精品解析：四川省绵阳南山中学2025-2026学年高三上学期开学考试 化学试题

化学试题 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分。每小题仅一个选项最符合题意) 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是 A. 碳纳米管 B. 硅钢 C. 聚酯纤维 D. 石英光导纤维 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳纳米管是碳的单质，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．硅钢是铁和硅的合金，属于金属材料，B不符合题意； C．聚酯纤维的主要成分为聚酯（如PET），属于有机高分子材料，C符合题意； D．石英光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D不符合题意； 故选C。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 1H2和2H2互为同位素 B. 分子的球棍模型： C. 甲基的电子式： D. 中共价键的电子云轮廓图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同位素的研究对象是原子，1H2和2H2是氢气分子，并非原子，因此不互为同位素，A错误； B．O3分子呈V形结构（键角约116.8°），球棍模型中三个氧原子应呈角形排列，，B错误； C．甲基(-CH3)中C与3个H各共用一对电子，C还有一个单电子，则甲基的电子式为，C正确； D．H2中的共价键为s-s σ键，电子云图应体现两氢原子s轨道重叠后电子云密度的分布（中间密度大、两端小），其共价键的电子云轮廓图为，D错误； 故选C。 3. 在2.8 gFe中加入100 mL3 mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应转移电子为0.1 mol B. HCl溶液中HCl分子数为0.3 NA C. 2.8g56Fe含有的中子数为1.3 NA D. 反应生成标准状况下气体3.36 L 【答案】A 【解析】 【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol，100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子=0.1mol，A正确； B．HCl为强电解质，在其水溶液中无HCl分子，Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B错误； C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g 56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g 56Fe含有的中子数为1.5NA，C错误； D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D错误； 故答案为A。 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A. 的溶液中：、、、 B. 水电离出来的的溶液：、、、 C. 含有气体的溶液中：、、、 D. 滴加甲基橙显红色的水溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．为酸性条件，会发生反应，A错误； B．水电离出来的的溶液可能为酸性也可能为碱性，在䂸性条件下，四种离子可大量共存，B正确； C．具有强氧化性会与发生氧化还原反应，C错误； D．滴加甲基橙显红色的溶液为酸性，在酸性条件下会与发生氧化还原反应，D错误； 故选B。 5. 下列离子方程式正确的是 A. 苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体：2+CO2+H2O→2+ B. NaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应： +OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓ C. 向100mL1mol·L-1FeBr2溶液中通入0.5molCl2：2Fe2++2Br -+2Cl2=2Fe2++Br2+4Cl- D. 氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，苯酚钠与少量CO2反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式应为：+CO2+H2O→+，A错误； B．NaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀和NaOH，离子方程式为： +OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓，B正确； C．100mL 1mol·L-1 FeBr2溶液含0.1mol Fe2+和0.2mol Br-，通入0.5mol Cl2（过量），Fe2+（还原性强于Br-）先被氧化为Fe3+，再氧化Br-，离子方程式应为：2Fe2++4Br -+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误； D．石灰乳为Ca(OH)2悬浊液，不能拆为OH-，应写化学式，离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，D错误； 故答案为B。 6. 下列实验方法或试剂使用合理的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 检验NaBr溶液中是否含有Fe2+ K3[Fe(CN)6]溶液 B 测定KHS溶液中c(S2-) 用AgNO3溶液滴定 C 除去乙醇中少量的水 加入金属Na，过滤 D 检验久置的Na2SO3是否变质 先加H2SO4溶液酸化，再加BaCl2溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．K3[Fe(CN)6]溶液可与Fe2+生成蓝色沉淀，NaBr中的Br-不干扰，A正确； B．，产生S2-也会与银离子反应，对滴定造成干扰，B错误； C．Na与水、乙醇均反应，C错误； D．加入H2SO4会引入，干扰变质生成的的检测，D错误； 故答案选A。 7. 如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是 A. 1mol哌醋甲酯最多与4 molH2发生加成反应 B. 该有机物的一氯代物有12种 C. 该分子可能所有原子共平面 D. 该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．哌醋甲酯中能与加成的不饱和键仅为苯环（酯基中羰基不加成），1mol苯环需3mol ，故1mol该物质最多与3mol 加成，A错误； B．分子中不同化学环境的氢包括：苯环（3种）、酯基-OCH3（1种）、哌啶环N-H（1种）及环上5种氢，和苯环相连的碳上1种，共3+1+1+5+1=11种，一氯代物有11种，B错误； C．哌啶环含饱和sp3杂化碳（四面体结构），导致分子中存在非共面原子，不可能所有原子共平面，C错误； D．分子中哌啶环的N原子有孤对电子（碱性），可与盐酸反应；含酯基（-COOCH3），能在NaOH条件下水解，故可与NaOH反应，D正确； 故选D。 8. 碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。 下列说法正确的是 A. 反应过程中除固体催化剂外，还使用了HO·做催化剂 B. 反应进程中决速步骤的能垒为125.7eV C. 第3步的基元反应方程式为： D. 该反应历程使用催化剂的目的是提高碳酸二甲酯的产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，A正确； B．反应进程中经过渡态Ⅰ的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为[103.1-(-22.6)]×102eV=1.257×104eV，B错误； C．由图可知，第3步的基元反应方程式为：，C错误； D．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不能提高产物产率，D错误； 故选A。 9. 化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是 A. 原子半径Z>Y>X>M B. 电负性X>Y>W>M>Z C. X、Y、Z、W简单氢化物中熔沸点最高的为X的氢化物 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】W是形成物质种类最多的元素，W为C；Z可形成+1价阳离子，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，Z为Na；Z、M为同族元素，M可形成1个共价键，M为H；X、Y为同族元素，X可形成1个双键，Y可形成2个单键和2个双键，则X为O、Y为S。 【详解】A．原子半径：Z为Na，Y为S，X为O，M为H。同周期Na>S，同主族S>O，H半径最小，顺序Z>Y>X>M，A正确； B．一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性：X(O)>Y(S)>W(C)>M(H)>Z(Na)[提示：中C显正价，S显负价，可知电负性S＞C]，B正确； C．简单氢化物中，Z(Na)的氢化物为NaH(离子晶体)，熔沸点远高于X(H2O，分子晶体)，熔沸点最高的为Z的氢化物，C错误； D．和可以发生反应，D正确； 故选C。 10. 下列实验操作能达到实验目的的是 目的 A．探究反应物浓度对化学反应速率的影响 B．检验是否沉淀完全 操作 目的 C．配制一定物质的量浓度的溶液 D．制备氢氧化铁胶体 操作 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．目的是探究反应物浓度对反应速率的影响，操作中浓度和体积相同，浓度不同，体积相同，变量为浓度，但与反应无明显现象，无法通过观察判断速率差异，A错误； B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明硫酸根离子已经沉淀完全，B正确； C．加入蒸馏水至离刻度线时应用胶头滴管滴加，且玻璃棒下端位置应该在刻度线以下，C错误； D．溶液和溶液反应得到沉淀，而得不到胶体，D错误； 故答案选B。 11. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确； B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确； C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确； D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确； 综上所述，本题选B。 12. 某小组设计实验探究的性质，实验记录如下： 实验 操作及现象 ① 向甲，乙试管中均加入溶液，硫酸溶液，固体，振荡，使其溶解。然后，向甲中加入2滴的溶液，乙试管中不加，在相同水浴中持续加热，观察到甲中溶液较快变为紫红色；乙试管中一段时间后缓慢变紫红色 ② 向①中反应后甲试管中滴加硫酸，溶液，振荡试管，紫红色逐渐褪去，并产生气泡 ③ 向少量的酸性溶液中滴加②中反应后甲试管中溶液(溶液中无)，产生黑色沉淀(经检测：纯黑色固体摩尔质量为)，溶液褪色 下列说法正确的是 A. 实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为起到了催化作用 B. 实验②中紫红色褪去反应的离子方程式为 C. 实验③中，每生成1mol黑色沉淀，转移2mol电子 D. 该实验中，中S的化合价为，表现强氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验①中，甲试管加入溶液后较快出现紫红色，对比乙试管，说明起到了催化作用，加快了反应速率，A正确； B．为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为：，B错误； C．实验③中离子方程式为，则每生成转移，C错误； D．过二硫酸铵中硫为价，因为硫原子最外层有6个电子，最高化合价为，含过氧键，它具有强氧化性(类似过氧化钠)，D错误； 故答案为：A。 13. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 14. CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、、、Fe等)为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是 A. “酸浸”后，溶液中的金属离子只含和 B. “除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量 C. “灼烧”不充分会降低CuCl的产率 D. 实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行 【答案】C 【解析】 【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。 【详解】A．废铜泥在空气中灼烧后，Fe被氧化为Fe的氧化物，酸浸后溶液中的金属离子含有、和 Fe3+，故A项错误； B．“除杂” 步骤中，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本， 并且可能生成氢氧化铜沉淀， 降低 的产率，故B项错误； C．“灼烧” 不充分， 铜没有完全转化为氧化铜， 则会降低 CuCl 的产率，故C项正确； D．灼烧固体在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故D项错误； 故本题选C。 15. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1晶体密度为g∙cm-3 B. 图1中O原子的配位数为6 C. 图2表示的化学式为 D. 取代产生的空位有利于传导 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确； B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确； C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误； D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确； 答案选C。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下： 已知：Ca2+、Mg2+均能与F-生成沉淀。回答下列问题： （1）基态钴原子的价电子排布式为___________。 （2）“550℃焙烧”的目的是___________。 （3）“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。 （4）“浸钴”过程中若先加入足量的稀H2SO4，后加入足量的Na2SO3，则浸出液含有的金属阳离子为Na+、Ca2+、Mg2+和___________。 （5）“净化除杂1”过程中，先在40～50℃加入H2O2溶液，后调节pH． ①该条件下Fe3+、Co3+、H2O2氧化性由强到弱的顺序为___________。 ②控制40～50℃的原因是___________。 （6）已知Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3)，用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48LCl2(标准状况)。该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为___________。 （7）在空气中焙烧CoC2O4生成Co3O4和一种气体，该反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）3d74s2 （2）除去碳和有机物 （3）、 （4）、 （5） ①. ②. 温度过低，反应速率太慢；温度过高，双氧水易分解 （6）5:6 （7） 【解析】 【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4]，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2为微溶物，Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要为Na[Al(OH)4]、Ca(OH)2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Ca(OH)2与酸反应生成CaSO4，CaSO4为微溶物，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，可得CoSO4、FeSO4、MgSO4、CaSO4，在40～50℃加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至4.5，可得到Fe(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoSO4、MgSO4、CaSO4，用NaF溶液除去镁、钙，过滤后，滤液中主要含有CoSO4，加入草酸铵溶液得到草酸钴。 【小问1详解】 钴为27号元素，基态钴原子的价电子排布式为3d74s2； 【小问2详解】 “550℃焙烧”的目的是除去碳和有机物； 【小问3详解】 “碱浸”时Al2O3与NaOH生成，CaO与水反应生成Ca(OH)2，反应离子方程式为：、； 【小问4详解】 向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，则浸出液含有的金属阳离子为Na+、Ca2+、Mg2+和、； 【小问5详解】 ①在40～50℃加入H2O2，Fe2+氧化为Fe3+，可知氧化性：；但未被氧化成，可知氧化性：；可得氧化性：； ②“净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，控制温度不能太高的原因是防止温度过高导致过氧化氢分解；同时温度也不能太低，温度过低，反应速率太慢； 【小问6详解】 取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3)，用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48LCl2(标准状况)，根据氯元素守恒，n(Co)=；盐酸中的氢元素与钴氧化物中的O结合为水，根据H元素守恒，n(O)=，该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为1:1.2=5:6； 【小问7详解】 在空气中焙烧CoC2O4生成Co3O4和一种气体，由元素守恒可知，该气体为CO2，故煅烧的方程式为：。 17. 是主要的大气污染物之一，空气中含量测定方法如下： I．采样 （1）按下图连接仪器，进行________（填实验操作），装入药品，其中X、Z中盛有相同吸收液。打开止气阀和采气泵，开始测定实验。 （2）进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料；在中被氧化为，在中被吸收转化。待________（填“X”或“Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是________；Y中反应的离子方程式为________。 Ⅱ．含量测定 将不同浓度的标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的吸收程度），绘制出吸光度与标准溶液浓度的关系曲线如图。测定X、Z中吸收液的吸光度，与标准溶液吸光度曲线对照得出的浓度，换算出的含量。 （3）称取（已干燥恒重）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是________（填名称）。 （4）以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为________（用含、、的代数式表示）；若配制标准溶液前，固体未经干燥恒重，将导致测定结果________（选填“偏大”或“偏小”）。 【答案】（1）检查装置气密性 （2） ①. X ②. 增大气液接触面积，提高吸收率 ③. （3）烧杯、1000mL容量瓶 （4） ①. ②. 偏大 【解析】 【分析】目的是测定空气中含量，首先搭建实验装置，检查气密性，实验过程：通过X，在X中先转化为，进一步转化为偶氮染料，Y中NO与酸性KMnO4溶液反应生成和Mn2+，Z中将新生成转化为；X用于检测NO2浓度，Y用于检测NO浓度，Z用于除去新生成NO2。 【小问1详解】 实验涉及气体的吸收与转化，则连接仪器后，进行检查装置气密性，再装入药品进行实验； 【小问2详解】 进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料，则待X中吸收液变成粉红色后，说明被吸收，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是增大气液接触面积，提高吸收率；Y中NO与酸性KMnO4溶液反应生成和Mn2+，氮化合价由+2变为+4、锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，Y中反应的离子方程式为； 【小问3详解】 配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；称取（已干燥恒重，精确度较高，需要使用电子天平）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是烧杯、1000mL容量瓶； 【小问4详解】 以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为；若配制标准溶液前固体未经干燥恒重，则称取质量偏小，标定标准溶液浓度时，由于称量质量相同，未烘干的基准物中有效物质摩尔数少于理论值，导致滴定所需标准溶液体积减少，计算浓度时，仍按干燥后的理论摩尔数代入公式c = n/V，而实际消耗的V偏小，导致标准溶液浓度计算结果偏高，标准溶液浓度偏高，则NOx含量测定结果偏大。 18. 有机物H是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。 已知： R1CHO 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为_____。 （2）C→D的化学方程式为_____。 （3）E中官能团的名称是_____。 （4）A具有碱性，其碱性_____ （填“>”或“<”）。 （5）A的同分异构体中含苯环和，的共有_____种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为_____（写出一种即可）。 （6）G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，则第二步反应有机产物的结构简式为_____。 【答案】（1）氧化反应 （2）2+O22+2H2O （3）氰基、酯基 （4）> （5） ①. 10 ②. （6）(或) 【解析】 【分析】A被MnO2氧化，将甲基氧化为醛基生成B，B与CH3MgBr在H3O+条件下发生已知反应生成C，则C为，C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D，D与E发生取代反应生成F，F与H2在Ni的催化下发生还原反应，将氰基还原为氨基，生成G，G依次发生加成反应、消去反应、加成反应生成H，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，A被MnO2氧化，将甲基氧化为醛基生成B，A→B的反应类型为氧化反应； 【小问2详解】 C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D，化学方程式为2+O22+2H2O； 【小问3详解】 E为，官能团的名称氰基、酯基； 【小问4详解】 在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，结合质子能力越强，碱性越强，中甲基是推电子基团，会使氮原子上电子云密度增大，的碱性更强； 【小问5详解】 A 为，其同分异构体中含苯环和，若苯环上只有一个取代基，为，共有1种，若苯环上有两个取代基，为和，有邻、间、对 3 种；若苯环上有三个取代基，为、、，苯环上连三个取代基，其中有两个相同时，共有6种，符合题意的同分异构体共1+3+6=10种；核磁共振氢谱有 3 组峰且峰面积之比为2:2:1 ，说明分子中有 3 种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为2:2:1，上述同分异构体中符合条件的； 【小问6详解】 由于G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，即→→→(或)→，则第二步反应有机产物的结构简式为(或)。 19. 碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： I.CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：   副反应：   （1）反应  ___________。 （2）恒温下，向恒容密闭容器按投料比n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，若只发生主反应，下列能判断反应处于平衡状态的是___________ A. B. CO2体积分数不再改变 C. 体系内气体密度不再改变 D. CO2与H2物质的量之比不再改变 （3）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[CH3OH选择性]随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是___________。 ②T℃时，若在密闭容器中充入2molCO2和2.8molH2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数) Ⅱ.催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。 （4）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比5：18：1，则该温度下CO2的转化率为___________。 （5）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为___________。 ②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是___________。 ③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。 【答案】（1）-90.7kJ/mol （2）D （3） ①. 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 ②. （4）25% （5） ①. ABCD ②. 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 ③. 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇量比生成CO量多 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，； 【小问2详解】 A．不能表明正逆反应速率相等，当才可以说明正逆反应速率相等，才能判断是平衡状态，A不选； B．设的变化量为x，列三段式： ，的体积分数为，故其体积分数始终保持50%不变，其体积分数不再改变，不能判定为平衡状态，B不选； C．该体系为恒温环境，且该反应全部由气体参与，故m(气)、V均为定值，密度始终保持不变，故密度不可作为判断平衡状态的依据，C不选； D．CO2与H2未按照化学计量数之比进行投料，二者物质的量之比是变量，当其保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D选； 故选D。 【小问3详解】 ①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大； ②由图可知，平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol的甲醇，根据主反应可知 ， 根据副反应可知， 平衡时总物质的量：1mol+1mol+0.6mol+1mol+0.4mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压分别为：、、、，则时，主反应的压强平衡常数； 【小问4详解】 230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，假设生成的CH3OH的物质的量为5mol，则生成的CO的物质的量为1mol，剩余的CO2的物质的量为18mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为5mol+18mol+1mol=24mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%=25%； 【小问5详解】 ①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态； ②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大； ③由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学试题 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分。每小题仅一个选项最符合题意) 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是 A. 碳纳米管 B. 硅钢 C. 聚酯纤维 D. 石英光导纤维 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 1H2和2H2互为同位素 B. 分子的球棍模型： C. 甲基的电子式： D. 中共价键的电子云轮廓图： 3. 在2.8 gFe中加入100 mL3 mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应转移电子为0.1 mol B. HCl溶液中HCl分子数为0.3 NA C. 2.8g56Fe含有的中子数为1.3 NA D. 反应生成标准状况下气体3.36 L 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A. 的溶液中：、、、 B. 水电离出来的的溶液：、、、 C. 含有气体的溶液中：、、、 D. 滴加甲基橙显红色的水溶液中：、、、 5. 下列离子方程式正确的是 A. 苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体：2+CO2+H2O→2+ B. NaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应： +OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓ C. 向100mL1mol·L-1FeBr2溶液中通入0.5molCl2：2Fe2++2Br -+2Cl2=2Fe2++Br2+4Cl- D. 氯气通入石灰乳中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 6. 下列实验方法或试剂使用合理的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 检验NaBr溶液中是否含有Fe2+ K3[Fe(CN)6]溶液 B 测定KHS溶液中c(S2-) 用AgNO3溶液滴定 C 除去乙醇中少量的水 加入金属Na，过滤 D 检验久置的Na2SO3是否变质 先加H2SO4溶液酸化，再加BaCl2溶液 A. A B. B C. C D. D 7. 如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是 A. 1mol哌醋甲酯最多与4 molH2发生加成反应 B. 该有机物的一氯代物有12种 C. 该分子可能所有原子共平面 D. 该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应 8. 碳酸二甲酯DMC(CH3OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。 下列说法正确的是 A. 反应过程中除固体催化剂外，还使用了HO·做催化剂 B. 反应进程中决速步骤的能垒为125.7eV C. 第3步的基元反应方程式为： D. 该反应历程使用催化剂的目的是提高碳酸二甲酯的产率 9. 化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是 A. 原子半径Z>Y>X>M B. 电负性X>Y>W>M>Z C. X、Y、Z、W简单氢化物中熔沸点最高的为X的氢化物 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应 10. 下列实验操作能达到实验目的的是 目的 A．探究反应物浓度对化学反应速率的影响 B．检验是否沉淀完全 操作 目的 C．配制一定物质的量浓度的溶液 D．制备氢氧化铁胶体 操作 A. A B. B C. C D. D 11. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 12. 某小组设计实验探究的性质，实验记录如下： 实验 操作及现象 ① 向甲，乙试管中均加入溶液，硫酸溶液，固体，振荡，使其溶解。然后，向甲中加入2滴的溶液，乙试管中不加，在相同水浴中持续加热，观察到甲中溶液较快变为紫红色；乙试管中一段时间后缓慢变紫红色 ② 向①中反应后甲试管中滴加硫酸，溶液，振荡试管，紫红色逐渐褪去，并产生气泡 ③ 向少量的酸性溶液中滴加②中反应后甲试管中溶液(溶液中无)，产生黑色沉淀(经检测：纯黑色固体摩尔质量为)，溶液褪色 下列说法正确的是 A. 实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为起到了催化作用 B. 实验②中紫红色褪去反应的离子方程式为 C. 实验③中，每生成1mol黑色沉淀，转移2mol电子 D. 该实验中，中S的化合价为，表现强氧化性 13. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 14. CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、、、Fe等)为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是 A. “酸浸”后，溶液中的金属离子只含和 B. “除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量 C. “灼烧”不充分会降低CuCl的产率 D. 实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行 15. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1晶体密度为g∙cm-3 B. 图1中O原子的配位数为6 C. 图2表示的化学式为 D. 取代产生的空位有利于传导 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下： 已知：Ca2+、Mg2+均能与F-生成沉淀。回答下列问题： （1）基态钴原子的价电子排布式为___________。 （2）“550℃焙烧”的目的是___________。 （3）“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。 （4）“浸钴”过程中若先加入足量的稀H2SO4，后加入足量的Na2SO3，则浸出液含有的金属阳离子为Na+、Ca2+、Mg2+和___________。 （5）“净化除杂1”过程中，先在40～50℃加入H2O2溶液，后调节pH． ①该条件下Fe3+、Co3+、H2O2氧化性由强到弱的顺序为___________。 ②控制40～50℃的原因是___________。 （6）已知Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3)，用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48LCl2(标准状况)。该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为___________。 （7）在空气中焙烧CoC2O4生成Co3O4和一种气体，该反应的化学方程式为___________。 17. 是主要的大气污染物之一，空气中含量测定方法如下： I．采样 （1）按下图连接仪器，进行________（填实验操作），装入药品，其中X、Z中盛有相同吸收液。打开止气阀和采气泵，开始测定实验。 （2）进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料；在中被氧化为，在中被吸收转化。待________（填“X”或“Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是________；Y中反应的离子方程式为________。 Ⅱ．含量测定 将不同浓度的标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的吸收程度），绘制出吸光度与标准溶液浓度的关系曲线如图。测定X、Z中吸收液的吸光度，与标准溶液吸光度曲线对照得出的浓度，换算出的含量。 （3）称取（已干燥恒重）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是________（填名称）。 （4）以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为________（用含、、的代数式表示）；若配制标准溶液前，固体未经干燥恒重，将导致测定结果________（选填“偏大”或“偏小”）。 18. 有机物H是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。 已知： R1CHO 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为_____。 （2）C→D的化学方程式为_____。 （3）E中官能团的名称是_____。 （4）A具有碱性，其碱性_____ （填“>”或“<”）。 （5）A的同分异构体中含苯环和，的共有_____种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为_____（写出一种即可）。 （6）G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，则第二步反应有机产物的结构简式为_____。 19. 碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： I.CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：   副反应：   （1）反应  ___________。 （2）恒温下，向恒容密闭容器按投料比n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，若只发生主反应，下列能判断反应处于平衡状态的是___________ A. B. CO2体积分数不再改变 C. 体系内气体密度不再改变 D. CO2与H2物质的量之比不再改变 （3）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[CH3OH选择性]随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是___________。 ②T℃时，若在密闭容器中充入2molCO2和2.8molH2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数) Ⅱ.催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。 （4）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比5：18：1，则该温度下CO2的转化率为___________。 （5）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为___________。 ②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是___________。 ③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $