重庆市南开中学下学期高三第七次质量检测化学试题

重庆南开中学高2026届高三第七次质量检测化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Eu152一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1.2026年春晚上，机器人成为最亮眼的科技主角之一。下列有关某款机器人所用材料的说法错误的是A.主控芯片采用单晶硅，单晶硅是半导体材料B.核心动力采用锂离子电池，该电池的电解液通常用水溶液C.柔性皮肤的电路采用聚酰亚胺做基板，聚酰亚胺属于高分子材料D.机械臂关节采用超弹性钛镍记忆合金，该合金比纯钛或纯镍熔点低【答案】B【解析】【详解】A．单晶硅导电性介于导体和绝缘体之间，是常用半导体材料，可用于制作芯片，A正确，不符合题意；B．锂是活泼金属，能与水发生反应，且水溶液电化学窗口较窄，无法满足锂离子电池工作电压要求，因此锂离子电池电解液通常采用有机溶剂，不能用水溶液，B错误，符合题意；C．聚酰亚胺有机聚合物，相对分子质量很大，属于高分子材料，C正确，不符合题意；D．多数合金的熔点低于其组成成分纯金属的熔点，钛镍记忆合金属于合金，熔点比纯钛或纯镍低，D正确，不符合题意；故选B。2.下列化学用语或图示表达错误的是A.的模型： B.的球棍模型：C.的键： D.聚乙炔的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．​中心N原子的价层电子对数为：，含有一对孤对电子，VSEPR模型需要将孤对电子也算入结构区域，因此VSEPR为四面体形，A正确；B．图示为乙烯的比例模型（空间填充模型），乙烯的球棍模型是：，B错误；C．的p−pσ键是两个Cl原子的p轨道沿键轴方向重叠形成的，C正确；D．乙炔发生加聚反应时，三键断开一个键，最终聚乙炔的结构简式就是，D正确；故选B。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molOH中含有的电子数目为9NAB.1molCH3CN中含有的π键数目为NAC.1LpH=1的稀硫酸中含有的H+数目为0.2NAD.28gN2与6gH2充分反应得到NH3分子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．1个羟基（OH）共含9个电子（O原子8个，H原子1个），因此1molOH含有的电子数目为9NA，故A正确；B．CH3CN分子中存在三键，1个三键含2个π键，因此1molCH3CN含有的π键数目为2NA，故B错误；C．pH=1的稀硫酸中，1L溶液中H+物质的量为，数目为0.1NA，故C错误；D．N2的摩尔质量为28g/mol，28gN2的物质的量为1mol，H2的摩尔质量为2g/mol，6gH2的物质的量为3mol，合成氨反应为可逆反应，反应物无法完全转化，因此1molN2和3molH2充分反应生成NH3分子数小于2NA，故D错误；故选项选A。4.化学实验充满着五颜六色的变化。下列实验中颜色描述错误的是A．产生红褐色沉淀B．产生白色沉淀C．溶液变黄色D．溶液变红色A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．发生反应：，产生红褐色沉淀，A正确；B．发生反应：，产生白色沉淀，B正确；C．溶液中存在平衡：，加溶液，消耗氢离子，平衡逆向移动，橙色变黄色，C正确；D．苯酚遇到溶液显紫色，D错误；故选D。5.下列反应方程式正确的是A.溶于氨水：B.用溶液处理尾气：C.过量的通入溶液：D.与的乙醇溶液共热：【答案】A【解析】【详解】A．可与氨水反应生成可溶性的银氨配合物，方程式为：，A正确；B．与发生歧化反应，生成、和，正确的离子方程式为，B错误；C．具有强氧化性，会将氧化为，自身被还原为，正确的离子方程式为，C错误；D．与的乙醇溶液共热发生消去反应，正确的方程式为，D错误；故答案选A。6.奥司他韦在治疗流感方面发挥了重要作用，其分子结构如图，下列说法正确的是A.该分子属于芳香烃B.该分子环上的一溴代物只有1种C.该分子含有3个手性碳原子D.该分子水解时最多消耗【答案】C【解析】【详解】A．该分子不含苯环且含、元素，故不属于芳香烃，A错误；B．该分子环上的氢原子有5种，如图所示，则该分子环上的一溴代物有5种，B错误；C．手性碳原子是指，碳原子上所连四个原子或基团各不相同，该结构共3个手性碳原子，如图所示，C正确；D．酰胺基和酯基水解均能消耗，故最多消耗，D错误；故答案选C。7.、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，已知为最轻的金属，和的基态原子均有2个未成对电子，是周期表中电负性最强的元素，的最高价与最低价代数和为4。下列说法正确的是A.原子半径：B.为极性分子C.、中原子均是杂化D.原子的第一电离能高于同周期两种相邻的元素【答案】C【解析】【分析】X是最轻的金属，为；W是电负性最强的元素，为F；R最高价与最低价代数和为4，短周期中只有符合：；Y、Z原子序数介于和F之间，基态均有2个未成对电子，故Y为C（电子排布），Z为O（电子排布）【详解】A．同周期元素从左到右原子半径递减，原子半径，A错误；B．为，分子为正八面体对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；C．为，价层电子对数为：σ键孤对电子数，为杂化；为，价层电子对数为：σ键孤对电子数，为杂化，C正确；D．Z为O，同周期相邻元素为和F，的2p轨道半充满更稳定，第一电离能，F核电荷数更大，第一电离能，O第一电离能低于相邻两种元素，D错误；故答案选C。8.下列对物质性质的解释错误的是物质性质主要原因A的水溶性比大与水能形成分子间氢键B的键角比大没有孤电子对而有C的酸性比强的电负性强于D离子液体比有机溶剂难挥发离子液体的范德华力更大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．可与水分子间形成氢键，增大其在水中的溶解度，不能与水形成氢键，因此水溶性比大，A正确；B．中心C原子为杂化，无孤电子对，键角为；中心O原子为杂化，存在2对孤电子对，孤电子对的排斥作用会压缩键角，因此键角比大，B正确；C．Cl的电负性强于Br，中Cl对O的电子吸引能力更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性强于，C正确；D．离子液体由阴阳离子构成，微粒间作用力为离子键，作用力远大于范德华力，因此难挥发，解释中认为是范德华力更大原因错误，D错误；答案选D。9.下列实验设计能实现实验目的的是A．证明甲基使苯环活化B．在铁钉表面镀上致密光亮的铜层C．验证牺牲阳极法D．比较分解产物的迁移速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．该实验中苯不能使酸性​褪色，甲苯可以使酸性褪色，褪色原因是甲苯的侧链甲基被氧化为羧基，该现象说明苯环活化了侧链甲基，，A不符合题意；B．电镀时，待镀件铁钉作阴极，连接电源负极，镀层金属铜作阳极，连接电源正极，B符合题意；C．牺牲阳极法是原电池原理，活泼性，Zn作负极即牺牲的阳极被氧化，Fe作正极被保护。但可以和Fe反应生成，滴入，也会有蓝色沉淀生成，不能验证Fe被保护，C不符合题意；D．分解生成​和：左侧​吸收，只有扩散到左侧，为酸性气体，不能使湿润酚酞试纸变色；右侧碱石灰吸收，只有扩散到右侧，为碱性气体，不能使湿润蓝色石蕊试纸变色，无法观察现象比较两种产物的迁移速率，D不符合题意；故选B。10.工业合成尿素的原理为：。在密闭容器中充入和，发生上述反应，平衡转化率随温度、压强变化如图所示。下列说法正确的是A.代表温度，代表压强B.a、b、c三点的平衡常数大小关系为：C.a、b、c三点的正反应速率大小关系为：D.体积分数不变时，说明该反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．该反应的，升温平衡逆移，的平衡转化率下降；正反应气体分子数减小，加压平衡正移，的平衡转化率升高，所以X代表压强，Y代表温度，A错误；B．平衡常数K只与温度有关，放热反应温度越高，K越小；a、c都在曲线上，即温度相同，所以​；相同压强下，条件下转化率高于条件下的转化率，说明温度更低，故，B错误；C．反应速率与温度、压强正相关：温度越高、压强越大，反应速率越快。

a和c同温度，c的压强更大，故​；a和b同压强，a的温度更高，故；因此速率关系：，C正确；D．设转化，列出三段式：，总气体物质的量，因此体积分数，反应任意时刻体积分数都为，因此“体积分数不变”不能说明反应达到平衡，D错误；故选C。11.硅与镁形成的二元半导体材料的晶胞如图所示，已知晶胞参数为。下列说法正确的是A.镁原子位于硅原子所构成的四面体空隙中B.硅原子周围距离最近的硅原子有6个C.硅原子与镁原子间的最短距离为D.沿晶胞体对角线方向的投影图为【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，与镁原子最近的4个硅原子位于顶点和相邻的3个面心，4个硅原子形成正四面体形，即镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，A正确；B．面心立方堆积中，硅原子周围距离最近的硅原子有12个，不是6个，B错误；C．硅原子和镁原子的最短距离是晶胞体对角线的​，晶胞体对角线长为nm，因此最短距离为nm，不是nm，C错误；D．沿晶胞体对角线投影时，体对角线两端顶点的硅原子会投影重叠在中心位置，中心应为硅（白球），沿晶胞体对角线方向的投影图应为，D错误；故答案为：A。12.某实验创新小组设计了一种利用酸性溶液处理废水中苯酚的装置。下列说法正确的是A.a电极为负极B.通过交换膜移向左室C.随着反应的进行，左室中溶液的不断减小D.当消耗时，理论上右室处理了【答案】D【解析】【详解】A．a电极附近发生还原反应，推出a电极为正极，故A错误；B．为阴离子，会向原电池的负极移动，移向右室，故B错误；C．a电极反应式为：，消耗，逐渐增大，故C错误；D．b电极反应式为：，当消耗时，电路中有电子转移，理论上右室处理了，故D正确；故选D。13.实验室用催化剂可实现低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下：已知：常温下，由元素的最稳定单质生成纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，物质的摩尔生成焓如下表所示。下列说法正确的是物质摩尔生成焓238.7285.8393.5000A.过程Ⅰ中无非极性键的形成B.更换活性更高的催化剂，可提高的平衡产率C.化合物A的结构简式为D.主反应总的热化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅰ生成，存在非极性键的形成，A错误；B．催化剂不影响平衡转化率及平衡产率，B错误；C．由过程Ⅲ可知，A与水解生成和HCOOH，即，根据酯类水解的原理可反推出A为甲醇和甲酸生成的酯，即甲酸甲酯（），C正确；D．物质的摩尔生成焓可看作物质本身的相对能量，故的生成物的相对能量反应物的相对能量，D错误；故答案选C。14.已知：℃下，与的关系如下：123430135981将适量完全溶于浓盐酸，忽略含铁微粒的水解，下列说法正确的是A.加水稀释该溶液，增大B.体系中，C.的D.调节，当时，占总铁微粒的物质的量分数约为80%【答案】D【解析】【详解】A．加水稀释该溶液，所有离子浓度均降低，平衡移动无法抵消体积增大带来的浓度减小趋势，故减小，A错误；B．该式为电荷守恒表达式，阳离子所带总电荷应等于阴离子所带总电荷，带3个正电荷、带2个正电荷，对应浓度系数应分别乘以3和2，式中未乘，B错误；C．该反应的平衡常数，不是，C错误；D．总铁微粒浓度，将各浓度用、和表示，代入计算得的物质的量分数为，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.工业上用镍矿渣[主要含、，还含少量、、、和]制备的过程如图所示。已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表：金属离子开始沉淀的6.82.27.59.47.2沉淀完全的9.23.29.012.49.0②；。（1）基态原子价层电子排布式为___________。（2）“滤渣1”是、___________(填化学式)。“酸浸氧化”中，发生反应的离子方程式为___________。（3）“调”的范围为___________。（4）“滤渣3”为。若“沉镁”前，取等体积的溶液与该溶液混合(假设溶液总体积不变)，要使恰好完全沉淀，则所加入溶液的浓度为___________；该步骤需要控制溶液，原因是___________。（5）“萃取”原理如下：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。工业上用作萃取剂，萃取时，、的萃取率和分离因素随的关系如图所示：已知：分离因素是指在相同条件下，两种溶质在萃取剂与水中分配系数的比值。萃取时，选择为___________(填字母)。反萃取的试剂为___________(填名称)。a．1.5b．3.5c．5.5（6）资料显示，在不同温度下硫酸镍溶液形成结晶水合物的形态如表所示。“一系列操作”是___________。温度低于30.8℃30.8℃~53.8℃高于53.8℃形态多种结晶水合物【答案】（1）（2）①.②.（3）（4）①.(或)②.过低，会生成，不利于沉淀；过高，会转化为（5）①.b②.稀硫酸（6）蒸发浓缩，冷却至30.8℃∼53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥【解析】【分析】该工艺流程以含Ni(OH)2​、NiS及少量钴、铁、镁、硅杂质的镍矿渣为原料制备NiSO4​⋅6H2​O。先向镍矿渣中加入稀硫酸和氯酸钠进行酸浸氧化，过滤除去不溶性的​和反应生成的硫单质得到滤液；之后加入碳酸钠溶液调节pH，使铁离子沉淀完全后过滤除渣，再加入氟化钠溶液沉镁，过滤除去​沉淀；接着通过萃取、反萃取分离除去钴杂质，得到纯净的硫酸镍溶液，最后控制温度在30.8℃∼53.8℃之间，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤干燥等操作，得到目标产物六水合硫酸镍。【小问1详解】Ni是28号元素，基态核外电子排布为，价层电子包含3d和4s轨道电子，因此价层电子排布式为。【小问2详解】

镍矿渣中​不溶于稀硫酸，因此滤渣1除S外还含​；酸浸氧化中，被氯酸钠氧化为和S，​被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒配平即可得到离子方程式：。【小问3详解】调pH的目的是让完全沉淀，同时保证不沉淀，结合表格：沉淀完全的pH为3.2、开始沉淀的pH为6.8，因此pH范围为。【小问4详解】等体积混合后，混合液中初始，恰好完全沉淀时，根据，得游离的，沉淀消耗，因此混合液中总，原NaF溶液浓度为混合液的2倍，即；控制pH的原因：pH过低时结合生成HF，浓度降低，沉淀不完全，pH过高时会沉淀，造成产物损失。【小问5详解】萃取需要分离因素最大，保证分离效果，由图可知pH=3.5时分离因素最大，因此选b；反萃取需要使萃取平衡逆向移动，增大即可，为不引入新杂质，选择稀硫酸作反萃取剂。【小问6详解】根据表格，​在稳定存在，因此操作是：蒸发浓缩后，控制温度在该范围内结晶，再经过过滤、洗涤、干燥得到产物。16.苯甲酸稀土配合物具有独特的发光特性，可用作先进光功能材料。稀土离子在形成配合物时，配位数在3∼12间变动，配位环境不同配位数不同。一种制备并验证苯甲酸铕配合物组成的方法如下。Ⅰ．苯甲酸铕配合物()的制备（1）苯甲酸铕配合物具有荧光特性：在紫外光的照射下，苯甲酸铕配合物电子被激发，产生跃迁，从___________态到___________态时发射荧光。（2）写出溶解在盐酸中的化学方程式___________。（3）苯甲酸根()结构简式为，其中两个氧原子均为配位原子，则的配位数为___________。Ⅱ．苯甲酸铕配合物组成的验证步骤1：称取产品溶解在溶液中，加入乙醚形成萃取体系，分离和苯甲酸，留在水相中，苯甲酸()进入有机相。分液后，将水相定容至100mL。步骤2：将萃取后的有机相在通风橱中水浴加热除去乙醚，观察到锥形瓶壁有结晶析出后，加入稀乙醇(对酚酞呈中性)溶解，随后加酚酞指示剂2滴，用标准溶液滴定。消耗溶液体积为。步骤3：用移液管移取溶液，用稀氨水中和过量的酸至溶液呈弱酸性。加入二甲酚橙指示剂2滴，用标准溶液滴定溶液。消耗标准溶液体积为。已知与反应的化学计量数之比为。（4）步骤1中“将水相定容至”需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、___________。（5）步骤2中加稀乙醇溶液而非加水溶解，原因是___________。（6）步骤2滴定过程中，滴定终点的颜色变化是___________。（7）该产品中___________(保留1位小数)。该结果与存在差异，可能的原因是___________。【答案】（1）①.激发②.基（2）（3）6（4）胶头滴管、容量瓶（5）苯甲酸在水中溶解度较小，加入乙醇促进溶解（6）无色变为浅红色（7）①.3.2②.少量苯甲酸钠附着在沉淀表面，未完全洗脱，使苯甲酸根含量偏高；反应中生成配位数大于6的苯甲酸铕配合物【解析】【分析】制备阶段，氧化铕先与盐酸反应得到氯化铕，调节pH后加入苯甲酸钠，苯甲酸根为双齿配体，两个氧均可配位，与结合生成EuA3配合物；其发光源于电子ff跃迁：紫外激发后电子跃迁至激发态，再从激发态回到基态时发射荧光。组成验证阶段，经萃取分离与酸解产生的苯甲酸：苯甲酸进入有机相，因苯甲酸在水中溶解度小，用稀乙醇溶解后，以NaOH标准溶液滴定测其物质的量；留在水相，定容移液后，利用EDTA与1:1的络合反应滴定，最终计算物质的量之比验证配合物组成。【小问1详解】配合物在紫外光照射下，电子从基态被激发至激发态，当从激发态跃迁回基态时，能量以光的形式释放，产生荧光。【小问2详解】作为碱性氧化物，与盐酸发生复分解反应，生成氯化铕和水，根据原子守恒配平，该反应的化学方程式为。【小问3详解】根据苯甲酸根配位结构及电荷平衡推导，1个结合3个苯甲酸根，每个根提供2个配位原子，共6个配位键。【小问4详解】配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。除烧杯、玻璃棒外，定容环节还需要胶头滴管、容量瓶。【小问5详解】苯甲酸属于有机物，根据“相似相溶”原理，其在极性较小的乙醇中溶解度远大于在水中的溶解度，加入乙醇可确保苯甲酸完全溶解，便于准确滴定。【小问6详解】滴定原理是用NaOH滴定苯甲酸，酚酞为指示剂。滴定终点时，微过量的NaOH使酚酞由无色变为浅红色。【小问7详解】据滴定反应可知，。，根据关系式，。=3.2；少量苯甲酸钠附着在沉淀表面，未完全洗脱，使苯甲酸根含量偏高；反应中生成配位数大于6的苯甲酸盐配合物。17.天然气是一种较为清洁的燃料，具有重大发展潜力。（1）下列反应有利于实现碳循环利用。反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①___________。②在多个体积为的恒容密闭装置中，分别充入和只发生反应Ⅲ，在不同温度下反应至，测得转化率随温度关系如图1所示。已知该反应速率方程为，，其中、为速率常数，与的关系如图2所示。已知：，为速率常数，、为常数，为活化能，为温度。图1中，在温度下，内为___________。c点___________(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________，对应的是图2中的曲线___________(填“”或“”)。（2）可以和工业废气生产，反应为：。向某密闭容器充入、，维持体系压强为，反应达到平衡时，。该反应的___________(用表示)。（3）、与铁铈载氧体(简写为)反应制合成气。相同条件下，以一定流速向装有的反应器中间歇通入、，按下列步骤交替发生反应。步骤Ⅰ：步骤Ⅱ：步骤Ⅰ中铁铈载氧体表面晶格氧将氧化为、。步骤Ⅰ、Ⅱ中会有晶格氧在载氧体的内部和表面之间发生迁移。步骤Ⅱ中晶格氧迁移的方向是___________(填字母)。A．表面转移至内部B．内部转移至表面（4）我国科技人员设计了以甲烷熔融碳酸盐燃料电池为电源的电化学装置，实现废水中氯苯的无害化处理，装置如图所示。已知：a．惰性电极1上发生如下转化过程：。b．电解效率。①写出电源b极的电极反应式：___________。②一段时间内，阴极只收集到标准状况下气体。若阳极区()=5%且生成的邻苯二酚全部被氧化为，则转化ii中___________。【答案】（1）①.②.③.等于④.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率下降，点温度更高，转化率小于点，所以c点表示的反应已达到平衡状态⑤.（2）（3）A（4）①.②.65%【解析】【小问1详解】①由题意得，反应II是由反应I与反应III相减所得，根据盖斯定律可知，②由图可知，在温度下，内，H2的转化率为20%，则转化的,，故内；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率下降，点温度更高，转化率小于点，所以c点表示的反应已达到平衡状态，故；由题意得，与成正比，升高温度，平衡逆向移动，该反应逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，故曲线对应【小问2详解】设反应过程中转化CH4的物质的量为amol，可列如下三段式：根据，则，，平衡时，，n总为4.8mol，则【小问3详解】由题意得，步骤Ⅰ消耗了铁铈载氧体表面的晶格氧。同时从反应式中可看出，步骤ⅠI为再生过程，将表面的氧化为，为了使载氧体整体得到再生，新结合到表面的氧原子需要从表面迁移至内部。【小问4详解】①由题意知，b极上的甲烷失去电子变为CO2，反应式为；②阴极气体为H2，产生2molH2，转移4mol，阳极电极反应：根据（）=5%，该步失去电子为，则生成0.1mo