广西南宁市第三中学2026届高三5月第二次教学质量调研 化学试卷含答案

这是一份广西南宁市第三中学2026届高三5月第二次教学质量调研 化学试卷含答案，共22页。
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614C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：H+[:Cl..:]−
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K2MnO4可被Cl2氧化为KMnO4。某实验小组使用K2MnO4和MnO2的固体混合物，按照下图步骤依次操作，制备KMnO4固体。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是
A．A B．B C．C D．D
4. Cl2制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O，设NA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3NA
B. 1 ml CO32−中σ键的数目为3NA
C. 每消耗2 ml Cl2，转移电子数为4NA
D. 0.1 ml·L−1 NaHCO3溶液中HCO3−的数目等于0.1NA
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：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3−
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+=SiF4↑+2H2O
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 ml Z能与3n ml 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
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：ZY30
恒容条件下，起始投入CH4和CO2各1 ml，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900°C时主要发生反应①和反应②
C. 400°C时，若向平衡体系中通入少量CH4，重新达平衡后c2(H2)c(CH4)将减小
D. 620°C时，若起始投入H2O、CO、H2、CH4和CO2均为0.5 ml 此时反应②的v正c(H2A)>c(A2−)
C．P点溶液：c(Na+)+c(H+)=3c(A2−)+c(OH−)
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、CS、CuS及少量Au）为原料制备硫酸镍同时回收C的工艺流程如图：
已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、C3O4和Au。
②氧化性：C(III)>Cl2。
③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表：
一般情况下，离子浓度小于10−5 ml·L−1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，CS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C2+、Ni2+的浓度均为0.1 ml·L−1时，pH最高可调至 （忽略溶液
体积变化）。
（5）“沉钴”时，生成CCO3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C8H17−），两物质中P=O上的氧原子均可与C2+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[C(NH3)6]Cl3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[C(NH3)6]Cl3的纯度。
已知：①C(OH)3为棕褐色不溶于水的固体，[C(NH3)5(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+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[C(NH3)6]Cl3
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CCl2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50∼60°C；
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CCl2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C2+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： 。
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[C(NH3)6]Cl3的纯度
准确称取0.2000 g [C(NH3)6]Cl3(M=267.5 g·ml−1)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C(OH)3完全转化成C2+，滴加2滴淀粉溶液，用0.1000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液6.00 mL（反应原理为I2+2S2O32−=S4O62−+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Na2S2O3标准液时， 。
（5）[C(NH3)6]Cl3的纯度为 %（保留一位小数）。
（6）下列操作导致所测[C(NH3)6]Cl3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：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=−49.0 kJ/ml
②2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)ΔH2HCl，分子间作用力仅影响沸点等物理性质，与稳定性无关，B符合题意；
C． AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体熔点通常远高于分子晶体，故熔点AlF3(1040°C)>AlCl3(178°C)，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，Si原子半径大于C，故C−Si键键长比Si−Si键短，键能更大，硬度碳化硅＞晶体硅，D不符合题意；
故选B。
8．A
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。
A．Z为N原子，基态原子价电子排布式为2s22p3，有3个未成对电子；Y为F原子，基态原子价电子排布式为2s22p5，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． HF、NH3分子中均存在分子间氢键且HF中氢键的强度大于NH3，PH3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HF>NH3>PH3，即Y>Z>X，C错误；
D．NF3和PF3分子中的中心原子N和P均为sp3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，即ZI3>XY3，D错误；
故选A。
9.D
由机理图可知，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H6反应生成(C2H5)Fe(OH)+，(C2H5)Fe(OH)+生成Y和Fe+，根据原子守恒知，Y为乙醇；
(C2H5)Fe(OH)+生成X和(C2H4)Fe+，X为水；(C2H4)Fe+和N2O生成N2和[H2C−Fe+H2C−O]，[H2C−Fe+H2C−O]生成乙醛和Fe+。因此，主反应的总反应方程式为：
C2H6+2N2O=催化剂CH3CHO+H2O+2N2，以此解题；
A. 反应中，N2O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：[(C2H4)Fe]++N2O=[H2C−Fe+H2C−O]+N2，在该步反应中，N2O作氧化剂，每生成1 ml N2，氮元素的化合价从+1价降低为0价，得到2 ml电子，因此反应转移的电子为2 ml，B正确；
C. 将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为：
C2H6+2N2O=催化剂CH3CHO+H2O+2N2，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.D
本题主要考查化学平衡移动原理在实验中的应用，Fe(NO3)3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Fe3+显色
的原因。
A．根据已知信息可知，Fe(NO3)3溶液中存在水解平衡
FeH2O63++nH2O⇌FeH2O6−n(OH)n3−n+nH3O+(n=1∼6)，水解反应是吸热反应，升高
温度，水解平衡正向移动，FeH2O6−n(OH)n3−n的浓度增大，颜色变深，A正确；
B．实验II中，升高温度，FeH2O63+的水解平衡正向移动，FeH2O6−n(OH)n3−n浓度
增大。加入HNO3，溶液中c(H+)增大，抑制了FeH2O63+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NaCl溶液后，发生反应
Fe3++4Cl−+2H2O⇌FeCl4H2O2−，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NaCl溶液后，发生反应
Fe3++4Cl−+2H2O⇌FeCl4H2O2−，溶液变为黄色，可知Cl−浓度对Fe3+在溶液中的颜色
有影响，而HCl中含有Cl−，因此不能用HCl调节pH探究Fe3+显色的原因，D错误；
故答案选D。
11．C
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。
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 ml烟酸时转移电子为0.6 ml，根据电子守恒可知，
双极膜中有0.6 ml OH−移向阳极，0.6mlH+移向阴极，即质量减少0.6 ml×18 g/ml=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．C
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：O2−:2×12=1，
Cl−:4×14=1，Mg2+:2×14=12，Li+:4×14+1=2，Li+、Mg2+、O2−、Cl−的个数比2:12:1:1，最简整数比为4:1:2:2；Mg2+取代部分Li+后，会产生空位，空位可以允许Li+传导，据此分析解答。
A．由分析可知，图2晶体的化学式为Li4MgO2Cl2，A错误；
B．最近的Li+为两条相邻棱上的Li+，它们之间的核间距为面对角线的一半，即22apm，B错误；
C．Mg2+带+2电荷，Li+带+1电荷，用Mg2+取代Li+时，为保持电荷平衡，会产生Li+空位，空位为Li+的迁移提供通道，有利于Li+的传导，C正确；
D．该晶体的密度：
ρ=mV=NMNAV=12×(4×7+1×24+2×16+2×35.5)NAg÷(a×10−10)3cm3=77.5a3×NA×10−30g·cm−3，D错误；
故选C。
13．D
由图分析可知，随着温度升高，n(H2O)减少，说明反应②为放热反应，ΔH20；反应③是吸热反应，随温度升高反应①和③正向进行，消耗CH4和CO2，反应②逆向进行，生成CO2；则CH4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CO2，据此分析作答。
A．由分析可知，甲代表CO2，A错误；
B．反应①中，H2和CO的生成量之比为1:1。反应②会消耗 H2 并生成CO。反应③只生成H2，在温度高于900°C时，图中显示H2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c2(H2)c(CH4)正是反应③的平衡常数表达式K3，化学平衡常数只与温度有关。在400°C这个恒定温度下，K3是一个定值，无论向体系中加入CH4还是其他物质，只要温度不变，
体系重新达到平衡后，c2(H2)c(CH4)的值仍然等于K3，即保持不变，C错误；
D. 从图中可知，在620°C平衡时，n(H2O)=n(CO)=n(CO2)=0.5 ml，此时反应②的平
衡常数K=c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)=n(CO)n(H2O)n(CO2)n(H2)=0.5×0.50.5×n(H2)=12n(H2)，由图可知620°C平衡时
n(H2)>0.5ml，故 K=12n(H2)K，故平衡逆向移动，即
v正Ka2，Ka1=c(HA−)×c(H+)c(H2A)，Ka2=c(A2−)×c(H+)c(HA−)，c(H+)
浓度相同时，c(HA−)c(H2A)>c(A2−)c(HA−)，−lgc(HA−)c(H2A)c(A2−)>c(H2A)，B错误；
C.P点溶液pH=7，由图可知−lgc(A2−)c(HA−)=0，则c(A2−)=c(HA−)，此时溶液中的溶质为
NaHA、Na2A，P点溶液电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，将HA−
替换成A2−，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Na2A，M点溶液中溶质成分为NaHA，A2−水解能力大于HA−且
HA−电离出氢离子会抑制水的电离，故水的电离程度：MCl2，C（III）会将盐酸中Cl−氧化产生有毒气体Cl2，污染环境
(4)7.1
（5）C2++HCO3−+NH3·H2O=CCO3↓+NH4++H2O
（6）小于
（7）X-射线衍射法 正八面体
该流程以混有NiS、CS、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SO2，SO2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。
（1）镍是28号元素，价层电子排布式为：3d84s2；
（2）焙烧时CS与空气中氧气反应生成SO2和C3O4，化学方程式为：
3CS+5O2=焙烧C3O4+3SO2；
（3）酸浸时C3O4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C3+还原为C2+；“酸浸”不能选用盐酸的主要原因是：氧化性C(III)>Cl2，C（III）会将盐酸中Cl−氧化产生有毒气体Cl2，污染环境；
（4）调pH的目的是使Fe3+、Cu2+沉淀完全，C2+、Ni2+不沉淀。铜离子沉淀完全时：
c(OH−)=Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)=10−19.810−5ml/L=10−7.4ml/L，pH=6.6；铁离子完全沉淀时：
c(OH−)=3KspFe(OH)3c(Fe3+)=310−38.610−5ml/L=10−11.2ml/L，pH=2.8。C(OH)2的Ksp=10−14.8HCl
HF分子间作用力更大
C
熔点：AlF3(1040°C)>AlCl3(178°C)
晶体类型不同
D
硬度：碳化硅>晶体硅
Si的原子半径大于C
实验编号
试剂
加热前溶液颜色
加热后溶液颜色
I
Fe(NO3)3溶液+蒸馏水
棕黄色
深棕色
II
Fe(NO3)3溶液+HNO3
几乎无色
几乎无色
III
FeCl3溶液+HNO3
黄色
深黄色
氢氧化物
Fe(OH)3
Cu(OH)2
C(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
10−38.6
10−19.8
10−14.8
10−12.9
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
物质
CO2(g)
H2(g)
C2H5OH(g)
H2O(g)
ΔfHm/kJ·ml−1
a
0
b
c