广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是A．飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料B．船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐C．“四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂D．锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能【答案】C【解析】合金属于金属材料，A正确；富锌涂层中的锌比铁活泼，形成原电池时，锌为原电池负极，铁为原电池正极，铁不被腐蚀，属于牺牲阳极保护法防腐，B正确；柴油属于混合烃，C错误；瞬时功率补偿时用作电源，即原电池，将化学能转化为电能，D正确。故选C。2．下列实验操作正确的是A．除去苯甲酸中的不溶性杂质B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液D．蒸干Fe2SO4A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】过滤时漏斗颈应紧贴烧杯壁，A错误；配制溶液时，NaOH应先在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中，B错误；NaOH溶液应放在碱式滴定管中，滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，C错误；Fe2(SO4)3水解时生成Fe(OH)3和H2SO4，H2SO4不易挥发，抑制Fe2(SO4)3的水解，最终可以得到Fe2(SO4)3晶体，D正确。故选D。3．工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+A．常温下，11.2LSO2含有的原子总数为1.5B．3.4gH2O2C．生成1molBaSO4，转移的电子数为2D．常温下，pH＝1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1【答案】C【解析】常温下气体摩尔体积不是22.4L/mol，不能计算常温下11.2LSO2的物质的量和原子总数，A错误；1个H2O2分子中含1个非极性键(O－O)，3.4gH2O2的物质的量为0.1mol，非极性键数目为0.1NA，B错误；SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl反应中，每生成1mol阅读下列材料，完成下列小题。NH3、N2H4是氮的常见氢化物。液氨中NH4+和NH2-的性质类似于水中的H3O+和OH-；4．下列化学用语表述正确的是A．N的价层电子排布式为1s22s2C．NH3的VSEPR模型为三角锥形 D．中子数为8的氮的核素为【答案】B【解析】N的原子序数为7，基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，A错误；N2H4中每个N原子形成三个共价键，且N原子上还有1对孤电子对，其电子式为，NH3中心原子N的价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体型，C错误；N的质子数为7，中子数为8的氮的质量数为15，其核素为715N，阅读下列材料，完成下列小题。NH3、N2H4是氮的常见氢化物。液氨中NH4+和NH2-的性质类似于水中的H3O+和OH-；5．下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是A．NH4+和B．键角：NH2C．相同浓度的水溶液碱性N2H4比NH3弱，原因是结合H+D．N2H4易溶于水，原因是N【答案】A【解析】NH4+和H3O+的中心原子均采取sp3杂化，NH4+的N原子无孤电子对，H3O+中O原子有一对孤电子对，故空间结构分别为正面体形和三角锥形，A错误；NH2-和NH4+的中心N原子均采取sp3杂化，N的孤电子对数分别为2个和1个，中心原子孤电子对数越多，斥力越大，键角越小，则键角：NH2-<NH4+，B正确；6．缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是A．是一种聚酯B．分子中不含手性碳C．可发生加成反应和取代反应D．1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH【答案】C【解析】聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物，而M是加聚物，A错误；分子中标注*的碳是手性碳，B错误；苯环可以与H2发生加成反应，分子中的酯基可发生水解反应即取代反应，C正确；1molM与足量NaOH溶液充分反应最多消耗2nmolNaOH，D错误。故选C。7．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是A．第一电离能：X<Y B．电负性：Z<QC．简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z D．简单离子半径：Z<W【答案】C【解析】基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，核外的电子没有1个运动状态相同，所以X核外有7个电子，即X为N元素；基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素；W是短周期金属性最强的元素，则W为Na，Z的基态原子有1个未成对电子，Z和Q同主族，再结合X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知：Z和Q分别为F和Cl。同周期自左至右，第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定结构，N的第一电离能大于O原子，A错误；同主族元素从上到下，电负性越大，则电负性：Z(F)＞Q(Cl)，B错误；同周期从左到右，元素非金属性增强，简单气态氢化物稳定性增强，则简单气态氢化物的热稳定性：Y(H2O)<Z(HF)，C正确；电子层结构相同，核电荷数越小，半径越大，则简单离子半径：Z(F－)＞W(Na+)，D错误。故选C。8．将Na2S转化为NaA．Na2SB．S转化为Na2SOC．向Na2SO3溶液中通入少量D．工业上利用Na2SO【答案】B【解析】多元弱酸根的水解要分步写：S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-，A错误；S与NaOH反应生成Na2SO3和Na2S9．某小组同学向pH＝1的0.5mol⋅L-1FeCl实验金属操作、现象及产物Ⅰ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质下列说法错误的是A．取Ⅱ中少量溶液，滴加K3FeCNB．Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗H+，促进Fe3+C．Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被FeOH3沉淀包裹，阻碍了Zn与D．若向pH＝1的0.5mol⋅L-【答案】D【解析】Fe2+与K3FeCN6会生成蓝色的KFeFeCN6沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加K3FeCN6溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成，A正确；加入Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为FeOH3沉淀，B正确；对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被FeOH10．运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是A．电势：a>bB．电解过程中，b电极附近pH降低C．若产生标准状况下1.12L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4molD．若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：CH【答案】B【解析】由图示电解池可知，b电极发生反应CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，a为电解池的阳极，b为电解池的阴极，故电势a>b，A正确；电解过程中，b电极发生的反应消耗了H＋，故b电极附近pH升高，B错误；标准状况下1.12LCH4物质的量为1.12L22.4L/mol＝0.05mol，故理论上导线中通过的电子的物质的量为0.05mol×8＝0.4mol，C11．Pt－MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下：下列说法错误的是A．化合物A的化学式为CHB．过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成C．为提高H2D．主反应的化学方程式为CH【答案】C【解析】由反应机理图示可知，过程V发生反应CH3OOCH→CO2+CH4，故化合物A的化学式为CH4，A正确；过程Ⅰ发生了O-H键断裂和H-H键形成，故涉及了极性键的断裂和非极性键的形成，B12．氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+A．CeO2晶胞中Ce4+B．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2C．当掺杂晶体的化学式为CeYmOn时，若m＝2，则D．若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为1【答案】C【解析】由图示晶胞可知，CeO2晶胞中Ce4+的配位数是8，A正确；晶胞边长为anm，则体对角线为3anm，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为体对角线的14，为3a4nm，B正确；在CeYmOn晶胞中，若有2个Y3+代替2个Ce4+，则由电荷守恒知，应有5个O2-，C错误；图甲中13．二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：反应①：CO反应②：CO在体积可变的容器中，充入1molCO2和3.2molH2发生上述反应，平衡时CO和CH3A．曲线a代表的物质是COB．反应②的平衡常数：K(X)<K(Y)C．250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主D．250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1mol【答案】D【解析】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，平衡后升高温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，CH3OH的物质的量减少，CO的物质的量增加，且平衡时CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数之和等于1，a曲线代表CH3OH，b曲线代表CO，q曲线代表CO2的转化率随温度的变化，A错误；反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；250℃之前以反应②为主，升高温度，反应②逆向移动，CO2的转化率降低，250℃之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，CO2的转化率增大，C错误；250℃时，CO2的转化率为20%，CO和CH3OH的物质的量分数相等，则n(CO)＝n14．常温下，用浓度为0.1mol/L的H2SO4标准溶液滴定10mL浓度均为0.2mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是A．Ⅱ表示的微粒为HA－B．Ka(HA－)的数量级为10－9C．a点：cD．a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点【答案】D【解析】pH越大，碱性越强，A2－的分布分数越大，HA－的分布分数越小，则Ⅰ线为A2－，Ⅱ线为HA－，A正确；当δ为0.5时，c(HA－)＝c(A2－)对应的pH≈8.4，c(H＋)＝1×10－8.4，Ka＝c(H＋)＝1×10－8.4，数量级为10－9，B正确；a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1∶2，根据电荷守恒可得，cH++cNa+=cOH-+cHA-+2cA2-+2cSO42-，根据物料守恒可得，cHA-+cA2-=2cSO42-，联立两式可得cH+-cOH-=3cA2-+2cHA--cNa+，二、解答题15．电镀工业中添加糖精钴CoSac已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol－1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃(一)制备糖精钠查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。(1)仪器a的名称为。(2)装置b的作用是。(二)制备糖精钴Ⅰ．称取1.0gCoCl2⋅6H2O，加入Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2H2O)，加入Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶；Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。(3)写出Ⅲ中反应的化学方程式：。(4)Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因。(5)证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为。(三)结晶水含量测定EDTA和Co2+形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用cmol⋅L(6)滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品CoSac2H2O4⋅xH2O中x的测定值为(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值(填【答案】(1)恒压滴液漏斗(2)吸收HCl气体(3)CoCl(4)先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质(5)稀硝酸、硝酸银溶液(6)500m9cV-27.5(或：m【解析】（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗；（2）氯磺酸与生成的水发生水解生成HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体；（3）Ⅲ中反应的化学方程式为CoCl2（4）甲同学第一步先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；NaSac溶液能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，产率更高；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac（5）可通过检验最后一次洗涤液是否残留有Cl-（6）滴定消耗的n(EDTA)＝cV1000mol，EDTA与Co2+形成1∶1配合物，则样品溶解后的n(Co2+)＝cV1000mol，即样品中的n{CoSac2H2O4⋅xH2O}＝n(Co2+)，解得，cV1000mol×495+18xg/mol＝16．从褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、已知：①NaCN有剧毒；②25℃时，MnOH2的Ksp(1)滤渣2的主要成分是。(2)“氧化”时加入MnO2的作用是(3)在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是；调节“滤液4”的pH至8.0，无MnOH2析出，则c(Mn2+)≤(4)“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是。(5)“浸金银”时Ag转化为AgCN2-，该反应的离子方程式为；已知S2O32-也可与Ag+、Au+形成配合物，“【答案】(1)SiO(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调(3)破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤0.19(4)温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2(5)2Ag+4【解析】褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中加H2SO4和Na2SO3“还原浸酸”，Fe2O3、MnO2被还原为Fe2＋和Mn2＋，CuO被溶解为Cu2＋，Au、Ag、SiO2不溶于H2SO4，过滤，滤渣1为Au、Ag、SiO2；滤液1中加铁粉沉铜，Cu2＋被铁粉还原为Cu，过滤；滤液3中加MnO2氧化，Fe2＋被氧化为Fe3＋，所得溶液中加入NaOH沉铁，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得Fe(OH)3，后续转化为氧化铁；滤液4中加NH4HCO3沉锰，过滤得MnCO3沉淀；滤渣1中加H2O（1）滤渣2的主要成分是SiO2；（2）“氧化”时加入MnO2，溶液中的Fe2+被MnO2（3）“沉铁”时加入NaOH调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，由于Fe3+水解容易生成Fe(OH)3胶体，因此过滤除去Fe(OH)3需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成Fe(OH)3沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时cOH-=10-6mol（4）“浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2O2（5）“浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应生成AgCN2-，离子方程式为2Ag+4CN-17．日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为：Ⅰ．CⅡ．C回答下列问题：(1)广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：。木薯(2)已知CH3CHOg+H2(3)对于反应Ⅰ：①在(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有(填标号)。A．加压

B．升温

C．分离出H(4)恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性＝n生成的乙酸①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为。②由图中信息可知，乙酸可能是(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是。③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，nCH3COOH：nCH3CHO＝4：1，则乙酸的选择性是%，平衡常数Kp1(5)耦合HCHO也能高效制H2，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：。【答案】(1)淀粉(2)－24.3(3)高温B(4)270℃产物1图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸800.72×100×(5)2【解析】（1）木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生CO2和乙醇；（2）反应Ⅰ－反应Ⅱ得到CH3CHOg+H（3）①反应Ⅰ的ΔS>0，ΔH>0，由②加压可以加快反应速率，但平衡逆向移动，平衡转化率减小，A不符合题意；升温速率增大，且平衡正向移动，平衡转化率增大，B符合题意；移走H2平衡正向移动，平衡转化率增大，但速率减小，C不符合题意。故选B（4）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知，关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；③平衡时nCH3COOH∶nCH3CHO＝4∶1，可得乙酸选择性为45×100%＝80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量为90%×80%×1＝0.72mol，n平乙醇＝1mol×10%＝0.1mol，列三段式Δn(mol)C2H5OHg0.72+H2Og0.72=2H2g1.44+CH3COOHg0.72，ΔnKp（5）b电极甲醛转化为HCOO－，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为2HCHO18．化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示：已知：R-(1)物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为，物质B的含氧官能团名称为。(2)反应③中M的结构简式为