襄阳四中2026届高三下学期质量检测 化学试卷+答案

2026可能用到的相对原子质量 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4

K2S2O8→K2O4+O3↑+O2↑(未配平)，其中过二硫酸根(S2O2−)的结构如下图所示，设NA是阿伏加罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A．1molK2S2O8中存在NA个非极性共价键B．上述反应，每生成1molO2，转移2NA个电子C．标准状况下，22.4LSO3含有的原子数大于4NAD．SO2−S题目要求 21．2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是 Fe与H2ONaHCO3受热分解生成CH3CH2OH能发生消去反应生成CH23．1898年，化学家利用氮气、碳化钙CaC2)25CVmL0.2molL1KBr溶液(pH1与过量MnO2tmin后，25CVmL0.2molL1KBr溶液pH2与过量MnO2tmin后，取一定量反应后溶液amLKI固体，用Na2S2O3cBr2。已知：滴定时，I22Na2S2O32NaINa2S4O6Na2S2O3bmol

6．YA．E中存在官能团酰胺基和氨 B．F和G生成X时，原子利用率为C．Y水解可得到E和G D．Y的合成过程中进行了官能团保护pH，为：①CaC2N2CaCN2C；②CaCN23H2O2NH3CaCO3。下列说法正确的A．CaCN2中碳元素化合价为4 B．NH3的VSEPR模型为C．N的电子式为D．CO2的空间结构为三角锥 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(a)，该分子和客体分子CH3

NClCH3N被固定在空腔内部(b)I

2Br4HMn2Br2HI、ⅡpH2

KI固体的作用是与Br反应生成I，并将I转化为 C．主体分子是一种高分子化合 D．CH3N中N采用sp2杂

I、ⅢI的平均反应速率vBr1000bmolL1 M在实验室有广泛应用，其结构如图所示。X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，YZR原子最高能2，下列叙述正确的是C．同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种D．常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应过二硫酸钾(K2S2O8)是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，它在100°C用下图所示装置（表示斜发沸石）分离海水中的K和Na，料液（含K、Na、Cl和I）先流过斜发沸石，吸附K和I，然后通电，双极膜产生的H将KOH将I交换下来，A溶液。下列说法中错误的是

0.15molL14cNa3cHSO3cHSO3cSO2 0.1molL1的NaSO溶液吸收SO至pH4.5cHSO 向c0.2molL的溶液中加入等体积0.1molL的BaCl若向吸收SO后的溶液中逐滴加入0.1molL1Ba

通电后，A溶液中含K不含

某MgxAlyNiz1Mg、AlNi原子间的最近距离相等，该晶胞的密度为ρgcm3A2NiMgC11B点的投影位6Al原子Ni通电时，若外电路转移6mole，则有6molHO

3

107

Fe

xHO6H2Fe3(3x)H

(0,0,

1 2

A

D点的分数坐标为

,,02Al6HO2Al(OH)3H

2 草酸HC

使酸性KMnO2MnO5CO216H2Mn2

8H

步骤Ⅰ：FeCl3KI222

2 3 3

HOAgNH

KSCNNaClNaCl(s)|a|

步骤Ⅱ：NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ3KI2下列说法A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为2Fe3＋2I2Fe2＋IC．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+)二元弱酸在水相和有机相中存在平衡：H2B(aq)ƒH2B（有机相，H2B在有机相中不电离。时，向0.1molL1HB（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取；用NaOH(s或HCl(gpHBKCl(sKgCl

，则

4

萃取率

c水相0.1mol

100%pHNaClNaCl室温下，用0.1molL1NaSO溶液吸收烟气中SO并获得BaSO

气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度c a KHSO1.4102KHSO a

cHSOcHSOcSO2 BaSO

a代表水溶液中cH2BpH当pH4cHcHB2cB2cOH2当pH5cH2B2cNα二、非选择题(满分共55分，包括4道题。16（14分）采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2、Co2O3、CuO、CaO等)

NH4FeSO46H2O+H2C2O4=FeC2O4•2H2O+NH4SO4+H2SO4 36FeC2O42H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3FeC2O4 3离提取Cu、Co、Mn

2Fe(OH)+3KCO+3HCO

FeC

+6H 22 22 3(1)下列说法不正确的

243 已知：①NH4SO4低温分解生成NH4HSO4

IFe2+步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3(2)步骤Ⅳ中控制温度为40℃左右的原因是 (3)①步骤ⅦK[Fe(CO)]·3HO粗产品，从下列选项中选出合理的操作(Fe2SO4650℃

能重复使用)并排

24 H2S

41021

→加入10mL95%乙醇→ a．光亮处放置1~2小时结晶 b．暗处放置1~2小时结晶(1)“低温焙烧”时MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为 (2)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有 (填化学式)。在NH4SO4投料量 (3)HR萃取Cu2反应为：2HR(有机相Cu2(水相ƒCuR2(有机相2H(水相)。“反萃取”H2SO4的作用 (4)“沉钴”中，当pH4时Co2恰好沉淀完全cCo21105molL1，则此时溶液中cHS

d．趁热过滤e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热g．冷却至室温 为了测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O产品的纯度可采用氧化还原滴定法， molL1。CoS“溶解”时发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 (5)流程中可循环利用的物质有HR、

17（13

若该晶胞的晶胞参数为apm，apm，2apm，则该晶胞的密度为g/cm-3。(列出计算式)18（15胺制备氯苯为例：的组成元素中C、N、O第一电离能由大到小顺序为 重氮化反应是传统的脱氮途径。苯胺 )生成重氮盐的反应历程如图]随投料比Y=的变化如图3cNH①表示lg

cNH3

随投料比Y的变化曲线 (填写曲线编号“L1”或“L2H

②计算与NH3反应的平衡常数K ③苯胺的电离常数Kb( 19（13：将0.1molL110α、反应流出液XiiN2)2。 已知：①体系中存在副反应：重氮盐与苯胺生成偶氮苯H0)、重氮盐水解反应生成氮气(H0 ②摩尔分数

n(重氮盐n(偶氮苯nN2①在5℃下，反应器中苯胺的消耗速率 A．重氮化反应的最佳反应温度为5~0℃B．重氮盐水解反应H0，S0，反应在高温时才可自发③升温，副产物偶氮苯、N2摩尔分数逐渐增大的原因 苯胺的碱性弱于NH3。现向溶液(完全电离)中通入NH3发生反应与NH3的反应过程、NH3K

E中含氧官能团的名称 B的化学名称 ，BC的反应类型 X的结构简式 酰卤与酰胺性质相似，均可发生水解反应。1 与NaOH(aq)反应时，最多消 NHHOˆˆNH

KNH104.7

molNaOH Kb() NH 起始物质的量分别为n(NH)、 )．平衡时测得lgX[X

cNH

D的同分异构体中，同时满足下列条件的 种①含有二苯甲酮结构单元 cNH3

②DFG①J的结构简式 ②写出FG的总化学方程 2026届高三下学期质量检测（A）1- 6- 11-16（142分

D不符合题意；3、【详解】ACN2CO2互为等电子体，结构相似，C2N2N＞CC为4价，ABNHN原子的价层电子对数为35314，含有一对孤电子对，其NHVSEPR

3MnO2

3MnSO4+N2NH3

四面体形，但其分子构型为三角锥形，B

(NH4)2SO4

C．电子式中各原子需满足8电子（或2电子）稳定结构，故N2的电子式 ，C错误增大H浓度，使平衡逆向移动，从而将Cu2

DCO2C原子的价层电子对数为342323​

1: (5)(NH4)2SO4、 17（132分 232

非三角锥形，D4、【详解】A 加快过滤速 (4)B（1分 18（152分(1)N＞O＞C（1分

N

AB．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C10000以上的化合物，且通常由重复的结构单元通过 10分钟内测得偶氮苯、N2

10000，也没有重复的聚合单元，因此不属于高分子化合物，C

10-

D．N5CH3

N+N4条σ119（132分(1)（酮）羰基（1分 苯甲酸（1分 取代反应（1分2、【详解】A Fe3O44H2，从而避免模具炸裂或钢水产生气孔，AB．用小苏打（NaHCO3）作面包发泡剂，是因为NaHCO3受热分解会产生CO2

用sp3杂化，D6、【分析】E与(CH3)3CCOOHF，FG在催化剂作用下发生聚合反X，XY和(CH3)3CCOOH。【详解】A．从流程图中可以看出，E中存在的官能团有酰胺基和氨基，AB．FGX100%，BD．Y的合成过程中，使用(CH3)3CCOOHE中-NH2的保护，然后再水解释放出-NH2(CH3)3CCOOH，D7、象(溶液变黄并有淡黄色气体生成)A正确；BI（pH≈1）反应现象明显（溶液黄色、有气体，实验Ⅱ（pH≈2）反应现象较弱（溶液淡黄、无气体pH升高（酸性减弱）B正确；CKIBr2I2Br22I⁻2Br⁻I2I⁻I2转化为I，离子反应为：I2+I⁻=ICID错误；D。

3Na2CO3CO2

，B

【分析】X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，YZ2MX1

Z4R1Y4、Z形成的3XH元素、YC元素、ZN元素、RS元素。的大小顺序为：N>C>H，A正确；

初始SO223c(Na4c(HSO)c(HSOc(SO2，A 3 3径的大小顺序为：S>C>N>H，B错误；

BpH4.5c(H10-4.5，结合HSO

36.0108c(HSO-c(H+)c(HSO- c2(H+)c(SO2-C2p1

31.4102，c(HSO

Ka

36.01081.4102c(HSO

D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下，铜与浓硫酸不反应，D

36.01081.4102 1，因此c(HSO)c(SO2，B错误；c(H2SO3

c(H2SO3

9、【分析】料液（含K、Na、Cl和I）先流过斜发沸石，吸附K和INa和Cl

C0.1mol/LNa2SO3，c总=0.2mol⋅L-1NaHSO3溶液，加入等体积BaCl2

Ba2+浓度为0.05molL-1，含硫物质总浓度为0.1molL-1。HSO-电离产生SO2-离出去，随后双极膜产生的H将K

将I

透过阳离子交换膜进入溶

c(H+)c(SO2-) IA

HSO0.1mol/L

3 6.01087.7×10-【详解】A．料液流过斜发沸石时仅吸附K和I-，Na未被吸附，通电后K被H交换进入A溶液

c(HSO-NaA溶液，而KA溶液，A

Q

BaSO6.8108，因此会生成BaSO沉淀，C B．通电后，双极膜产生的H将KOH将IAKI

D．吸收SO后的溶液主要含NaHSO，逐滴加入Ba(OH)

2HSO3+2OH+Ba=BaSO3

，生成Na2SO3中SO3水解促进水的电离，电离程度增大；HOHHO，不会发生氧化还原反应，C

-D6mole⁻6mol12mol【详解】AFe3和水，方程式正确，A

H2O，D

13、体心，Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，Al位于棱上和体心，据此解答。 4BNaOH参与，正确方程式应为2Al2NaOH6H2O=2NaAlOH3H2，选B 4C．草酸是弱酸，应写成HCO形式，应为2MnO+5HCO+6H=2Mn210CO↑+8HO，C

A．在该立方晶胞中，NiMg22

22 3D．银与氨水反应需氧气参与，正确方程式为4Ag+O+8NH+2H 311、

Ni最近距离的Mg原子数目为4，如图 ，A正确【详解】A．NaCl固体溶解的总焓变

，其中

的，溶解时溶液温度会降低，而非升高，AB．ΔH3为NaCl固体直接溶于水的焓变（4kJmol-1

ΔH786kJmol-1ΔHakJmol-1，为离子水合释放的能量。根据盖斯定律得

ΔH

4786a得a782a782786，B

2，C7，B错误；C．K+Na+大，离子键更弱，KClNaClKClΔH4ΔH1，CD．溶解过程的能量变化，本质上是NaCl

，Mg，Al 个，化学式为MgAlNi，摩尔质量为244274598gmol-1676g 用力（水合作用，因此与NaCl固体和溶液中微粒间作用力的强弱直接相关，D12、【分析】该流程利用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，原理为SO2与Na2SO3、H2O

V676cm3

a cm；Al与Ni的最近距离为体对角线的1， 3a，换算

nm

10nm，C 2溶液，使溶液中的含硫物质转化 【详解】Ac0.15molL-1Na来自初始NaSO

D．Dx、y坐标均为1，z15、【分析】H2B在有机相中不电离，在水相中电离方程式为H2Bƒ

ƒ

cH110-4molL-

(1104)24 ，得cH2S，得cH2S 410mol

CoS“溶解”H2O2pHH2B的浓度减小，HB-浓度先增大后减小，B2-H2BaqƒH2B有机相H2Bab、c、d、eH2BHB-H2B的浓度、B2-pHH2BHB-pH

CoSCoS+H2O2+H2SO4=CoSO4+S+2H2O，氧化产物为SH2O，物质的量之比为12410-4；12（5）由流程图可知，除HR外，还有(NH4)2SO4，以及回收的SO3可用于制备稀H2SO4循环使用，(NH)SO、SO。4 H2B

c(HB-)cH+

c(H+)=10-4，同理可知，Ka2(H2B)=10-7

HCOFeCO·2HOKCc

22

2

22【详解】AaH2BpH的变化，ABpH4cH＋cNacHB2cB2cOH或cHcClcHB2cB2cOH，B

K3[Fe(C2O4)3]K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，（1）A．亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2H2OƒFe(OH)2+2H+IC．由电离常数可知，Ka1(H2B)

c(HB-)cH+c

c(B2-)cH+

c(B2-)c2H+

=10-11

Fe2+的水解，AFeCO·2HO，有利于沉淀的过量与洗涤，B错误；2 22 2 cH 10-5 为5时溶液中 10，C正确

和CO2、HO

cB2 DbpHNH2B的浓度HB-40%，D错误；16（含Fe2O3、MnO2、Co2O3、CuO、CaO等）为原料，通过两段焙烧-水浸法分离提取Cu、Co、Mn等元素：首先与(NH4)2SO4混合进行“低温焙烧”，将金属氧化物转化为硫酸盐；接着“高温焙烧”使Fe2(SO4)3分解为氧化物，并让(NH4)2SO4完全分解为气体回收；“水浸”后，可溶性金属硫酸盐进入溶液，不溶物形成滤渣；随后用萃取剂HR萃取Cu2，经反萃取得到CuSO4溶液；水相中加入Na2S和NH4HCO3，先“沉钴”得到CoS，再“沉锰”得到MnCO3CoS经H2O2和稀H2SO4“溶解”得到CoSO4溶液。

KMnO4Fe(Ⅱ)还没有完全氧化，CDIV6FeC2O4⋅2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓+12H2OH2O2Fe2+氧化；①由分析可知，步骤ⅦK3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，重结晶前，蒸发至溶95%乙醇溶液，以降低溶质溶解度95%乙醇溶液洗涤，合理操作：K[Fe(CO)]溶液→e→b→95%乙醇溶液→c→95%乙醇洗涤晶体洗涤→（1）

243MnO2

3MnSO4+N2NH36H2O

②检漏，A错误；氧化铁和硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分为Fe2O3、CaSO4；硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，直接“高温焙烧”(NH4)2SO4会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反Fe2O3、CaSO；(NH)SO

B．移液管是一种精密量取溶液的仪器，故可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中，B而不是先快后慢，C错误；D．滴定中发现滴加液体过量，可以采用返滴定的方法来准确滴定，不一定必须重做，D错误；萃取反应为2HR有机相Cu2水相ƒCuR有机相2H水相

4

（5）Fe

41215=6，O的个数为：8FeO

加入稀H2SO4可增大H浓度，使平衡逆向移动，从而将Cu从有机相转移到水相，实现反萃取，

3答案为：增大H浓度，使平衡逆向移动，从而将Cu2

apm，apm，2apmCoS