成都七中周测（5月15日）化学试题卷答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260518四川省成都市第七中学2025~2026学年度下期高2026届高三年级5月周测练习

2025 年陕西、山西、宁夏、青海高考真题化学试题答案
一、选择题
1.B
【详解】A．氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B符合题意；
C．聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C不符合题意；
D．反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D不符合题意；
2.A
【详解】A．CS 与CO 结构类似，电子式为 ，A正确；
2 2
B．Be是4号元素，基态Be原子的价电公子众排号「布青式禾为试2卷s」2，分B享错误；
C．乙炔的球棍模型为 ，图中表示乙炔的空间填充模型，C错误；
D．反-2-丁烯的分子中，两个甲基位于双键的不同侧，结构简式是 ，D错误；
3.A
【详解】A．单晶硅用于制造芯片主要因其半导体性质，而非熔点高，熔点高与用途无直接关联，A错误；
B．金属铝还原性强，可通过铝热反应冶炼金属（如Fe、Mn等），B正确；
C．浓硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性气体（如H 、CO ），C正确；
2 2
D．乙炔燃烧产生高温氧炔焰（约3000℃），可熔化金属进行切割，D正确；
4.B
【详解】A．由物质的结构可知，该物质含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应而褪色，A错误；
B．由物质的结构可知，该物质含有羟基，能和乙酸在浓硫酸催化下，发生酯化反应，B正确；
C．该物质中含有一个酯基，能与NaOH溶液反应，C错误；
D．手性碳原子为连接4个不同基团的碳原子，该物质中含有7个手性碳， ，D错误；
5.C
【详解】A．该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，含有苯环，属于芳香烃，A正确；
B．质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B正确；
C．该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C错误；
D．该物质含有共价键，破坏 “机械键”时需要断裂共价键，D正确；
6.C 公众号「青禾试卷」分享
【详解】A．氯化钠中的钠离子半径（Na+）比氯化铯中的铯离子半径（Cs+）小，离子键强度更大，因此熔
点更高，解释正确，A正确；
B．碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确；
C．草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根（HC O2）的电离程度（释放H+）大于水解程度（生成OH⁻），解
2 4
释错误，C错误；
D．离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确；
7.D
【详解】A．泡沫灭火器中Al3+与HCO发生双水解，生成Al(OH) 和CO ，方程式配平正确，A正确；
3 3 2
第 1 页 共 8 页公众号「青禾试卷」分享
公众号「青禾试卷」分享D．1molH S和足量的SO 反应生成S单质和水，2H S+SO =3S↓+2H O，1molH S参加反应，转移2mol
2 2 2 2 2 2
电子，转移2N 个电子，D错误；
A
12.B
【详解】A．当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气球内外的表面上，
使得外壳可以均匀分担气体的压力，故A正确；
B．格氏试剂性质活泼，为避免反应过于剧烈，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加，
故B错误；
C．反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用图中的漏斗保持体系能压强不变，保证液体顺利滴下，而不
能用分液漏斗，故C正确；
D．苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与与格氏试剂产率高，故D正确；
13.D 公众号「青禾试卷」分享
【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子
得电子生成H ，以此解题。
2
【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；
B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H 为生成物，总
2
电解
反应方程式为：TY+H O TQ+2H ，B正确；
2 2
C．将TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )，C正确；
D．根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上 ，D错误；
14.B
【分析】Zn2和Cd2+沉淀形成ZnOH 和CdOH ，Al3+沉淀形成AlOH ，则 Zn2和Cd2+的曲线平行，
2 2 3
根据K Zn(OH) <K Cd(OH) ，Zn(OH) 比Cd(OH) 更易与碱反应，因此Zn(OH)2-生成的pH低于Cd(OH)2-，
sp 2 sp 2 2 2 4 4
故从左到右曲线依次为：Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)-、Zn(OH)2-或Cd(OH)2-。如图可知：
4 4 4
Al3++3OH-=Al(OH) 的平衡常数为
3
3+ 3 − −0 −(14−3) 3 −0−3×11
K   [Al OH 3]= c[Al ].c [OH ]=10 .[10 ] =10 =
，Zn2++2OH-=Zn(OH) 的平衡常数为
2
−33 公众号「青禾试卷」分享 2+ 2 − −5 − 14−8.4 2
10 K   [Zn OH 2]= c[Zn ].c [OH ]=10 .[10 ] =
，Cd2++2OH-=Cd(OH) 的平衡常数为
2
−5−2×5.6 −16.2 2+ 2 −
10 =10 K   [Cd(OH)2]= c[Cd ].c [O1H05]=
，AlOH +OH-=Al(OH)的平衡常数为K= =1055.6=100.6，
3 4 10148.4
−5 −(14−9.4) 2 −5−2×4.6 −14.2
10 .[10 ] =10 =10 105
ZnOH +2OH-=Zn(OH)2的平衡常数为K= =1051.6=103.4，CdOH +2OH-=Cd(OH)2的平衡常
2 4 101412.4 2 4
105
数为K= =1050=105。据此分析：
101414
【详解】A．据分析，L为-lgc

Al(OH)-
4


与-lgc  H+ 的关系曲线，故A正确；
第 3 页 共 8 页B．如图可知，Zn2++2OH-=Zn(OH) 的平衡常数为
2
2+ 2 − −5 − 14−8.4 2
K   [Zn OH 2]= c[Zn ].c [OH ]= 10 .[10 ] =
，则Zn2++4OH-=Zn(OH)2-的平衡常数为
4 2− 2−
4      4
−5−2×5.6 −16.2
2+ 4 − 2 −
10 =10 K =    ]c [OH ]=K   [     2]c [OH ]=
，故B错误；
−5
10 −546.2+2×1.6 14.4
−162 −(14−124) 2 =10 =10
10 ×10
C．如图可知，pH=14时CdOH 开始溶解，pH=8.4时AlOH 开始溶解，且pH=14时c[Al(OH)-]>1mol/L，
2 3 4
即可认为AlOH 完全溶解，并转化为Al(OH)- ，因此调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)
3 4 2
和Al(OH) ，故C正确；
3 公众号「青禾试卷」分享
 1016.2 
D．0.1molL-1的Zn2+开始沉淀pH为14lg 6.4，0.1molL-1的Al3+完全沉淀pH为
 0.1 
 
 1033 
14lg3 4.7，因此调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1molL-1的Zn2+和Al3+完全分离，故
 105 
 
D正确；故答案为B。
二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。
15. 【答案】（1）①. 玻璃棒 ②. 量筒（或胶头滴管等，合理即可） （2）冰水浴 （3）B
（4）加稀硝酸酸化，再滴加AgNO 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净 （5）ABC （6）cabd
3
500m mcV103495
（7） ①. 27.5（或： ） ②. 偏高
9cV 18cV103
【分析】按照反应CoCl 6H O+2NaSac2H O=Co(Sac) H O xH O+(6-x)H O+2NaCl制备糖精钴，然后
2 2 2  2 2 4  2 2
在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精
钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。
（1）步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
（2）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰
水浴中。
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（3）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，还能将晶体表面吸附的Co2+转
化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，
丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案
为B。
（4）Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加
AgNO 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。
3
（5）进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双
第 4 页 共 8 页手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C
符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为ABC。
（6）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润
洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准
确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。
cV
（7）滴定消耗的n  EDTA  mol，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的
1000
n
 Co2

cV
mol，即样品中的 ，而
1000
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n      2 H2O 4 xH2O}= 1000mol M Co Sac 2 H2O 4 xH2O}=
，所以 ，解得
−1   −1
495+18x gmol 1000    ×(495+18x)  .    =  
1000m 495 500m  1000m495cV m495cV103 
x    27.5 或  ；若滴定前滴定管尖嘴处
18cV 18 9cV  18cV 18cV103 
500m
无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据x  27.5，则x偏高。
9cV
16.【答案】（1） 搅拌 适当升温等
（2）6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O 10-2.15
2 2 3 4 2
（3）O （4）pH过大，沉淀为Mg(OH) ，不能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO
2 2 2
（5）
2+ − +
（6）M(NgHNH)4SPOO4.6H2O+2H3PO4 =Mg +3H2PO4 +NH4 +6H2O
4 2 4
（7）还原
【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn O ，溶液再加入(NH ) S O ，进行沉锰Ⅱ得到MnO ，
3 4 4 2 2 8 2
产生有气体O ，溶液再加入NH HCO 和NH ·H O调节pH沉镁I，得到MgCO ，煅烧得到MgO，溶液
2 4 3 3 2 3
再加入H PO 沉镁Ⅱ，得到MgNH PO ·6H O沉淀，溶液加入H SO 调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最
3 4 4 4 2 2 4
后与MnO 和Mn O 焙烧，经过多步处理得到MnSO ·H O。
2 3 4 4 2
（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；
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（2）Mn(OH) 被O 氧化得到Mn O ，化学方程式为：6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O；
2 2 3 4 2 2 3 4 2
根据
c  Mg2

K
sp
[MgOH)
2


100.68
=
1011.25
，c
 Mn2
=10-2.15mol/L；
c  Mn2 K [MnOH)  c  Mn2 1012.72
sp 2
（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的NH  S O 经加热水解去除，NH  S O 中存在过氧键，在加热和水存在下
4 2 2 8 4 2 2 8
发生水解，生成NH HSO 和H O ：NH  S O 2H O2NH HSO H O ，H O 分解
4 4 2 2 4 2 2 8 2 4 4 2 2 2 2
2H O =2H O+O ，总反应为2NH  S O 2H O4NH HSO O ，最终产物是NH HSO 和O ；
2 2 2 2 4 2 2 8 2 4 4 2 4 4 2
第 5 页 共 8 页（4）  xMgCO yMg(OH) zH O  煅烧有CO 生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为
3 2 2 2
Mg(OH) ，不能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO；
2 2
（5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为 ，调节到pH=4，磷元素存在形式为H PO- ，
2 4
MgNH4PO4.6H2O
磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为： ；
2+ − +
（6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，M结gN晶H后4POX4为.6H(N2HO+) S2OH3；PO4 =Mg +3H2PO4 +NH4 +6H2O
4 2 4
（7）“焙烧”中，Mn O 和MnO 最终生成MnSO ·H O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。
3 4 2 4 2
17.【答案】（1）-65 （2）B 公众号「青禾试卷」分享
（3）④ HO*+H *+CH *=CH *+H O
2 2 3 2
492
（4） c 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
24
【详解】
（1）已知：
I．MgCO (s)=MgO(s)+CO (g) ΔH =+101kJmol-1
3 2 1
Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJmol-1
2 2 4 2 2
将I+Ⅱ可得
MgCO (s)+4H (g)=MgO(s)+2H O(g)+CH (g) ΔH =ΔH +ΔH =+101kJmol-1+（-166kJmol-1）-65kJmol-1，
3 2 2 4 4 1 2
故答案为：-65；
（2）已知反应Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJmol-1为放热反应，要提高CH 平
2 2 4 2 2 4
衡产率，要使平衡正向移动。
A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，A错误；
4
B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH 平衡产率，B正确；
4
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C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，C错误；
4
D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，D错误；
4
故选B。
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为
CH *+H*+2H O=CH *+2H O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H *+CH *=CH *+H O，
3 2 4 2 2 2 3 2
故答案为：④；HO*+H *+CH *=CH *+H O；
2 2 3 2
第 6 页 共 8 页（4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化
率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性
下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。
①表示CH 选择性的曲线是c，故答案为：c；
4
②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和
二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧
化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢
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气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，P  H  = 100KPa=2KPa，
2 1
0.245 0.49
P(CO )=P(CH )= 100KPa=24.5KPa，P  H O  = 100KPa=49KPa，则反应Ⅱ的
2 4 1 2 1
24.5492 492 492
K =  ，故答案为： ；
p 2424.5 24 24
③在550C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二
氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1mol=0.2mol；因为反应Ⅱ
是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~ 600C，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反
应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H 平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于
2
反应Ⅲ消耗的氢气。
18. 【答案】（1）硝基、羟基
（2） （3）还原反应 （4）5
（5） +NaNO +2HCl  +NaCl+2H O （6）AC
2 2
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（7）
【分析】A和B发生反应生成C，K CO 的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向进行，
2 3
结合B的分子式C H BrO，以及C的结构简式，可知B的结构简式为 ，C中硝基还
4 9
第 7 页 共 8 页原为氨基生成D，D经历两步反应生成E，E发生取代反应生成G，据此解答。
（1）结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基；
（2）由分析可知，B的结构简式为 ；
（3）C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应；
（4）B的分子式C H BrO，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定
4 9
一移的方法”共有 、 、 (箭头所指溴原子位置)，共有5种；
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（5）由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为：
+NaNO +2HCl  +NaCl+2H O；
2 2
（6）A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确；
B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误；
C．E与F发生取代反应生成HCl，HClNaH  NaClH ，故有氢气生成，C正确；
2
D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误；
故选AC；
（7）目标产物的结构简式与G类似，则其是由 和 发生取代反应而合成，
而 可由苯胺发生D→E的反应合成， 可由苯甲醛发生G→H的反应合成，
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故合成路线为 。
第 8 页 共 8 页