精品解析：江苏省南京市中华中学2026届高三上学期8月学情调研+化学试题+含答案

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本卷考试时间：75分钟 总分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39
一、单项选择题：本题共13题，每小题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 侯氏制碱法制得的“碱”是指
A. Na2CO3B. Na2S2O3C. NaHCO3D. NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】侯氏制碱法是向氨化的饱和食盐水中通入足量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠晶体；过滤后将碳酸氢钠晶体焙烧，分解生成碳酸钠，故制得的碱是碳酸钠，答案选A。
2. NaBH4是重要的储氢材料，其水解生氢反应为NaBH4＋4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑。下列说法不正确的是
A. BH的空间结构为正四面体B. H2O电子式为
C. NaBH4中H元素的化合价是＋1价D. [B(OH)4]-中B采取sp3杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．中心原子价层电子对数为4+ =4，且不含孤电子对，空间结构为正四面体，A正确；
B．H2O是共价化合物，结构式为H-O-H，电子式为，B正确；
C．H的电负性强于B，NaBH4中Na为+1价，B为+3价，H为-1价，C错误；
D．[B(OH)4]-中B原子价层电子对数为4+ =4，采取sp3杂化，D正确；
故选C。
3. 二氯异氰尿酸钠(结构如图所示)是一种重要的消毒剂。下列说法正确的是
A. 电负性：χ(N)>χ(O)
B. 键极性：C-N>C-O
C. 第一电离能：I1(C)>I1(N)
D. 离子半径：r(O2-)>r(Na+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期越靠右电负性越大，则电负性：χ(N)Ksp(AgI)，D正确；
答案选A。
12. 一种利用K2CO3捕集水煤气中CO2的工艺如题12图所示。[已知该温度下Ka1(H2CO3)=4.6×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11]。下列说法正确的是
A. K2CO3溶液中：2c(K＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B. 吸收塔中溶液pH=10时，c(CO)∶c(HCO)=1∶2
C. 再生塔所得到溶液中可能存在：c(H2CO3)>c(HCO)
D. 再生塔中发生反应的化学方程式：KHCO3＋KOH=K2CO3＋H2O＋CO2
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化碳在吸收塔和碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾在再生塔高温分解生成二氧化碳和碳酸钾，碳酸钾继续循环使用。
【详解】A．K2CO3溶液中根据物料守恒：c(K＋)=2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，故A错误；
B．吸收塔中溶液pH=10时，c(H+)=10-10ml/L，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11，，故B正确；
C．溶液中存在电离平衡，同时存在的水解平衡：，水解常数为，则水解程度大于电离程度，即再生塔溶液一定呈碱性，，则一定存在：，故C错误；
D．再生塔中发生反应的化学方程式：，故D错误；
故选：B。
13. 利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯主要涉及如下化学反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.6 kJ·ml-1
反应Ⅲ：HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=＋136.3 kJ·ml-1
恒压下，将甲醇蒸气以一定流速通过催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随反应温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. ΔH1=＋44.9 kJ·ml-1
B. 甲醇转化率随温度升高而增大的可能原因：反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快
C. 其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速可提高甲醇的转化率
D. 当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降的原因：反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅱ×2-反应Ⅲ，ΔH1=2ΔH2－ΔH3=（2×90.6-136.3）kJ·ml-1 =＋44.9 kJ·ml-1 ，故A正确；
B．温度升高活化分子百分数提高，反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快，甲醇转化率也随之增大，故B正确；
C．其他条件不变，563K时，增大甲醇蒸气流速，甲醇的转化率会降低，故C错误；
D．当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降，说明反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率，故D正确；
答案选C。
二、非选择题：共4小题，共61分。
14. 利用某废渣(含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)制备ZnS与纯Pb的流程如下：
已知：①(NH4)2S2O8中S2O的结构式为：
②“滤液1”中主要含[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、NH等阳离子
③酒石酸钠(Na2A)结构简式为NaOOC(CHOH)2COONa
回答下列问题：
（1）“氧化浸出”时加入NH3·H2O能提高Zn元素浸出率的原因是_______。温度过高，Zn元素浸出率反而减小的原因可能有：[Zn(NH3)4]2＋分解、_______。
（2）“沉锌”步骤的离子方程式为_______。
（3）一种ZnS的晶胞如图所示，则1个ZnS晶胞拥有_______个Zn2＋。
（4）“滤渣1”的主要成分为PbSO4、 S、_______(填化学式)。
（5）“浸铅”过程中，PbA的产率随体系pH升高先增大后减小。先增大的原因是_______。
（6）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 与Zn2＋反应生成[Zn(NH3)4]2＋，促进氧化ZnS反应正向进行 ②. NH3·H2O分解、(NH4)2S2O8分解
（2）S2－＋[Zn(NH3)4]2＋=4NH3＋ZnS（或）S2－＋[Zn(NH3)4]2＋＋4H2O=4NH3·H2O＋ZnS
（3）4 （4）Fe(OH)3
（5）c(OH－)增大，c(A2－)增大，反应PbSO4＋A2－PbA＋SO正向进行程度增大
（6）PbAPb＋4CO↑＋2H2O↑或Pb[OOC(CHOH)2COO] Pb＋4CO↑＋2H2O↑或Pb(C4H4O6) Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【解析】
【分析】废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl，加(NH4)2S2O8（具有强氧化性）与氨水氧化浸出，根据已知信息，“滤液1”中主要含[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、NH等阳离子，则FeS 在氧化浸出环节转化为Fe(OH)3和S，则“滤渣1”的主要成分为PbSO4、 S、Fe(OH)3。滤液1中加入锌将[Cu(NH3)4]2＋转化为铜单质除去，加入硫化铵发生反应：S2－＋[Zn(NH3)4]2＋=4NH3＋ZnS，从而将[Zn(NH3)4]2＋转化为ZnS。向滤渣1中加入酒石酸钠(Na2A)浸铅，滤渣中的PbSO4转化为PbA溶解，滤渣2 的主要成分为S、Fe(OH)3，对过滤所得PbA溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤转化为PbA晶体，PbA晶体真空热解，生成2种气态氧化物，则该反应的化学方程式为发生反应：PbAPb＋4CO↑＋2H2O↑，得到纯Pb。
【小问1详解】
NH3·H2O与Zn2＋反应生成[Zn(NH3)4]2＋，促进氧化ZnS反应正向进行，所以“氧化浸出”时加入NH3·H2O能提高Zn元素浸出率；氧化浸出时温度过高，生成的[Zn(NH3)4]2＋受热分解、NH3·H2O分解、(NH4)2S2O8分解等原因均可使Zn元素浸出率减小；
【小问2详解】
根据分析，加入硫化铵“沉锌”，将[Zn(NH3)4]2＋转化为ZnS沉淀，该步骤发生反应的离子方程式为：S2－＋[Zn(NH3)4]2＋=4NH3＋ZnS；
【小问3详解】
根据均摊法，该晶胞中白球代表离子数目为4个，灰球代表离子数目为个，则1个ZnS晶胞拥有4个Zn2＋；
【小问4详解】
根据分析，废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl，加(NH4)2S2O8（具有强氧化性）与氨水氧化浸出，根据已知信息，“滤液1”中主要含[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、等阳离子，则FeS 在氧化浸出环节转化为Fe(OH)3和S，则“滤渣1”主要成分为PbSO4、 S、Fe(OH)3；
【小问5详解】
“浸铅”过程中，加入Na2A (强碱弱酸盐)，c(OH－)增大，c(A2－)增大，反应PbSO4＋A2－PbA＋SO正向进行程度增大，PbA的产率随体系pH升高增大，pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；
【小问6详解】
根据分析，PbA晶体真空热解，生成2种气态氧化物，则该反应的化学方程式为：PbAPb＋4CO↑＋2H2O↑，得到纯Pb。
15. 化合物F是治疗实体瘤的潜在药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的含氧官能团名称是_______。
（2）B的结构简式是_______。
（3）C→D的反应类型是_______。
（4）C→E会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为_______。
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_______。
①有3种不同化学环境的氢原子且所有碳原子杂化类型相同：
②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，n(X)∶n(Y)=2∶1，Y含苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应。
（6）写出以和H2C=CH-COOCH3为原料合成的合成路线(无机试剂和溶剂任选) _______。
【答案】（1）(酮)羰基
（2） （3）加成反应
（4） （5） （6）
【解析】
【分析】由A和B的分子式可知A和Br2发生加成反应生成B为，B发生消去反应生成C，C和发生加成反应生成中间体D，中间体D在碱性环境中发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，以此解答。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，A的含氧官能团名称是(酮)羰基。
小问2详解】
由分析可知，B的结构简式是。
【小问3详解】
C→D的过程中C中的碳碳双键断开，反应类型为加成反应。
【小问4详解】
中间体D可能发生已知信息的反应原理生成，发生D生成E的反应原理得到。
【小问5详解】
E的一种同分异构体满足条件：①有3种不同化学环境的氢原子且所有碳源子杂化类型相同，说明其是对称的结构，且所有碳原子均为sp2杂化，不存在饱和碳原子：②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，n(X)∶n(Y)=2∶1，Y含苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酯基，且酯基水解后会得到1个酚羟基，则该酯基为HCOO-且连接在苯环上；则满足条件的同分异构体为：。
【小问6详解】
先发生水解反应生成，发生催化氧化反应生成，在碱性环境中转化为，和H2C=CH-COOCH3发生加成反应生成，先发生水解反应再发生酯化反应生成，合成路线为： 。
16. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。
（1）NaNO2的制取。如图所示，向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经蒸发结晶，得到白色固体。
①装置A中发生主要反应的化学方程式为_______。
②酸性KMnO4溶液的作用是_______。
③将0.7750 g白色固体配成200.00 mL溶液，取20.00 mL溶液，用0.02000 ml·L-1 KMnO4溶液滴定至终点(2MnO＋5NO＋6H＋=Mn2＋＋5NO＋3H2O)，消耗KMnO4溶液20.00 mL，计算白色固体中n(NaNO2)∶(NaNO3)的值_______ (设白色固体不含其他物质，NaNO2与NaNO3的相对分子质量分别为69和85，写出计算过程)。
（2）NaNO2性质探究。将上述实验制取的白色固体配制成约0.1 ml·L-1 NaNO2溶液，分别进行图1、图2所示实验。[已知Ksp(AgNO2)=2.8×10-8]
①进行图1所示实验时，发现开始没有白色沉淀生成，其原因可能是_______。
②图2所示实验中，若NaNO2参与反应生成NO，该反应的离子方程式为_______。
③图2所示实验不能证明“该实验条件下，NO氧化了I－”。为证明该结论正确，设计实验方案是_______。
[可选用的试剂：蒸馏水、0.1 ml·L-1 NaNO2溶液、0.1 ml·L-1 NaNO3溶液、0.01 ml·L-1 NaNO3溶液、0.1 ml·L-1 KI溶液(含淀粉)、1 ml·L-1硫酸溶液]
【答案】（1） ①. NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2 ②. 除去NO、NO2尾气（要指出 NO、NO2） ③. ，，
（2） ①. 生成了可溶于水的配合物 ②. 2NO＋2I－＋4H＋=2NO↑＋I2＋2H2O ③. 取2 mL 0.01 ml·L－1 NaNO3溶液，滴加2 mL 0.1 ml·L－1 KI溶液（含淀粉），再滴加三滴1 ml·L－1 硫酸溶液，与图2所示实验反应相同时间，若溶液变蓝，则该结论正确
【解析】
【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮和二氧化氮，防止污染空气。
【小问1详解】
①装置A中NO、NO2和Na2CO3反应生成NaNO2和CO2，NO中N元素由+2价上升到+3价，NO2中N元素化合价由+4价下降到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：NO＋NO2＋Na2CO3=2NaNO2＋CO2；
②NO、NO2有毒，是污染性气体，则酸性KMnO4溶液的作用是除去NO、NO2尾气；
③由方程式可得关系式：2~5，消耗KMnO4溶液20.00 mL，则，，
【小问2详解】
①进行图1所示实验时，发现开始没有白色沉淀生成，其原因可能是：生成了可溶于水的配合物；
②由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为2＋2I－＋4H＋=2NO↑＋I2＋2H2O；
③由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液反应有碘生成的实验，则酸性条件下，不能说明氧化了I－，故可以进行以下操作：取2 mL 0.01 ml·L－1 NaNO3溶液，滴加2 mL 0.1 ml·L－1 KI溶液（含淀粉），再滴加三滴1 ml·L－1 硫酸溶液，与图2所示实验反应相同时间，若溶液变蓝，则该结论正确。
17. CH3OH可用作燃料电池的燃料，可由CO2加氢制备。
（1）某甲醇燃料电池的工作原理如图所示。负极的电极反应式为_______。
Ⅱ．工业上制备CH3OH发生如下反应：
反应1：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＜0
反应2：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2>0
（2）计算反应Ⅱ的ΔH值，需查询_______种(填数字)化学键键能数据。
（3）n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3的混合气体在恒压分别为1 MPa、3 MPa、 5MPa下反应达到平衡时CO2的转化率(α)（曲线a、b、c）以及3 MPa时生成CH3OH、CO选择性(S)[S(CH3OH)= ×100%，S(CO)= ×100%]的变化如图所示。
①350℃以后，a、b、c三条曲线几乎重合的原因是：_______。
②250℃时，反应2的平衡常数K=_______。
（4）恒压下，n起始(CO)∶n起始(H2)=1∶3的混合气体以一定流速通装有催化剂和分子筛膜
的反应管[分子筛膜能选择性分离出H2O(g)]，反应相同时间，甲醇的选择性、产率随温度的变化分别如图所示。

结合图示回答：
①甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因是_______。
②X点高于Y点的主要原因是_______。
③N点高于M点的可能原因有：N点温度更高、_______。
【答案】（1）CH3OH-6e－+H2O=CO2↑+6H＋
（2）4 （3） ①. 几乎只发生反应2，反应2前后气体分子数相等，压强对其平衡无影响 ②. 或0.0096或9.6×10－3
（4） ①. ΔH1＜0，反应1进行程度减小，CH3OH生成量减小；ΔH2＞0，反应2进行程度增大，CO生成量增加 ②. 分子筛膜可将H2O(g)从体系中分离，反应1正向进行程度增大 ③. N点催化剂催化反应1的活性增大；N点分子筛膜分离出H2O的速率增大
【解析】
【小问1详解】
由工作原理图可知，CH3OH被氧化生成CO2，属于负极发生的反应，可传导离子为H+，则负极的电极反应式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2↑+6H＋；
小问2详解】
根据反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)中，需要查询的化学键键能有CO2中的C=O、H2中的H-H、CO中的C≡O以及H2O中的H-O，共4种；
【小问3详解】
由图可知，温度较高时主要发生反应2，反应2是气体体积不变的吸热反应，压强改变对CO2平衡转化率无影响，导致350℃以后三条曲线接近重合；
由图可知，250℃、3MPa时下生成CH3OH、CO的选择性均为50%，平衡时CO2的转化率为20%，设n起始(CO2)=1 ml，n起始(H2)=3 ml，则平衡时CO2的转化量为1 ml×20%=0.2 ml，生成n(CH3OH)=n(CO)=0.2 ml×50%=0.1 ml，建立三段式如下：
设体积为V，则此时反应2的平衡常数（或0.0096或9.6×10－3）；
【小问4详解】
甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因是：反应1是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致反应1正向进行程度减小，CH3OH生成量减小；反应2是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，导致反应2正向进行程度增大，CO生成量增大；
X点、Y点温度相同，X点高于Y点的主要原因是分子筛膜可将H2O(g)从体系中分离，反应1正向进行程度增大；
N点高于M点的可能原因有：N点温度更高、N点催化剂催化反应1的活性增大；N点分子筛膜分离出H2O的速率增大。A．制取SO2
B．验证SO2漂白性
C．收集SO2
D．尾气处理
选项
探究方案与现象
探究目的
A
室温下，向一定量饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，观察到有晶体析出
室温下固体在水中溶解性：Na2CO3>NaHCO3
B
向10 mL 0.1 ml·L-1 FeBr2溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加2滴新制氯水，溶液变红
的还原性比的强
C
用pH计测量相同温度、相同浓度NaClO溶液与Na2CO3溶液的pH，后者pH更大
Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)
D
向10 mL浓度均为0.1 ml·L-1 NaCl和KI的混合溶液中滴入2滴0.1 ml·L-1 AgNO3 溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
图1
图2