资源简介

2025~2026 学年高三年级五月质量检测
化学参考答案
1．本答案及评分说明供阅卷评分时使用，考生若答出其他正确答案，可参
照本说明给分。
2．化学方程式（包括离子方程式、电极反应式等）中的化学式、离子符号
答错，不得分；化学式、离子符号书答正确但未配平、“↑”“↓”未标、必须书
答的反应条件未答（或答错）、有机反应方程式箭号写成等号等化学用语书答规
范错误的，每个化学方程式累计扣 1分。
3．化学专用名词书答错误不得分。
第Ⅰ卷（选择题 40 分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C C A A D D C D B
第 II 卷（非选择题 60 分）
11.（18分）
（1）CO32 +2H+＝CO2↑+H2O（2分）
（2）除去过量的硫酸（1分）
（3）95%（2分）
（4）Na2SO4（1分）
（5）0.1（2分）
（6）LiOH+CO2＝LiHCO3（2分）
（7）90℃（2分）
（8）① 2s22p4 （1分）
②八面体（1分）
③ 2:1（2分）
④ ab（2分）
12.（13分）
（1）羰基 酰胺基（各 1分）
（2）5:6（2分）
（3）加成反应（1分）
（4）三氟甲基 (-CF ) 是极强的吸电子基团，增强 O—H 键的极性，使 H+更
容易解离。（2分）
（5） + → + HBr（2分）
O
（6） （2分）
N
（7） （2分）
13.（15分）
（1）CuSO4（1分）
产生蓝色沉淀（1分）
（2）C6H7O6Na+2Cu(OH)2 Cu2O+C6H6O6+2H2O+NaOH （2分）
（3）a（2分）
（4）坩埚（1分）
（5）① m（2分）
②1:3（2分）
（6）cd（2分）
（7）1.15（2分）
14.（14分）
（1） -90.7（2分）
（2） ac（2分）
（3）温度升高，反应 I逆向移动，反应 II正向移动，260℃之后反应 II正向移
动占主导地位，CO2转化率上升（2分）
0.1p × 0.23.8 3.8p
0.8p × 2.6
（2分）
3.8 3.8p
（4）O（2分）
（5）① b（2分） ② <（2分）
部分试题说明
4．B．焓变也可以用电子伏特表示，但不能用数据活化能代替焓变。故不正确
6．D．酸性增强时 TMT-15中的 N和 S与 H+结合，无法与 Hg2+配位。
8．B
9．D．乙二醇转化为乙醇酸根，C的平均化合价由-1价升为+1价，失去 2×2=4
个电子，乙二醇转化为甲酸根，C的平均化合价由-1价升为+2价，失去 2×3=6
个电子，按 n(乙醇酸根)∶n(甲酸根)=1∶2，
2HOCH CH OH 10e 则阳极电极反应为： 2 2 13OH HOCH 2COO 2HCOO
10H2O；
CO 2e H O HCOO OH 阴极电极反应为 2 2 ；根据得失电子守恒可知：转移 1
mol电子，生成 0.7 molHCOO
10．根据题目信息，可以分析，三条曲线均分为两段，第一段为水平段，代表此
时体系中还有 Al(OH)3固体，因此 c(Al3+)由溶液 pH与沉淀溶解平衡控制，转折
点之后第二段为上升段，代表此时 Al元素已经完全溶解，因此 c(Al3+)由配位平
衡控制，根据以上信息判断选项。
A．由 Q点坐标可知，室温下：Ksp[Al(OH)3]=10 6×(10 9)3=10 33。由于曲线
①的纵坐标更小，即 c(Al3+)更大，根据 Ksp 的计算公式，此时溶液中 c(OH )小
于曲线②，则 pH也小于曲线②。
B．该选项为溶液中 NaF 的物料守恒，正确应为：c(Na+) = c(HF) + c(F ) +
6c([AlF6]3 )
C．M点处，体系中含 Al微粒至少有 Al3+、[AlF6]3 ，c(Al3+)=10 7 mol·L 1，
c([AlF6]3 )可通过配位平衡常数计算得到其为 10-6 mol·L-1，因此体系中含 Al微粒
的总浓度至少为 1.1×10 6 mol·L 1，大于 1.0×10 6 mol·L 1
D．该平衡为 Al(OH)3沉淀溶解平衡和[AlF6]3 配位平衡的加和，则对应的平
衡常数可以计算得到 10 33×1019=10 14
11．
2
5 c2(Li+)·c2(OH-)= [Ksp(LiF )] Ksp[Ca(OH ) ]
3 2 5
（ ） 2 = (10 ) 10 =0.1
Ksp(CaF ) 10 102
（8）②由晶胞 1结构课观察 Cl 紧邻的 Li+为 6个，所以构型为八面体
③晶胞 2 中 Li+和空缺在 12 条棱，棱占 1/4,有晶体化学式知晶胞中只能有 2 个
Li+，所以 Li+：8×1/4=2, 空缺：4×1/4=1。即为 2:1或者 8:4（合理方法均可）
13.
（3）纳米氧化亚铜的直径为 20～80 nm，会透过滤纸。
（5）①与电离能类似，失去电子越多，核电荷对剩余电子的吸引力越大，因此
Cu2+的强度峰对应的结合能大于 Cu+。
②n(Cu2O)=x，n(CuO)=y，(2x+2y)/(2x+y)=1.6，故 x:y=1:3。
（6）d项，由图可知水解产生氢气的速率与浓度无关。影响速率的因素及其理
论，只适用于基元反应(苏教版选择性必修 1，p45)。在反应发生于固体催化剂表
面时，催化剂活性位点被底物完全饱和，此时增大反应物浓度，不影响速率，表
现为零级反应。
3
7 TOF= 60 10 L 22.4L mol
1
（ ）
0.0001mol （1400 60）min
14．
（2）反应 i是反应前后气体分子数会改变的反应，恒温恒压密闭容器，气体的
总质量一定，体积正比于物质的量，当容器的体积不再改变时，说明体系中气体
的总物质的量不变，体系达到平衡状态，a、c正确；根据反应 i方程式的计量数，
达到平衡时，应该有反应速率 3v(CO2)正=v(H2)逆，b错误；d选项，三段式计算如
下：（假设初始投料 CO2和 H2均为 1 mol，CO2的转化率为 x）
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始量： 1 1 0 0
转化量： x 3x x x
平衡量： 1-x 1-3x x x
平衡时体系中气体总物质的量=1-x+1-3x+x+x=2-2x，则 CO2 的体积分数
= 1 x ×100%=50%，可见在该投料比条件下，无论 CO2的转化率是多少，体系中2 2x
CO2的体积分数始终为 50%，是不变量，不能作为平衡标志，d错误。
（3）从图像中可以看出，260℃之后 CH3OH 选择性下降，CO选择性上升，且
根据题目给出的ΔH信息可以判断，随着温度升高，反应 i逆向移动，会导致 CO2
转化率下降，反应 ii正向移动，会导致 CO2转化率上升。CO2的总体转化率呈上
升趋势，说明 260℃之后反应 ii正向移动的影响更大，占据主导地位。（由于后
续曲线中，CH3OH 和 CO 的选择性加和接近 100%，说明反应体系中反应 iii的
影响很小，即使有进行反应 iii，也对总体反应变化基本没有影响）
260℃时，CO2的转化率为 20%，CH3OH和 CO的选择性均为 50%，说明此时体
系中只进行反应 i（主反应）和反应 ii（副反应），结合三段式和方程式计量数对
两个反应进行计算，假设初始投料 CO2为 1 mol，H2为 3 mol。
反应 i：CO2消耗 1x20%x50%=0.1 mol，H2消耗 0.3 mol，CH3OH生成 0.1 mol，
H2O生成 0.1 mol。
反应 ii：CO2消耗 1x20%x50%=0.1 mol，H2消耗 0.1 mol，CO生成 0.1 mol，H2O
生成 0.1 mol。
平衡时体系中各物质的量计算如下：
CO2：1-0.1-0.1=0.8 mol，H2：3-0.3-0.1=2.6 mol，CH3OH：0.1 mol，CO：0.1 mol，
H2O：0.2 mol，体系中气体物质的量总量为 0.8+2.6+0.1+0.1+0.2=3.8 mol，则可
根据各气体的物质的量分数计算分压，并计算反应 ii（副反应）的 Kp，若平衡时
0.1 × 0.2 0.1 × 0.2
总压强为 p，计算式为 3.8 3.80.8 2.6 ；将 p约分，计算式也可为 3.8 3.8 × 0.8 2.6 。3.8 3.8 3.8 × 3.8
（4）L酸位点的特点是可接受孤电子对，根据三甲基氧膦的结构及原子的成键
情况，其结构中只有 O原子能够提供孤电子对。
（5）①升高温度，吸热过程平衡逆向移动，T-B吸附位点减少，θ减少；增大 T
θ
的平衡分压，根据 K的表达式，若 p增大，则 也应当增大，可以推出θ增大；
1 θ
维持平衡分压不变，适当增大表面 B酸位点数量，根据 K的表达式，K、p均不
变，则θ也不会改变。
②某次实验中，平衡时催化剂表面 B酸位点吸附覆盖率为θ0，此时气态三甲基氧
膦（T）的平衡分压为 p0，可知在此温度下 K= θ0 。当体系重新达到平衡时，1 θ0 ×p0
T的平衡分压增加到 2p0，假设此时新的覆盖率也增加到 2θ0，则此时
Qc = 2θ0 = θ0 >K，说明该假设下不处于平衡状态，应逆向移动，因
1 2θ0 ×2p0 1 2θ0 ×p0
此覆盖率要减少，则θ＇<2θ0。

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