精品解析：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：H 1 Li 7 O 16 Mg 24 Cl 35.5 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Mate 80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 A. HCl的电子式： B. CH4的中心原子sp3杂化轨道： C. 反-2-丁烯的分子结构模型： D. OF2分子的VSEPR模型： 3. 已知在强碱溶液中可被氧化为。某实验小组使用和的固体混合物，按照下图步骤依次操作，制备固体。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是 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Cl2O的化学方程式为：，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 22.4 L Cl2O中原子总数为 B. 中键的数目为 C. 每消耗2 mol Cl2，转移电子数为 D. 溶液中的数目等于 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： B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： C. 用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜： D. 用氢氟酸刻蚀玻璃： 6. 一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。 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. 1 mol Z能与3n 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：CCl4>H2O O3极性微弱 B 稳定性：HF>HCl HF分子间作用力更大 C 熔点： 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 C. 简单氢化物的沸点：X>Z>Y D. 键角大小： 9. 气相离子催化剂(、、等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中----为副反应)，下列说法不正确的是 A. 是反应中间体 B. ②过程中每生成1 mol转移电子2 mol C. 主反应的总反应方程式为： D. X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 10. 某化学学习小组为探究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 溶液＋蒸馏水 棕黄色 深棕色 Ⅱ 溶液 几乎无色 几乎无色 Ⅲ 溶液 黄色 深黄色 已知：水溶液中，几乎无色，水解生成(棕黄色)；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，加热后平衡正向移动，颜色变深 B. 实验II中溶液颜色无明显变化的原因为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溶液后，溶液可变为黄色 D. 三组实验说明，可用调节探究显色的原因 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+、离子分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. a极电势高于b极电势 B. b极的电极反应式为 C. 制备0.1 mol烟酸时双极膜中质量减少10.8 g 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Mg2+取代部分Li+，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a pm。下列关于图2晶体结构说法正确的是 A. 化学式为LiMgOCl B. 距离最近的两个Li+之间的核间距为a pm C. Mg2+取代部分Li+会产生空位，有利于Li+传导 D. 晶体密度为 13. 以CH4和CO2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： ① ② ③ 恒容条件下，起始投入CH4和CO2各1 mol，不同温度下平衡时部分气体的物质的量(n)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线甲表示的物质为CH4 B. 由图可知温度高于时主要发生反应①和反应② C. 时，若向平衡体系中通入少量CH4，重新达平衡后将减小 D. 时，若起始投入H2O、CO、H2、CH4和CO2均为0.5 mol 此时反应②的 14. 常温下，用溶液滴定溶液，得到pH与、[或]的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线m表示pH与的变化关系 B. M点溶液： C. P点溶液： D. 水的电离程度：M>N 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)为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、Co3O4和Au。 ②氧化性：Co(Ⅲ)>Cl2。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物 一般情况下，离子浓度小于可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）基态Ni原子的价层电子排布式为________。 （2）“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为________。 （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Co2+、Ni2+的浓度均为时，pH最高可调至________(忽略溶液体积变化)。 （5）“沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为________。 （6）“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图1所示(R是同一烃基)，两物质中P=O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：O(P204)________O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。 （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的纯度。 已知：①为棕褐色不溶于水的固体，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+ne-=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。 Ⅰ．制备 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CoCl2溶液、NH4Cl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20 min，控制反应温度为； 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________。 （3）该小组在制备过程中发现向CoCl2溶液中直接加入H2O2无明显变化，据此认为加入浓氨水或氯化铵对H2O2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H2O2的氧化性。 假设2：________。 实验编号 实验操作 试剂 现象 1 0.5 mL水 无明显变化 2 0.5 mL氯化铵溶液 无明显变化 3 a 溶液变为深红色，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________。 Ⅱ．测定的纯度 准确称取()样品放入250 mL碘量瓶中，加入15 mL 10% 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HCl酸化，置于暗处10 min，待完全转化成Co2+，滴加2滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液6.00 mL(反应原理为，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Na2S2O3标准液时，________。 （5）的纯度为________%(保留一位小数)。 （6）下列操作导致所测的纯度偏高的有________(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 c．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。 已知：① ② 回答下列问题： （1）已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质的生成焓如下表所示。 物质 a 0 b c 则________kJ/mol。 （2）下列关于反应②的随温度的变化趋势正确的是_________(填序号)。 A. B. C. 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. B. 断裂3 mol H—H键的同时形成3 mol H—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In2O3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________。 （5）按投料比发生反应②，起始压强为8 MPa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________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （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________。 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)： 已知： 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(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—OH)可水洗除去，DMT—OH易溶于水的主要原因是________。 （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)。 其中F的结构简式为________；该设计路线的一个明显缺点是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：H 1 Li 7 O 16 Mg 24 Cl 35.5 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Mate 80手机使用了麒麟芯片，其主要成分是Si 【答案】A 【解析】 【详解】A．制作豆腐时添加石膏，是利用作为电解质使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉的性质，与溶解度小无关，A错误； B．具有确定的质子数和中子数，是碳元素的一种核素，B正确； C．煤的干馏、气化、液化过程均有新物质生成，都属于化学变化，C正确； D．硅是良好的半导体材料，是制作芯片的主要成分，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语描述正确的是 A. HCl的电子式： B. CH4的中心原子sp3杂化轨道： C. 反-2-丁烯的分子结构模型： D. OF2分子的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．是共价化合物，电子式为，A错误； B．中心C原子的价层电子对数为4，因此是杂化，共形成4个等价的杂化轨道；图示为3个夹角的杂化轨道，属于杂化的特征，B错误； C．反式异构的定义是两个相同大基团（两个甲基）位于双键的异侧，图示结构模型为顺-2-丁烯的结构，C错误； D．中心O原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数，VSEPR模型需要将孤电子对也计入空间构型，图示正确，D正确； 故选D。 3. 已知在强碱溶液中可被氧化为。某实验小组使用和的固体混合物，按照下图步骤依次操作，制备固体。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶于KOH溶液中形成碱性溶液，而MnO2不溶于水，可用过滤分离出溶液中的MnO2，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气，再利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl杂质，B选项正确； C．在强碱溶液中可被氧化为，因此将氯气通入到碱性溶液中可制备得到，此外氯气有毒，用NaOH溶液进行尾气处理，C选项正确； D．受热易分解，应该用蒸发浓缩，冷却结晶的方式得到固体，D选项错误； 故选D。 4. Cl2制备Cl2O的化学方程式为：，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 22.4 L Cl2O中原子总数为 B. 中键的数目为 C. 每消耗2 mol Cl2，转移电子数为 D. 溶液中的数目等于 【答案】B 【解析】 【详解】A．未指明处于标准状况，无法通过气体体积计算其物质的量，不能确定原子总数，A错误； B．为平面三角形结构，中键数目为，B正确； C．反应为元素的歧化反应，参与反应时， 得电子变为价、 失电子变为价，转移电子数为，C错误； D．未给出溶液体积，无法计算的物质的量，且会发生电离和水解，D错误； 故选B。 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： B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： C. 用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜： D. 用氢氟酸刻蚀玻璃： 【答案】A 【解析】 【详解】A．泡沫灭火器灭火原理为与发生彻底双水解反应，离子方程式为，A正确； B．氨水吸收少量时，氨水过量，反应生成亚硫酸铵，正确离子方程式为，B错误； C．与反应生成和，正确离子方程式为，C错误； D．是弱酸，离子方程式中不能拆分为和，正确离子方程式为，D错误； 故选A。 6. 一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。 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. 1 mol Z能与3n 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 【答案】B 【解析】 【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—甲基丙烯酸和甲醇，2—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，A错误； B．由于1 mol 苯环可以和3 mol 氢气发生加成反应，而1 mol Z中含有n mol苯环，能与3n mol H2发生加成反应，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，C错误； D．此反应是两种单体通过碳碳双键打开而聚合，没有小分子生成，属于加聚反应，D错误； 故选B。 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：CCl4>H2O O3极性微弱 B 稳定性：HF>HCl HF分子间作用力更大 C 熔点： 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 【答案】B 【解析】 【详解】A．的极性极其微弱，导致在中的溶解度大于，A不符合题意； B．与的稳定性属于化学性质，由分子内共价键键能决定，键键能大于键，故稳定性，分子间作用力仅影响熔沸点等物理性质，与稳定性无关，B符合题意； C．为离子晶体，为分子晶体，离子晶体熔点通常远高于分子晶体，故熔点，C不符合题意； D．碳化硅与晶体硅均为共价晶体，键长越短键能越大，硬度越高，原子半径大于，故键键长比键短，键能更大，硬度碳化硅晶体硅，D不符合题意； 故选B。 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 C. 简单氢化物的沸点：X>Z>Y D. 键角大小： 【答案】A 【解析】 【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．Z为N原子，基态原子价电子排布式为，有3个未成对电子；Y为F原子，基态原子价电子排布式为，只有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：Z>Y，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，即Y>Z>X，B错误； C．、分子中均存在分子间氢键且中氢键的强度大于，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>>，即Y>Z>X，C错误； D．和分子中的中心原子N和P均为杂化，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：＞，即>，D错误； 故选A。 9. 气相离子催化剂(、、等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中----为副反应)，下列说法不正确的是 A. 是反应中间体 B. ②过程中每生成1 mol转移电子2 mol C. 主反应的总反应方程式为： D. X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 【答案】D 【解析】 【分析】由机理图可知，与反应生成和，和反应生成，生成和，根据原子守恒知，Y为乙醇；生成和，X为水；和生成和 ，生成乙醛和。因此，主反应的总反应方程式为：，以此解题； 【详解】A．反应中，与反应生成，后续参与反应生成其他物质，最终在主循环中被消耗，属于反应中间体，A正确； B．②过程中反应为：​，在该步反应中，N₂O作氧化剂，每生成1 mol N₂，氮元素的化合价从+1价降低为0价，得到2 mol电子，因此反应转移的电子为2 mol，B正确； C．将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为：，C正确； 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； 故选D。 10. 某化学学习小组为探究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 溶液＋蒸馏水 棕黄色 深棕色 Ⅱ 溶液 几乎无色 几乎无色 Ⅲ 溶液 黄色 深黄色 已知：水溶液中，几乎无色，水解生成(棕黄色)；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，加热后平衡正向移动，颜色变深 B. 实验II中溶液颜色无明显变化的原因为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溶液后，溶液可变为黄色 D. 三组实验说明，可用调节探究显色的原因 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查化学平衡移动原理在实验中的应用，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从而可以探究显色的原因。 【详解】A．根据已知信息可知，溶液中存在水解平衡，水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，的浓度增大，颜色变深，A正确； B．实验II中，升高温度，的水解平衡正向移动，浓度增大。加入HNO3，溶液中增大，抑制了的水解。由溶液颜色无明显变化，可判断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溶液后，发生反应，所以溶液变为黄色，C正确； D．向实验II的溶液中加入一定浓度的溶液后，发生反应，溶液变为黄色，可知-浓度对在溶液中的颜色有影响，而中含有，因此不能用调节探究显色的原因，D错误； 故答案选D。 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+、离子分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. a极电势高于b极电势 B. b极的电极反应式为 C. 制备0.1 mol烟酸时双极膜中质量减少10.8 g 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据题干信息“电催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸”及示意图可知，b极为阳极，发生氧化反应；则a极为阴极，发生还原反应，据此分析解答。 【详解】A．b极为阳极，a 极为阴极，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，A错误； B．b极附近溶液显酸性，故电极反应式中不能出现氢氧根，应用氢离子配平电荷，B错误； C．由b极电极反应式可知，制备0.1 mol烟酸时转移电子为0.6 mol，根据电子守恒可知，双极膜中有0.6 mol 移向阳极，0.6mol移向阴极，即质量减少0.6 mol×18 g/mol=10.8 g，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，即提高b电极上氧化反应的速率，D错误； 故选C。 12. 某富锂超离子导体的晶体结构如图1所示，用Mg2+取代部分Li+，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a pm。下列关于图2晶体结构说法正确的是 A. 化学式为LiMgOCl B. 距离最近的两个Li+之间的核间距为a pm C. Mg2+取代部分Li+会产生空位，有利于Li+传导 D. 晶体密度为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中图2所给晶胞图，由均摊法可知，晶胞中各离子数目：，，，，的个数比，最简整数比为4∶1∶2∶2；取代部分后，会产生空位，空位可以允许传导，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，图2晶体的化学式为，A错误； B．最近的为两条相邻棱上的，它们之间的核间距为面对角线的一半，即，B错误； C．带+2电荷，带+1电荷，用取代时，为保持电荷平衡，会产生空位，空位为的迁移提供通道，有利于的传导，C正确； D．该晶体的密度：，D错误； 故选C。 13. 以CH4和CO2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： ① ② ③ 恒容条件下，起始投入CH4和CO2各1 mol，不同温度下平衡时部分气体的物质的量(n)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线甲表示的物质为CH4 B. 由图可知温度高于时主要发生反应①和反应② C. 时，若向平衡体系中通入少量CH4，重新达平衡后将减小 D. 时，若起始投入H2O、CO、H2、CH4和CO2均为0.5 mol 此时反应②的 【答案】D 【解析】 【分析】由图分析可知，随着温度升高，减少，说明反应②为放热反应，；、随温度升高而增加，可知反应①为吸热反应，；反应③是吸热反应，随温度升高反应①和③正向进行，消耗和，反应②逆向进行，生成；则的物质的量随温度升高而降低，曲线甲随温度升高有先升高再降低的趋势，故甲代表，据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，甲代表，A错误； B．反应①中，和的生成量之比为1:1。反应②会消耗  并生成。反应③只生成，在温度高于900℃时，图中显示的物质的量和CO的物质的量相等，H2O的物质的量接近0，说明主要发生反应①，B错误； C．表达式正是反应③的平衡常数表达式，化学平衡常数只与温度有关。在400℃这个恒定温度下，是一个定值，无论向体系中加入还是其他物质，只要温度不变，体系重新达到平衡后，的值仍然等于，即保持不变，C错误； D．从图中可知，在620℃平衡时， mol，此时反应②的平衡常数= ，由图可知620℃平衡时>0.5mol，故 ；若起始投入H2O、CO、H2、CH4和CO2均为0.5 mol，则此时反应②的>K，故平衡逆向移动，即，D正确； 故答案选D。 14. 常温下，用溶液滴定溶液，得到pH与、[或]的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线m表示pH与的变化关系 B. M点溶液： C. P点溶液： D. 水的电离程度：M>N 【答案】C 【解析】 【分析】加入20mL氢氧化钠溶液，M点恰好生成，加入40mL氢氧化钠溶液，N点恰好生成；的，，，浓度相同时，>，<，m曲线代表与pH关系，n曲线代表与pH关系，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，曲线m表示pH与的变化关系，A错误； B．M点正好生成，由于此时溶液显酸性，则电离程度大于其水解程度，故M点溶液：，B错误； C．P点溶液pH=7,由图可知=0，则，此时溶液中的溶质为、，P点溶液电荷守恒式为，将替换成，可得C项电荷守恒变形式，C正确； D．N点溶液中溶质成分为，M点溶液中溶质成分为，水解能力大于且电离出氢离子会抑制水的电离，故水的电离程度：M<N，D错误； 故选C。 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)为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、Co3O4和Au。 ②氧化性：Co(Ⅲ)>Cl2。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物 一般情况下，离子浓度小于可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）基态Ni原子的价层电子排布式为________。 （2）“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为________。 （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Co2+、Ni2+的浓度均为时，pH最高可调至________(忽略溶液体积变化)。 （5）“沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为________。 （6）“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图1所示(R是同一烃基)，两物质中P=O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：O(P204)________O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。 （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。 【答案】（1） （2） （3） ①. 作还原剂，将还原为 ②. 氧化性Co(Ⅲ)>，Co(Ⅲ)会将盐酸中氧化产生有毒气体，污染环境 （4）7.1 （5） （6）小于 （7） ①. X-射线衍射法 ②. 正八面体 【解析】 【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，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，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得到副产物，可用于工业制硫酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经硫酸、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+2价钴，便于后续分离。再加氨水调pH除去+3价铁离子、铜离子杂质，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，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。 【小问1详解】 镍是28号元素，价层电子排布式为：； 【小问2详解】 焙烧时CoS与空气中氧气反应生成和，化学方程式为：； 【小问3详解】 酸浸时中+3价钴被双氧水还原为+2价钴，因此双氧水的作用是：作还原剂，将还原为；“酸浸”不能选用盐酸的主要原因是：氧化性Co(Ⅲ)>，Co(Ⅲ)会将盐酸中氧化产生有毒气体，污染环境； 【小问4详解】 调pH的目的是使沉淀完全，、不沉淀。铜离子沉淀完全时：，；铁离子完全沉淀时：，pH=2.8。的的，相同浓度下先沉淀，保证不沉淀就一定保证不沉淀；，，代入得，，，，故pH最高可调至7.1。 【小问5详解】 “沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为：； 【小问6详解】 P204中P连接两个吸电子基团，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=O的O； 【小问7详解】 晶体结构测定方法为X-射线衍射法；由图知，钴原子填充在氧原子构成的正八面体的空隙里。 16. 三氯化六氨合钴属于经典配合物，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的纯度。 已知：①为棕褐色不溶于水的固体，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+ne-=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。 Ⅰ．制备 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CoCl2溶液、NH4Cl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20 min，控制反应温度为； 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________。 （3）该小组在制备过程中发现向CoCl2溶液中直接加入H2O2无明显变化，据此认为加入浓氨水或氯化铵对H2O2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H2O2的氧化性。 假设2：________。 实验编号 实验操作 试剂 现象 1 0.5 mL水 无明显变化 2 0.5 mL氯化铵溶液 无明显变化 3 a 溶液变为深红色，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________。 Ⅱ．测定的纯度 准确称取()样品放入250 mL碘量瓶中，加入15 mL 10% 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HCl酸化，置于暗处10 min，待完全转化成Co2+，滴加2滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液6.00 mL(反应原理为，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Na2S2O3标准液时，________。 （5）的纯度为________%(保留一位小数)。 （6）下列操作导致所测的纯度偏高的有________(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 c．盛放标准溶液的滴定管没有用标准溶液润洗 【答案】（1）球形干燥管 （2） （3） ①. 加入浓氨水，形成Co2+和NH3的配离子，增强了Co2+的还原性 ②. 0.5 mL浓氨水 ③. 控制溶液pH值，防止生成氢氧化物沉淀，同时增大浓度抑制的电离 （4）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 （5）80.3 （6）c 【解析】 【分析】该实验分为两部分，一部分是用、、浓氨水、双氧水制备三氯化六氨合钴，并对向溶液中直接加入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。 【小问1详解】 根据仪器形状，X为球形干燥管。 【小问2详解】 被氧化为三价钴的氨配合物，Co升价（+2→+3）、中O降价（-1→-2），根据电子守恒、电荷守恒配平方程式为：。 【小问3详解】 ①结合已知“还原态形成配合物后还原性增强”，假设1探究的作用，因此假设2探究氨水的作用，故假设2为：加入浓氨水后，形成配合物，增强了的还原性。 ②实验采用控制变量法，验证氨水的作用，因此实验3加入等体积的浓氨水。 ③实验现象说明不加，仅加氨水会生成沉淀，因此的作用是与浓氨水形成缓冲溶液，抑制的电离，降低溶液中的浓度，防止生成氢氧化钴沉淀。 【小问4详解】 淀粉遇显蓝色，滴定终点时被完全还原，蓝色褪去，半分钟不变色。 【小问5详解】 根据反应关系​得，纯度为：。 【小问6详解】 纯度偏高说明测得消耗标准液体积偏大。 a．滴定前无气泡、滴定后有气泡，读取偏小，纯度偏低； b．滴定终点俯视读数，读取偏小，纯度偏低； c．滴定管未用标准液润洗，标准液被稀释，浓度偏低，消耗偏大，纯度偏高； 故选c。 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。 已知：① ② 回答下列问题： （1）已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质的生成焓如下表所示。 物质 a 0 b c 则________kJ/mol。 （2）下列关于反应②的随温度的变化趋势正确的是_________(填序号)。 A. B. C. 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. B. 断裂3 mol H—H键的同时形成3 mol H—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In2O3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________。 （5）按投料比发生反应②，起始压强为8 MPa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________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （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________。 【答案】（1）b+3c-2a （2）D （3）CD （4） ①. 反应相同时间，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 ②. 、In2O3作催化剂 （5） ①. CH3CH2OH(或C2H5OH) ②. （6） 【解析】 【小问1详解】 根据题意，产物生成焓之和反应物生成焓之和，反应②：kJ/mol。 【小问2详解】 反应②为气体分子数减少的反应，则ΔS＜0，根据ΔH-TΔS可知，斜率为正数，截距为负数，反应②的随温度的变化趋势是，故选D。 【小问3详解】 A．用速率判断平衡要体现正向、逆向速率相等，则3v正(CO2)=v逆(H2)，故A错误； B．无论是否平衡，断裂3 mol H-H键的同时都会形成3 mol H-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； 故选CD。 【小问4详解】 由图1可知，反应相同的时间，以In2O3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，CO2的转化率降低；由图2可知，340℃时，以In2O3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℃、In2O3作催化剂。 【小问5详解】 反应②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、CO2，c、d分别为H2O、C2H5OH；M点所示温度时，假设H2、CO2投料量分别为3 mol、1 mol，平衡时C2H5OH的物质的量为a mol，则： M点H2、H2O的含量相同，则3-6a=3a，，则反应达到平衡时，各组分物质的量为：n(CO2)=，n(H2)=1，n(C2H5OH)=，n(H2O)=1，气体的总物质的量为(4-4a)mol=，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平，则平始平始=，结合反应与图象可确定CO2、H2、C2H5OH、H2O的分压分别为=、、、，则该反应的压强平衡常数。 【小问6详解】 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=C2H4+4H2O。 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)： 已知： 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(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—OH)可水洗除去，DMT—OH易溶于水的主要原因是________。 （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)。 其中F的结构简式为________；该设计路线的一个明显缺点是________。 【答案】（1）2-氨基戊二酸(或α-氨基戊二酸或谷氨酸) （2） （3） ①. 碱性 ②. DMT—OH与水分子间能形成多个氢键 （4） ①. 水解反应(取代反应) ②. （5）14 （6） ①. ②. 第一步消去反应还存在另一种产物，降低了α-氨基戊二酸的产率 【解析】 【分析】A→B发生酯化反应，SOCl2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C8H9NO2，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；E→甲氨蝶呤，在Zn2+/H2SO4反应条件下发生缩合与环合反应，以此解答。 【小问1详解】 A的结构简式为H2NCH(COOH)CH2CH2COOH，系统命名为2-氨基戊二酸或α-氨基戊二酸。 【小问2详解】 由分析可知，C的结构简式为。 【小问3详解】 NMM结合H+使B的释放出游离氨基，体现碱性；DMT-OH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。 【小问4详解】 由分析可知，D→E中①发生酯的水解反应，化学方程式为：。 【小问5详解】 C分子式C8H9NO2，其同分异构体中含有硝基和苯环，若苯环上只有1个取代基：-CH2CH2NO2或-CH(CH3)NO2，有2种结构；若苯环上有2个取代基：-NO2、-C2H5或-CH3、-CH2NO2，每种组合都有邻、间、对共3种位置关系，共有6种结构；若苯环上有3个取代基：2个-CH3、-NO2，有6种结构；综上所述，满足条件的同分异构体共有2+6+6=14种。 【小问6详解】 由、结构和已知信息可知，发生消去反应生成F为；该设计路线的一个明显缺点是第一步消去反应还存在另一种产物，降低了α-氨基戊二酸的产率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $