安徽省合肥市2026届高三化学下学期第二次教学质量检测试卷【含答案】

2026年合肥市高三第二次教学质量检测化学(考试时间：75分钟满分：100分)注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li7N14Al27一、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.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是A.氮的固定属于氧化还原反应B.动力电池中的石墨烯属于新型无机非金属材料C.降落伞使用的芳纶纤维属于有机高分子材料D.“燃烧等离子体”的核聚变过程属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A．氮的固定是将游离态氮（单质，氮元素为0价）转化为化合态氮的过程，过程中氮元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A正确；B．石墨烯是碳的单质，区别于传统无机非金属材料，属于新型无机非金属材料，B正确；C．芳纶纤维是合成有机高分子聚合物，属于有机高分子材料，C正确；D．化学变化的最小微粒是原子，化学变化过程中原子种类不发生改变，而核聚变过程中原子核发生变化、原子种类改变，不属于化学变化，D错误；故选D。2.以下分离、提纯物质的方法达不到目的的是A.重结晶法提纯苯甲酸B.分液法分离茶水中的茶多酚C.色谱法分离提纯植物色素中的叶黄素D.分馏法分离石油中的汽油、煤油等轻质油【答案】B【解析】【详解】A．利用苯甲酸溶解度随温度变化差异大的特点，用重结晶法提纯苯甲酸，A正确；B．分液法适用于分离互不相溶的液态混合物，茶多酚易溶于茶水，体系不存在分层现象，无法用分液法分离，B错误；C．色谱法利用不同组分在固定相和流动相中的分配系数差异，可分离提纯植物色素中的叶黄素，C正确；D．分馏法利用石油中各组分沸点的差异，可分离得到汽油、煤油等轻质油，D正确；故选B。3.用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是劳动项目化学知识A自制肥皂油脂发生氢化反应B用明矾净水水解生成胶体C烘焙蛋糕时加入小苏打受热分解产生D用铁粉、活性炭和食盐制作暖贴铁发生电化学腐蚀放出热量A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．自制肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），而非油脂与氢气发生的氢化反应，A错误；B．明矾电离出的水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质实现净水，B正确；C．受热分解产生气体，可使烘焙的蛋糕疏松多孔，C正确；D．铁粉、活性炭和食盐可构成原电池，铁发生吸氧腐蚀（电化学腐蚀）的过程会放出大量热量，可用于制作暖贴，D正确；故选A。4.荧光探针(HL)可用于检测，合成的过程如下图所示。下列说法正确的是A.甲与苯胺互为同系物B.乙最多能和发生加成反应C.HL能发生水解和氧化反应D.可用溴水鉴别HL中是否含有乙【答案】C【解析】【详解】A．甲分子含有2个氨基，苯胺只含1个氨基，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．乙中酯基的碳氧双键不能与加成，1mol乙中苯环消耗3mol

、碳碳双键消耗1mol

、醛基消耗1mol

，共消耗5mol

，B错误；C．HL含有酯基（内酯结构），能发生水解反应；含有酚羟基、碳碳双键，能发生氧化反应，C正确；D．HL和乙均含有酚羟基（邻位有可取代氢）和碳碳双键，都能与溴水反应产生白色沉淀、使溴水褪色，无法用溴水鉴别，D错误；答案选C。5.氯酸银与干燥的氯气可发生反应①，生成的与臭氧可发生反应②。下列说法正确的是A.中含有极性共价键B.反应①中是还原剂C.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2D.反应②中若生成，则转移电子【答案】A【解析】【详解】A．为V形结构，中心氧原子与端位氧原子的电子云密度存在差异，氧氧键的共用电子对发生偏移，属于极性共价键，A正确；B．反应①中的Cl元素化合价从0价降低为AgCl中的-1价，得电子作氧化剂，B错误；C．反应①中氧化产物是O元素化合价升高得到的（共1mol），还原产物是Cl元素化合价降低得到的（2mol）和（2mol），氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶4，C错误；D．反应②中生成2mol时转移4mol电子，因此生成1mol转移2mol电子，D错误；故选A。阅读下列材料，完成下列小题。是一种重要的化工原料。的催化氧化是工业制的基础；与反应可得到尿素；被氧化可生成，及其甲基衍生物主要用作火箭燃料，与发生燃烧反应，液体可发生自电离反应生成和；在一定条件下还可合成。6.下列有关反应的化学方程式书写错误的是A.的催化氧化反应：B.与足量反应：C.与反应：D.与的燃烧反应：7.下列有关物质结构或性质的说法正确的是A.键角： B.价电子总数：C.溶解性： D.给出能力：【答案】6.B7.D【解析】【6题详解】A．催化氧化生成NO和，方程式配平、反应条件均符合反应事实，A正确；B．NH3与COCl2反应生成尿素和HCl，足量会与反应生成的HCl进一步反应生成NH4Cl，正确的化学方程式为COCl2+4NHC．NaClO氧化生成，电子守恒、原子守恒，方程式符合反应事实，C正确；D．与燃烧发生归中反应生成和，原子守恒、反应条件均正确，D正确；故选B。【7题详解】A．中心原子N的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构是平面三角形，键角为120°；中心原子N的价层电子对数是，有1对孤对电子，空间结构是V形，孤对电子对成键电子对的排斥作用使键角小于120°，故键角NO2-<NO3B．价电子总数：为5+2×6-1=16，为5+2×6+1=18，故价电子总数NO2+<C．含2个，可与水形成更多氢键，甲基为疏水基团，故溶解性CH32NNHD．甲基为推电子基团，使中N的电子云密度更高，更易结合（碱性更强），故给出能力NH3>CH3故选D。8.和能结合形成，的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.分子空间结构为平面三角形B.第一电离能：C.和中，原子均为杂化D.中与间形成配位键【答案】C【解析】【详解】A．中B的价层电子对数为，无孤电子对，分子空间结构为平面三角形，A正确；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，且F的核电荷数更大，第一电离能大于N，故第一电离能F>NC．中B的价层电子对数为3，杂化类型为；F3B-N(CHD．B原子有空轨道，N原子有孤电子对，F3故选C。9.利用下列实验装置和试剂能实现相应元素不同价态间转化的是试剂元素不同价态间的转化abcA水过氧化钠氢碘酸溶液B浓盐酸氯酸钾氯化亚铁溶液C浓硫酸铜硫化钠溶液D稀硝酸银氢氧化钠溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素为-1价，起始价态不是-2价，不符合O-2B．浓盐酸和氯酸钾常温下发生归中反应生成氯气，实现Cl-1→ClC．浓硫酸和铜反应需要加热，该装置无加热条件，反应无法发生，不能实现价态转化，C错误；D．稀硝酸和银反应生成NO，氮元素从+5价直接转化为+2价，且NO与氢氧化钠溶液不反应，无法实现题给价态转化，D错误；故选B。10.铝丝在盐溶液中会发生腐蚀，系碳纤维的铝丝在不同盐溶液中质量的减少量随时间变化关系如下图所示。下列说法正确的是A.碱性条件下铝丝的腐蚀速率最慢B.溶液中，内的平均反应速率C.铝丝与足量的溶液发生反应的离子方程式D.其他条件相同时，加入可以加快铝丝腐蚀速率【答案】D【解析】【详解】A．强碱（如NaOH）碱性条件下铝的腐蚀速率很快，仅题给弱碱性溶液中腐蚀速率慢，该表述绝对，A错误；B．纵轴单位为10-3g，0~3h铝质量减少0.3×10-3gC．​水解使溶液呈碱性，铝在碱性环境下发生腐蚀，失电子生成四羟基合铝酸根，水得电子生成氢气，碱性环境不会放出，离子方程式为：

2Al+2CO3D．含的、溶液中铝的腐蚀速率均远大于不含的溶液，说明可破坏铝表面氧化膜，加快腐蚀速率，D正确；答案选D。11.仅用下表提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是实验目的试剂用品A检验乙酰水杨酸()的酯基乙酰水杨酸、稀硫酸、溶液、溶液试管、胶头滴管、酒精灯B在铁制钥匙上镀铜铁制钥匙、铜片、溶液烧杯、砂纸、导线、2~3V的直流电源、电流表C测定醋酸溶液的浓度标准溶液、待测醋酸溶液、蒸馏水酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台、洗瓶D配制100mL1.0mol/L的溶液、蒸馏水烧杯、容量瓶(100mL)、量筒、玻璃棒、药匙、滤纸、天平A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．乙酰水杨酸本身不含酚羟基，加入稀硫酸加热使酯基水解，生成含酚羟基的产物，加中和过量酸后再加溶液，若显紫色即可证明存在酯基，所给试剂和用品可完成实验，A正确；B．铁钥匙上镀铜需要含的盐溶液作电解液，所给试剂为溶液，无无法实现镀铜，B错误；C．酸碱中和滴定测定醋酸浓度需要指示剂判断滴定终点，所给试剂缺少指示剂，无法完成实验，C错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容步骤需要胶头滴管，所给用品缺少胶头滴管，无法完成实验，D错误；故选A。12.我国科研人员设计出一种双功能光电化学电池，工作原理如图所示。碱性条件下，该电池通过控制开关分别与或连接，可实现制备、光照充电或暗场放电。已知光照下光电极(PTTh)被激发产生电子和空穴。下列说法正确的是A.开关接时，光电极与电源正极连接B.光照充电时，光电极附近溶液的变小C.暗场放电时，负极的电极反应式为D.光照时若光电极累计产生，理论上暗场放电时可以氧化【答案】D【解析】【分析】开关接S1时为电解池，光电极上转化为，元素化合价降低，为阴极，当开关接时为原电池，Cu催化电极上醛基转化为羧酸根离子，发生氧化反应，故Cu催化电极为负极，中间电极在电解池中充当阳极，发生氧化反应，原电池中充当正极，发生还原反应，据此解答。【详解】A．由分析可知，开关接S1B．光照充电时，光电极反应为O2+2H2OC．暗场放电时，中间电极为正极，发生得到电子的还原反应，元素化合价降低，NiOOH转化为Ni(OH)2；负极是催化电极，发生醛基被氧化为羧基的反应：-2e-+3OH-=+2H2O，C错误；D．光照时产生2molh+对应充电过程转移电子，可将2molNi(OH)2氧化为NiOOH；暗场放电时转移电子，故选D。13.晶体具有良好的导电性，其晶体是由平面层和非密置的层交替叠加而成，平面层结构如下图1所示，处在形成的六元环的中心。晶体结构如下图2所示。已知和的半径分别为和。下列说法错误的是A.的电子式为B.层中间距为C.α-Li3N晶胞中距离最近的数为D.α-Li3N【答案】C【解析】【详解】A．Li3N为离子化合物，最外层满足8电子稳定结构，与形成离子键，给出的电子式书B．Li2N-层中位于构成的正六元环中心，之间距离为364.8pm，转化为数学模型：，BC=364.8pm，AD⊥BC、∠ABC=30°C．根据晶体结构，一个周围有6个同平面的和2个轴向的。同平面与的距离约为364.83pm=210.6pm。轴向的2个与的距离更近，约为387.5pm2=193.75pm。因此，距离最近的数为2，C错误；D．晶体中存在非密置层，可在层间及层内空隙移动，使晶体具有良好导电性，D正确；故选C。14.在含难溶碱的溶液中，一定范围内存在平衡关系：，，，，。时，随的变化关系如图所示[其中，表示、、、]。下列说法错误的是A.Ⅱ代表随的变化情况B.时，C.点，D.随增大，保持不变【答案】C【解析】【分析】根据pM定义：pM=-lg⁡c(M)，浓度越大，pM越小；且增大时增大，对于：Ksp=c(Cd2+)⋅c2(OH-对于CdOH+：K2=c(CdOH+)c(对于Cd(OH)3-​：第一个平衡：，平衡常数K1=c[Cd(OH对于Cd(OH)42-​：K5【详解】A．根据分析，Ⅱ代表p(CdOH+B．a点pH=9.8，I和Ⅱ交点，说明c(Cd2+)=c(CdOH+)。根据K2=c(CdOHC．根据溶液电荷守恒，阳离子电荷总和等于阴离子电荷总和：

2c(Cd2+)+c(CdOH+)+c(H+D．存在平衡，平衡常数K1=c[Cd(OH)2(故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.钕铁硼(NdFeB)废料中主要含和稀土氧化物(RE是稀土元素的缩写，此处表示和等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。回答下列问题：（1）的价电子排布图为_______。（2）“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙烧”时生成稀土氯化物的化学方程式_______，当温度超过后，稀土元素浸出率降低的原因可能是_______。（3）“浸取”时所得浸渣的主要成分是_______(填化学式)。（4）“除铁”步骤中，当完全沉淀时，应大于_______(当离子浓度小于时，离子完全沉淀；)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵[]作萃取剂，也可通过萃取出而达到“除铁”的目的，该离子液体具有较低的熔点，分析其原因是_______。（5）“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐，则“滤液”中含有的阳离子有_______。（6）写出“焙烧”时生成稀土氧化物的化学反应方程式_______。【答案】（1）（2）①.RE2O3+6（3）（4）①.3②.阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使得熔点低（5）H+（6）【解析】【分析】首先加入氯化焙烧，将稀土氧化物RE2O3​转化为可溶于水的​，完成稀土的氯化转化；随后水浸浸取，大部分铁以不溶物形式留在浸渣，实现稀土与铁的初步分离；浸出液加氨水沉淀剩余完成深度除铁，再加草酸沉淀稀土得到草酸盐，最终高温焙烧分解得到目标产物RE2【小问1详解】Fe为26号元素，Fe原子失去3个电子得到，价电子排布式为，电子排布图为。【小问2详解】氯化焙烧时，RE2O3​与反应生成RECl3​、氨气和水，化学方程式：

RE2【小问3详解】由浸出率图像可知，铁元素浸出率极低，大部分铁以不溶于水的形式留在浸渣中，因此浸渣主要成分为​。【小问4详解】离子完全沉淀时c(Fe3+)<1×10-5mol/L，由Ksp[Fe(OH)3【小问5详解】除铁时加入氨水，溶液中引入​；沉淀时草酸与稀土氯化物反应生成草酸盐沉淀，同时生成，因此滤液中阳离子为H+、NH【小问6详解】空气中800℃焙烧草酸稀土，生成稀土氧化物和二氧化碳，化学方程式：

。​16.硫氰化钾(KSCN)广泛应用于化学分析、制药、颜料和电镀等领域。某化学兴趣小组在实验室制备KSCN的步骤如下：I．按如图装置(夹持装置省略)，向三颈烧瓶中加入、过量的饱和氨水及少量辛基酚聚氧乙烯醚，室温下快速搅拌，当溶液呈深红色时停止搅拌，得到中间产物。Ⅱ．将三颈烧瓶改装为蒸馏装置。控制温度，分解为和，当烧瓶内溶液褪色后，停止加热。Ⅲ．冷却后，过滤除去辛基酚聚氧乙烯醚沉淀，洗涤沉淀，将洗涤液与滤液合并。再向合并液中加入KOH溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到KSCN晶体。已知：与氨水互不相溶，的沸点为，的沸点为；②辛基酚聚氧乙烯醚会在较高温度下凝聚为沉淀。回答下列问题：（1）仪器的名称为_______。（2）已知步骤Ⅰ中发生反应：，在室温下进行该反应的原因是_______(写出两点)。（3）辛基酚聚氧乙烯醚分子一端是疏水基、另一端是亲水基，在本实验中可加快反应速率，原因是_______。（4）步骤Ⅱ中控制温度的方法是_______，蒸馏主要除去的杂质是_______(填化学式)。（5）小组同学将5滴1mol⋅L-1KSCN溶液滴入盛有浓的试管中，溶液立即变红，静置一段时间后，突然剧烈反应，红色迅速褪去，并放出大量红棕色气体。为探究KSCN实验操作现象i向反应后的试管中滴加溶液产生白色沉淀ii将产生的红棕色气体通入足量和浓的混合溶液中产生白色沉淀iii将ii中所得沉淀过滤、洗涤后，再向沉淀中加入过量稀硝酸沉淀完全溶解已知：能被氧化为黄色的，可聚合为红色的。①试管中产生的气体为和_______(填化学式)，浓与KSCN溶液发生的总反应的离子方程式为_______。②“突然剧烈反应，红色迅速褪去”，猜想可能是溶液红色迅速褪去反应的催化剂。请设计实验验证此猜想是否成立_______。【答案】（1）球形冷凝管（2）①反应放热，防止温度过高导致CS2挥发、氨气逸出；②温度升高平衡逆向移动，降低产物产率；③辛基酚聚氧乙烯醚凝聚等（3）增大反应物接触面积，加快反应速率（4）①.水浴加热②.（5）①.②.③.向浓的试管中，通入一定量的，再滴入5滴1mol⋅L-1KSCN溶液，若溶液变红后迅速褪色，且产生大量的红棕色气体，则证明猜想成立【解析】【分析】本实验制备KSCN的原理为：室温下二硫化碳与过量氨水发生加成反应生成中间产物NH2CS2NH4​；该反应放热，室温操作可避免温度升高导致氨气挥发，加入的辛基酚聚氧乙烯醚作为乳化剂，促进原本不互溶的【小问1详解】根据仪器结构，该仪器为球形冷凝管。【小问2详解】已知​沸点仅46℃，是易挥发气体，温度过高会导致反应物挥发；反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，降低产物产率，因此室温下反应。【小问3详解】题干说明​与氨水互不相溶，反应物接触面积小反应慢，该物质一端疏水一端亲水，可乳化混合体系，增大反应物接触面积，加快反应速率。【小问4详解】需要恒定控制80℃（低于100℃），因此采用水浴加热；已知氨水过量，分解产物含，二者结合生成，的沸点为，故蒸馏主要除去的杂质是。【小问5详解】①实验中加​得白色沉淀说明被氧化为；红棕色气体通入​产生可溶于稀硝酸的白色沉淀，说明C被氧化为，中−3价N被氧化为，浓硝酸被还原为​，结合化合价升降、电荷守恒配平得到离子方程式；。②验证催化剂猜想，采用对比法，其他条件相同，只需提前通入，对比红色褪去速率即可验证，故方案是：向浓的试管中，通入一定量的，再滴入5滴1mol⋅L-1KSCN17.氢能作为一种清洁的可再生能源，具有燃烧热值高、环境污染少等优点，重整工艺是制氢的理想选择。I．甲醇水蒸气重整制氢主反应：①副反应：②③（1）_______。（2）研究发现，氧空位可提高甲醇水蒸气重整制氢催化剂的活性。将替代晶格中的，可形成固溶体催化剂。随含量的增加，氧空位数目_______(填“增多”、“不变”或“减少”)。（3）将一定量和的混合气充入密闭容器中，在催化剂作用下发生甲醇水蒸气重整制氢反应。不同温度下反应相同时间后，转化率、和的选择性变化如下图所示。使用该催化剂发生甲醇水蒸气重整制氢反应的最佳温度为_______。随温度升高，的选择性降低，CO的选择性增大的原因可能是_______。Ⅱ．甲烷水蒸气重整制氢的主要反应有：④⑤⑥（4）一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量的和，发生上述反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。a．气体密度不变b．气体总压强不变c．的体积分数不变d．和的物质的量相等（5）温度为，压强为的条件下，将的混合气通入密闭容器中发生甲烷水蒸气重整制氢反应，达平衡时的转化率为，的选择性为25%(的选择性)。i．平衡时_______，反应⑤的分压平衡常数_______(保留2位有效数字，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。ii．若温度不变，减小压强，则的值_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。【答案】（1）+49.4（2）增多（3）①.340℃②.催化剂的选择性发生了转变(或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO2和H2反应，使H2选择性降低，CO选择性增大)（4）ac（5）①.15：1②.0.78③.减小【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应①反应③反应②，因此ΔH1=【小问2详解】替代后，为维持晶体电荷平衡，需要减少补偿正电荷的不足，因此随含量增加，氧空位数目增多。【小问3详解】该反应需要甲醇转化率高、选择性高、CO选择性低，340℃时甲醇转化率已经较高，​选择性也较高，继续升温的选择性急剧下降，故340℃为最佳温度。随温度升高，催化剂的选择性发生变化，或主副反应均为吸热反应，升温更促进副反应正向进行，生成更多CO，消耗​，因此​选择性降低，CO选择性增大。【小问4详解】a．恒压容器，反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增大，容器体积改变，密度​，密度不变说明体积不再变化，反应达到平衡，正确；b．容器恒压，总压强始终不变，不能说明平衡，错误；c．体积分数不变，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，正确；d．和​物质的量相等不能说明浓度不变，无法判断平衡，错误。【小问5详解】i．设起始n(CH4)=1mol，n(H2O)=6.5mol，转化率，则反应的为，由C原子守恒得n(CO)+n(CO2)=0.4mol，选择性，故n(CO)=0.1mol，n(CO2)=0.3mol。由O原子守恒：总O为6.5mol，0.1反应⑤，，分压平衡常数Kp=p(CO2)p(H2)ii．反应⑤的K=cCO2×cH2cH2O×cCO，温度不变K不变，18.有机物I是合成广谱抗菌药物环丙沙星的中间体，可由下列路线合成(部分反应条件略)。回答下列问题：（1）合成A的初始原料为，该原料的名称为_______；A→B的反应类型为____