 溶液刻蚀电路板上的铜，反应离子方程式为2FC+Cu=Cu2++2Fc2+,C错误；D.HF是弱电解 质，离子方程式中不能拆分为H和F,D错误 6.B【详解】A.由结构简式可知，X一定条件下发生水解反应生成2一甲基丙烯酸和甲醇，2一 甲基丙烯酸和乙酸的官能团不完全相同，不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；B.由 Z的结构简式可知，苯环可以和H2发生加成反应，1olZ消耗3 n molH2,故B正确：C.由结构 简式可知，聚合物Z中虽然酯基可以水解，但是水解后得到的物质依然是高分子化合物，不能变 成小分子，Z属于不可降解高分子材料，故C错误：D.由方程式可知，催化剂作用下X和Y发 生加聚反应生成Z,故D错误： 7.【答案】B【详解】A.O3为极性分子但极性微弱，更易溶于非极性溶剂CC4中，故A正确： B.HF稳定性更强是因为H一F键键能更大，分子间作用力主要影响物理性质（如沸点)，与化学 稳定性无关，故B错误：C.F电负性远大于C1,A13为离子晶体，熔化需要破坏较强的离子 键，A1C3为分子晶体，熔化只需要破坏较弱的分子间作用力，故A1F3熔点远高于A1Cl3,故C正 确：D.碳化硅和晶体硅均为共价晶体，原子半径Si>C,因此C一Si键键长比Si-Si键更短、键 能更大，对应硬度更高，故D正确。 8.【答案】A【分析】Z元素的简单氢化物可作制冷剂且Z能形成3个共价键，则Z为N,基态Y 原子核外电子有5种空间运动状态，有5个原子轨道被电子占据，Y可以形成1个共价键，所以 Y为F,X元素是植物生长所需要的重要元素之一且形成六个共价键为负一价阴离子，X为P, 据此回答。【详解】A.基态原子未成对电子数：N>F,A正确：B.同周期，从左到右，电负性 增大，同主族，从上到下，电负性减小，故电负性：F>N>P,B错误：C.HF、NH分子中均存 在分子间氢键且HF中氢键的强度大于NH,PH,中只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华 力，故三种元素简单氢化物的沸点高低顺序为氟化氢>氨气>磷化氢，C错误：D.NF3和PF3分 子中的中心原子N和P均为sp杂化，均有一对孤电子对，但是中心原子电负性N>P,成键电子 对在磷原子周围密度更低，相互间斥力更小，键角变小，所以键角：NF3>PF3,D错误。 9.【答案】D【分析】由机理图可知，N,O与Fe*反应生成N2和FeO*,FeO*和C,H。反应生成 [(C,H)Fe(OH)],[(C,H)Fe(oH]生成Y和Fe*,根据原子守恒知，Y为乙醇：[(C,Hs)Fe(OH)] 生成X和[(C,H)Fe]',X为水；[(CH)Fe]和N,O生成N2和 生成乙醛和 Fe。因此，主反应的总反应方程式为：C,H,+2N,0催化剂cH,CH0+H,0+2N, 以此解题： 【详解】A.反应中，N,O与Fe*反应生成FeO+,FeO*后续参与反应生成其他物质，最终FeO 在主循环中被消耗，属于反应中间体，A正确：B.②过程中反应为：[(C,H,)F]+N,O= +N2,在该步反应中，N2O作氧化剂，每生成1olN2,氮元素的化合价从+1价降 低为0价，得到2ol电子，因此反应转移的电子为2mol,B正确：C.将主反应各步骤加和， 消去中间体后，总反应为：C,H+2N,0继化剂cH,CH0+H,0+2N,C正确： 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学答案第2页，共6页 D.由分析可知，X为水，Y为乙醇。水和乙醇能互溶的主要原因是两者均为极性分子且分子间 可以形成氢键，同时乙醇的-OH与水分子的-OH相近，因而乙醇与水互溶，即两者互溶与它们的 分子结构相似有关，D错误。 10.【答案】D【分析】本题主要考查化学平衡移动原理在实验中的应用，F(NO,),溶液中存在水 解平衡，升高温度，水解平衡正向移动，从而引起溶液颜色的变化。增大生成物浓度或采取使反应 物浓度变小的措施均会让平衡逆向移动。结合上述因素对平衡的影响可以探究F·显色的原因。 【详解】A.根据已知信息可知，F(NO,),溶液中存在水解平衡 [Fe(H,0)]'+nH,0=[Fe但，0OH.]+nH,0=l6)，水解反应是吸热反应，升高温度，水解平 衡正向移动，[F®(H,O).(Om.]的浓度增大，颜色变深，A正确：B.实验IⅡ中，升高温度， [Fe(H,O)]”的水解平衡正向移动，[F©(H,O)(OH。浓度增大。加入HNO,溶液中cH)增大， 抑制了[(H,O)]”的水解。由溶液颜色无明显变化，可判断H对平衡的影响大于温度对平衡的 影响，B正确：C.常温下，向实验Ⅱ的溶液中加入一定浓度的NaC1溶液后，发生反应 Fe·+4C+2H,0≠[FeC,(H,O),],所以溶液变为黄色，C正确：D.向实验IⅡ的浴溶液中加入一定浓 度的NaC1溶液后，发生反应Fe3+4C+2H,0=[FeCl,日，0)]，溶液变为黄色，可知Cr-浓度对Fe· 在溶液中的颜色有影响，而HCI中含有C,因此不能用HCI调节pH探究Fe·显色的原因，错误。 11.C【分析】太阳光照射TO2电极上，敏化后的TiO2失去电子为原电池的负极，Pt电极为正 极：【详解】A.该装置是光伏电池，太阳光照下敏化后的TO2产生电子()和空穴(h),驱动电 流产生和离子移动，所以电池工作时，涉及光能转化为电能，A正确：B.太阳光照下，敏化后 的TO,产生电子（©）和空穴(h),即敏化TiO,电极失电子为负极，B正确：C.Pt电极为正极，发 生得电子还原反应，Pt电极电极反应为：I5+2c=3,C错误；D.由图可知，光敏化剂结构 中，中心离子Ru2与6个N原子成键，配位数是6，D正确。 11.C【分析】从题图可判断，电极a与碱性NaOH溶液相接，电极b与酸性H2SO4溶液相接， 且利用b极上“碳-过渡金属”电极催化氧化3·甲基吡啶生成烟酸，可知b极为阳极（氧化极)， a极为阴极（还原极)。在外加电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势。 【详解】A.b极为阳极（氧化极），a极为阴极（还原极）。在外加电源作用下，阳极电势高于 阴极电势，故a极电势低于b极电势，故A错误；B.b极为阳极，发生氧化反应，失去电 子，电极反应式为2H20+2e=2OH+H2↑，故A错误： CH3 COOH -6e+2H20→ +6Ht,制备0.1mol烟酸时转移电子为0.6mol,根据 N 电子守恒可知，双极膜中有0.6 mol OH移向阳极，0.6molH移向阴极，即质量减少0.6mol×18 gmol=10.8g,故C正确：D.碳封装过渡金属电极的作用是促进3-甲基吡啶在阳极发生氧化 反应，而非加快阴极的还原速率，故D错误。 12.【答案】C【详解】A.根据题中所给晶胞图，由均摊法可知，晶胞中各离子数目： 0:2x=lC4x,Mg2X4=,L4×+1=2,Mg2、02、C的个数比为4：1：22， 离子导体的化学式为Li,MgO,Cl2,A错误： B.最近的r之间的核间距为面对角线的，即号pm,B错误： C.Mg2+带+2电荷，L*带+1电荷，用Mg2+取代L时，为保持电荷平衡，会产生Li*空位，空位 为L的迁移提供通道，有利于L的传导，C正确： D.棱长为apm=a×1010cm,体积为V=(ax10-o=a2x10”cm2,质量为m=2x7+05x24+16+355 9= NA 忍g,故密度为：p=号=0西9Gm3,D错误。 77.5 13.【答案】D【分析】由图分析可知，随着温度升高，(HO)减少，说明反应② CO2(g)+H,(g)=CO(g)+HO(g)为放热反应，△H2<0:n(H2)、n(CO)随温度升高而增加，可知反 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学答案第3页，共6页 应①CH,(g)+C0(g)=2CO(g)+2H,(g)为吸热反应，△H,>0:反应③CH,(g)=C(S)+2H,(g) △H,>0,随温度升高反应①和③正向进行，一直消耗CH4,甲烷物质的量减少：温度升高反应① 正向进行，消耗CO2、反应②逆向进行，生成CO2:曲线甲随温度升高有先升高再降低的趋势， 甲代表CO2,据此分析作答。 【详解】A.由分析可知，曲线甲代表CO2,故A错误：B.由图可知，温度高于900℃，生成的 C0、H2的物质的量相等（接近2ol),且生成物中H,0的物质的量几乎为零，故此时主要发生反 应①CH,(g)+C0,(g)=2C0(g)+2H,(),B错误：C.为反应③的平衡常数，平衡常数K只 c(CHA) 与温度有关，故一定温度下，若向平衡体系中通入少量CH。,重新达平衡后，K不变，即不 c(CH4) 变，故C错误：D.620℃时，C02、H,0、C0的曲线交点代表物质的量均为0.5mol,此时反应 ②C0,(g)+H,(g)=C0(g)+H,0(g)的平衡常数K=CocH,O ,K=cC0c,0)=0.5x0.5 c(C0,)c(H) c(C02)c(H2)0.5×c(H2)2cH2)' 由图可知620℃平衡时c>0.5,故K2cH:若起始投入H,0、C0、H,、CH,和c0,均为 05,则此时反应@的eC8品-8-1Q>K故平衡逆向移动即c,D正角。 14.【答案】C【分析】M点正好生成NaHA,N点溶液成分为Na2A:H2A的Ka>K2,Ka= (HA)K) c(HA)、c(A2） HgA,m曲 -lg- c(H2A) cHA一，c()浓度相同时， c(H,A)cHA） c(H,A) 线代表-lg c(A-) C与H关系，n曲线代表g写pH关系 c(A2- 【详解】A.根据分析可知，曲线n表示pH与-l 的变化关系，A错误：B.M点的溶质 cHA） 为NaHA,且此时溶液pH<7,即HA的电离程度大于水解程度，故c(HA)>c(A2)>c(H2A),B 错误：C.P点溶液中的电荷守恒式应为：cNa+)+c(H)=2c(A2)+cHA)十c(OH),P点对应 c(a-) 的溶液pH=6.7,此时-l c(HA） =0,即c(A2)=c(HA),所以c(Na)+c(Ht)=3c(A2-)+c(OH), C正确：D.N点溶质为N2A,A2只水解，促进水的电离，故N点水的电离程度更大，D错 误。 15.【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备疏酸镍并回收钴，实 现矿物资源的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将疏化物氧化为金 属氧化物，同时得到副产物SO2,$O2可用于工业制疏酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经疏酸、 双氧水酸浸，不溶性Au被过滤分离：双氧水可将+3价钴还原为C2·,便于后续分离。再加氨水 调pH除去F、C2·杂质，可通过加入氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍 钴，最终得到硫酸镍与疏酸钴产品。 【详解】(1)镍是28号元素，价层电子排布式为3d84s2。 (2)培烧时CoS与空气中氧气反应生成co0,和S0,化学方程式为3CoS+50,整co,0+3S0,· (3)酸浸时Co,O,中+3价C0被双氧水还原为Co2·,因此双氧水的作用是作还原剂，将Co·还原 为Co2·。已知氧化性Co()>C2,CoI)可氧化c1生成有毒的Cl2,因此不能用浓盐酸。 （4)调pH目的是使F·、C2沉淀完全，Co24、Ni2+不沉淀。铜离子沉淀完全时： c(OH)= (OH) 10-198 c(Cu2+） 10moWL=10mo/L,pH=6.6:铁离子沉淀完全时： c(OH）= Fe(OH) 10-&6 c(Fe") 10m0/1L10"o1/L,pH=2.8。Co(Ol2的Kp=10-u<Ni(oHl,的 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学答案第4页，共6页 Kp=102”,相同浓度下Co·先沉淀，保证Co不沉淀就一定保证N·不沉淀： Km[cooH.]=c(co2e(oHr）=10,c(co2*）=0lmoL,代入得：coHr）=10 =1013.8, 0.1 c(OH)=10-69moL,pOH=6.9,pH=14-6.9=7.1,故pH最高可调至7.1（确保Fe3+、C2沉淀完 全)。(5)Co2+与H,HCO、氨水反应生成CoCO沉淀，反应的离子方程式为 Co·+HCO;+NH,H,O=CoCO,↓+NH;+H,O:若只加碳酸氢铵时，反应的离子方程式为 Co2·+2HC0;=CoC0,↓+CO,个+H,0,过程中生成大量CO2气体，因此导致颗粒疏松。 (6)P204中P连接两个吸电子基团-OR,使P=O键O原子电子云密度降低，给电子能力减弱， 配位能力小于P507中P=0的0。 （7)晶体结构测定方法为X-射线衍射法：钴原子填充在氧原子构成的正八面体的空隙里。 16.【分析】该实验分为两部分，一部分是用CoCl2、NH,C1、浓氨水、双氧水制备三氯化六氨合 钴，并对向CoC12溶液中直接加入H,O2无明显变化这一现象进行猜想、分析、验证：另一部分是 通过氧化还原滴定和相对应的反应关系测定目标产物的纯度。 【详解】(2)步骤i的反应为：CoC12、NH,C1、浓氨水、双氧水，水浴加热条件下的反应制备三 氯化六氨合钴，反应的离子方程式为：2Co2·+10NH,H,0+2NH,'+H,0,=2[Co(NH,)6]+12H,0: (3)结合题目观点可推测假设2为：加入浓氨水，形成Co2·和NH3的配合物，增强了Co2·的还原 性：由此确定①加入的试剂a应为等量的浓氨水即0.5mL浓氨水：②根据实验分析可知，加入氯 化铵可控制溶液pH值，防止生成氢氧化物沉淀，同时增大NH4+浓度抑制一水合氨的电离，增大 一水合氨的浓度。 (4)由反应原理(12+2S,O?=S,O?+21)可知，滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且半 分钟内不恢复原色 （5).滴定前滴定管内无气泡，滴定后有气泡，说明消耗体积读少了，会导致三氯化六氨合钴 的量计算偏少，故纯度偏低： b.滴定终点时俯视读数，消耗体积读数偏小，导致三氯化六氨合钴的计算量偏少，纯度偏低： c.没有用标准液润洗，消耗标准液的体积偏多，导致三氯化六氨合钴的计算量偏多，纯度偏高： (6)根据滴定实验计算如下：反应关系为：2Co+~1,~2S0}即n[Co(NH,)。C4,]=n(Na,S,0) n(Na,S,0,)=0.1molL×6.00×10-3L=0.0006mol,m(Co(NH)。C,)=0.0006mol×267.5gmol'=0.1605g, 纯度=01605x10%=80,3%。 0.2000 17.【详解】(1)根据反应热和生成关系，代入数据计算得△H2=b+3c-2a (2)反应②为气体分子数减少的反应，△S<0,根据△H-T△S可知，斜率为正数，截距为负数 (3)反应是否达平衡，一看正逆反应速率是否相等，二看变量是否再变： A.用速率判断平衡要体现正向、逆向速率相等，则3v正(CO2)=V运(H2),故A错误： B.无论是否平衡，断裂3molH一H键的同时都会形成3molH一O键，无法判断反应是否达到平 衡，故B错误：C.该反应在绝热恒容条件下发生，随着反应进行体系温度会发生变化，平衡常数 随温度变化而变化，故平衡常数不变，即温度不再变化，则反应已达到平衡，故C正确： D.反应前后气体分子数不同，随着反应的进行，气体的总物质的量会发生变化，当气体总物质的 量不再变化，则反应达到平衡，故D正确： （4)由图1可知，反应相同的时间，以I2O3为催化剂，370℃时反应达到平衡，平衡前反应正向 进行，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应相同时间CO2的转化率越大，平衡后，由于反应 ①②是放热反应，升高温度平衡逆向移动，C02的转化率降低：由图2可知，340℃时，以I203为 催化剂，乙醇的选择性就达到最高值，后续几乎没有变化，综合CO2的转化率，制备乙醇最适宜的 条件是370℃、In203作催化剂。 (5)为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应物的物质的量分数增大，产物的物质的量分数 减小，结合图3、化学方程式计量系数和投料比可知a、b分别为H2、C02,c、d分别为H0、 C2HsOH:M点所示温度时，假设H2、CO2投料量分别为3mol、1mol,平衡时C2HsOH的物质的 量为amol,则： 0)6狂日中比业亦笋一你势兴届品调再业兴交安而.什6而 ②2C02(g)+6H2(g)÷C2H5OH(g)+3H0（g)△H2 起始/mol:1 J 0 0 变化/mol:2a 6a 日 3a 平衡/mol:1-2a 3-6a 3a M点H2、H20的含量相同，则3-6a=3a,a 1，则反应达到平衡时，各组分物质的量为：n 3 (C0,）=合，n(H）=1,m(CH,0H)=分n(H0)=,气体的总物质的量为(4：4a) mol=8 1,一定温度恒容条件下，压强与物质的量成正比，设平衡时压强为P+,则p平n始 p始n平 3 8Pa×号o 4 mo1 =9Pa,结合反应与图象可确定C02、H、CH,OH、H,0的分压分别为 3 合×9Pa一号Pa、号×号Pa=2Pa吉×9Pa=号Pa、是×号Pa=2P,则该反应 8 3 8 3 的压强平衡常数R。 号即aX2Pa)3 号即a)×2Pa)6 加， (6)由图4可知，电极P上CH4转化为C2H4,电解质为NaOH溶液，故电极反应为2CH4+40H-4e =C2H4+4H20, 18.【分析】A→B的发生酯化反应，SOC2同时将氨基转化为盐酸盐，保护氨基：B→D的反应是 B的氨基与C的羧基在缩合试剂作用下形成酰胺键，生成D物质，C的推断：分子式为 COOH CH,NO,结合产物D的结构，可推知C为对甲氨基苯甲酸[ :D→E发生酯的水解反应： NHCH, E→甲氨蝶呤，在22*/H,SO,反应条件下发生缩合与环合反应。 【详解】（1)A的结构简式为H,NCH(COOH)CH,CH,COOH,系统命名为2-氨基戊二酸或a-氨基戊 二酸，俗称谷氨酸：（2)D结构减去B的残基，结合分子式CH,O2,可得C为对甲氨基苯甲 COOH 酸，结构简式为〔 :(3)NMM结合H使B的-NH释放出游离氨基，体现碱性：DMT-OH NHCH, 含羟基等极性基团，可与水分子形成多个氢键，因此易溶于水： (4)D→E第一步发生酯在碱性条件的水解反应，接着与ZCl2发生复分解反应。故D→E的总 反应方程式为 +2a0H+2nc→ 2NaCl 2C2HsOH (5)C分子式CH,NO2,共2个O,全部在硝基中，分情况讨论：苯环1个取代基：共2种 (-CH,CH,NO,、-CH(CH,)NO2):苯环2个取代基：①-NO,和-C2H,邻、间、对共3种：② -CH,和-CH,NO2,邻、间、对共3种：苯环3个取代基：2个-CH和1个-NO,共6种。总共有 2+3+3+6=14种： Br (6)利用 「〉一o消去得到双键，再用已知信息①臭氧氧化开环得到二元羧酸，最后还原硝 基得到氨基，得到产物A,故F的结构简式为： -O:。但是该合成路线的缺点是消去反应还 存在另一种产物 o,影响a-氨基戊二酸的产率。 2026年5月高中毕业班第二次教学质量调研化学答案第6页，共6页