精品解析：贵州省毕节市金沙县第一中学2025-2026学年高三上学期开学检测化学试题

贵州省毕节市金沙县第一中学2025—2026学年高三上学期开学检测 化学试卷 一、单选题 1. 某实验小组从锌电镀污泥【含的单质及其化合物和少量(Ⅲ)、(Ⅲ)】中提取有用金属的一种流程如图： 已知：P204表示为HR。 下列说法错误的是 A. “酸浸”所得气体属于新型能源 B. “除铬、铁”所得滤渣由两种成分组成 C. 溶剂油的主要作用是提取 D. “反萃取”所得有机相可回收P204 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，锌电镀污泥加入硫酸溶液酸浸时，锌与硫酸溶液反应生成硫酸锌和氢气，反应得到酸浸液，向酸浸液中加入石灰乳，将铬离子、铁离子转化为氢氧化铬、氢氧化铁沉淀，同时钙离子与溶液中的硫酸根离子反应生成硫酸钙，过滤得到含有氢氧化铬、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入P204和溶剂油萃取溶液中的锌离子，分液得到水相和含ZnR2的有机相；向有机相中加入硫酸溶液反萃取，分液得到有机相和硫酸锌溶液。 【详解】A．由分析可知，酸浸时发生的反应为锌与硫酸溶液反应生成硫酸锌和氢气，氢气属于新型能源，故A正确； B．由分析可知，除铬、铁所得滤渣的主要成分为氢氧化铬、氢氧化铁、硫酸钙，故B错误； C．由分析可知，加入P204和溶剂油的目的是萃取溶液中的锌离子，其中P204用于将锌离子转化为ZnR2，溶剂油用于萃取溶液中的ZnR2，故C正确； D．反萃取时，ZnR2与硫酸溶液反应得硫酸锌溶液和HR，则所得有机相可回收P204，故D正确； 故选B。 2. 化学用语是化学专业术语。下列术语错误的是 A. 基态砷原子的价层电子轨道表示式： B. 4-氯丁酸的结构简式： C. 的电子式： D. 分子的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3，其轨道表示式为，A正确； B．羧基所在碳原子为1号碳，故4-氯丁酸的结构简式：，B正确； C．为离子化合物，含有铵根离子和溴离子，电子式：，C正确； D．NH3中N原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，D错误； 故选D。 3. 把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物6.56 g溶于水，制成100 mL溶液，其中Na＋物质的量浓度为0.5 mol/L，若将6.56g这种混合物加热至恒重时所得固体Na2CO3的质量是（ ） A. 4.65g B. 2.65g C. 3.75g D. 无法计算 【答案】B 【解析】 【详解】NaHCO3和Na2CO3•10H2O混合物加热最终得到固体为Na2CO3，混合物6.56g溶于水制成100mL溶液，其中c（Na+）=0.5 mol/L，由Na原子守恒可知最终加热得到碳酸钠为0.1L×0.5mol/L××106g/mol=2.65g，则混合物加热至恒重时所得固体Na2CO3的质量是2.65g。 答案选B。 4. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下： 已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为。 下列说法不正确的是 A. 操作a为分液，操作c为重结晶 B. 操作b中需用到直形冷凝管 C. 可用冷水洗涤苯甲酸粗品 D. 无水可以用浓硫酸代替 【答案】D 【解析】 【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲酸钠，加入硫酸反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸，据此分析此题。 【详解】A. 结合上述分析，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确； B. 结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确； C. 用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确； D. 浓硫酸使苯甲酸乙酯部分发生水解，故D错误； 答案为D。 5. 化合物X是一种药物中间体。下列关于化合物X的说法正确的是 A. 化合物X能与FeCl3溶液作用显紫色 B. 化合物X的完全水解所得有机产物中含有2个手性碳原子 C. 化合物X中最多12个原子在同一平面上 D. 1 mol化合物X与H2加成时，最多消耗3 mol H2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．化合物X分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液作用显紫色，A错误； B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据X结构简式可知其分子中只有1个手性碳原子，用※表示就是，B错误； C．苯分子是平面分子，左边O原子，右边六元环上的手性C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上，与O原子连接的甲基C原子及右边六元环上的C原子连接的一个原子也可能在苯平面上，则化合物X中最多14个原子在同一平面上，C错误； D．酯基具有独特的稳定性，不能与H2发生加成反应，只有苯环可以与H2发生加成反应。物质分子中含有1个苯环，1个分子加成消耗3个H2，因此1 mol化合物X与H2加成时，最多消耗3 mol H2，D正确； 故合理选项是D。 6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。X的基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，W与X相邻，Y与W、X不同周期，且Y的简单氢化物在水中完全电离，Z的基态原子4s轨道全充满、3d轨道半充满。下列说法正确的是 A. 第一电离能：W<X<Y B. 电负性：X<Y C. Z的最高价含氧酸的钾盐具有强氧化性 D. W的简单氢化物的沸点高于其同主族元素的简单氢化物，是因为范德华力较大 【答案】C 【解析】 【分析】根据W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，X的基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，则L层电子排布式为：，得到X为O元素；W与X相邻，且原子序数比X小，得到W为N元素；Z的基态原子4s轨道全充满、3d轨道半充满，则其价电子排布式为：，得到Z为Mn元素；Y与W、X不同周期，原子序数比X大又比Z小，且Y的简单氢化物在水中完全电离，则Y处于第三周期，则得到Y为Cl元素；据此分析解答。 【详解】A．第一电离能中因N原子2p轨道的半充满，导致第一电离能， 同时第一电离能，得到第一电离能：，即，A错误； B．通常非金属元素的非金属性越强其电负性越大，在X和Y中，O的非金属性大于Cl，则电负性：，即，B错误； C．Z为Mn元素，最高价为+7价，则其最高价含氧酸的钾盐为，具有强氧化性，C正确； D．W简单氢化物的沸点高于其同主族元素的简单氢化物，是因为其存在着氢键作用使沸点升高，不是因为范德华力，D错误； 故答案为：C。 7. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 【答案】D 【解析】 【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜， Cu2++ 2NH3. H2O= Cu(OH)2↓ +2NH 。继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu( OH)2 + 4NH3=[Cu(NH3)4]2++ 2OH- 。再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确； B．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小，所以有晶体析出， 故B正确； C．根据实验将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力，故C正确； D．因为④中深蓝色溶液中存在SO，加入BaCl2溶液，能产生白色沉淀，故D错误； 故答案：D。 8. 下列由实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将过量通入Ba(OH)2溶液中 先生成白色沉淀，后沉淀溶解 碳酸钡不溶于水，碳酸氢钡易溶于水 B 向麦芽糖溶液中加入足量NaOH溶液，再加入新制的悬浊液，加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 C 加热乙醇与浓硫酸的混合液，将产生的气体通入酸性溶液中 溶液由紫色变成无色 气体中一定含有乙烯 D 将通入碘水中 碘水褪色 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查基础化学实验，侧重考查考生分析和解决化学问题能力。 【详解】A．强碱氢氧化钡与二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，过量的二氧化碳将正盐碳酸钡转化为可溶性酸式盐碳酸氢钡，A项正确； B．麦芽糖中含有醛基，不一定是葡萄糖中的醛基使新制的氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀，B项错误； C．可能挥发的乙醇也能使酸性溶液褪色，C项错误； D．使碘水褪色，体现的是的还原性，D项错误； 故选A。 9. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为 B. 电解饱和食盐水时，若阴极产生2 g氢气，则转移电子数为 C. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为 D. 常温下，1 L pH=9的溶液中，水电离出的数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．没有说明是否在标况下，混合物的物质的量不能确定，故原子数也不能确定，A错误； B．每摩尔氢气生成，转移2摩尔电子， 2克氢气为1摩尔，故转移2摩尔电子，B错误； C．二氧化硫和氧气反应为可逆反应，不能确定反应生成的分子总数，C错误； D．碳酸钠溶液中的氢离子和氢氧根都是水电离出来的，但碳酸根离子水解用氢离子，故溶液中的氢氧根离子是水电离出的，溶液中氢离子浓度为10-9 mol/L，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，故水电离的氢离子物质的量为10-5mol，D正确； 故选D。 10. 下列离子方程式书写错误的是 A. 漂白粉漂白的原理： B. 向沉淀中加入氨水： C. 主要成分为苛性钠和铝粉的管道疏通剂的反应原理： D. 用溶液吸收足量的 【答案】D 【解析】 【详解】A．漂白粉漂白的原理，次氯酸钙溶液溶于空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，其离子方程式为：，A正确； B．向AgCl沉淀中加入氨水，氯化银沉淀溶解生成配合物[Ag(NH3)2]Cl，其离子方程式为：，B正确； C．铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，则其离子方程式为：，C正确； D．用Na2SO3溶液吸收足量的Cl2，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，则离子方程式为：，D错误； 故选D 11. 丁二烯和丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下： ① ② 由此判断正确的是 A. ①和②的产物相比，②的产物更稳定 B. 丁二烯比丁炔更稳定 C. 丁二烯转化为丁炔是放热反应 D. 丁烷的能量比丁二烯和丁炔都要高 【答案】B 【解析】 【分析】由盖斯定律可知，②—①可得反应③，反应③为放热反应，丁炔的能量比丁二烯高。 【详解】A．①和②的产物都是丁烷，产物相同，稳定性相同，故A错误； B．物质的能量越高，越不稳定，由分析可知，丁炔的能量比丁二烯高，则丁二烯比丁炔更稳定，故B正确； C．由分析可知， 丁炔转化为丁二烯是放热反应，则丁二烯转化为丁炔是吸热反应，故C错误； D．由①知1,3—丁二烯和氢气的总能量比丁烷高，由②知2—丁炔和氢气的总能量比丁烷高，不能比较丁烷的能量与丁二烯和丁炔能量的高低，故D错误； 故选B。 12. 黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则 A. 反应①中还原产物只有SO2 B. 反应②中Cu2S只发生了氧化反应 C. 将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol D. 若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA 【答案】C 【解析】 【分析】反应①中S化合价变化为：-2→+4，O化合价变化为：0→-2；反应②中，Cu化合价变化为：+1→0，S化合价变化为：-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。 【详解】A．O化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误； B． 反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误； C． 将反应①、②联立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol，C选项正确； D． 根据反应：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，：[ (4-(-2) ]mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误； 答案选C。 【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。 13. 最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+；②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+。该装置工作时，下列叙述不正确的是 A. 协同转化总反应：CO2+H2S=CO+H2O+S B. ZnO@石墨烯电极的反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O C. 石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低 D. 整个过程中主要能量转化：光能→电能→化学能 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知这是一个利用光伏电池将太阳能转化为电能，继而在通电条件下，两极周围发生氧化还原反应的电解过程。由石墨烯电极区发生①反应可知右侧石墨烯流出电子作阳极，CO2得电子的左侧ZnO@石墨烯为阴极，据此分析可解答。 【详解】A．由图可知协同总反应是将CO2和H2S转化为CO和S，故总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S，A选项正确； B．ZnO@石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，B选项正确； C．石墨烯作阳极，ZnO@石墨烯作阴极，阳极电动势高于阴极，C选项错误； D．整个过程的主要能量变化形式为：光能→电能→化学能，D选项正确； 答案选C。 14. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2。 图1 图2 下列说法正确的是 A. 0min，溶液中 B. 0~60min，发生反应：CO2 +2NH3•H2O = 2NH+CO+ H2O C. 水的电离程度：0min>60min D. 0-100min，n(Na+)减小、n(Cl-)保持不变 【答案】D 【解析】 【分析】0min时溶液中的溶质为NH3与NaCl，溶液中存在，0~60min，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色固体为NaHCO3，此时，0-100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体越来越多，据此回答。 【详解】A．根据分析可知，0min时溶液中的溶质为NH3与NaCl，溶液中存在c(Na+)=c(Cl-)，则，A错误； B．0~60min，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色固体为NaHCO3，由图2可知，溶液中，该反应的离子方程式：，B错误； C．0min时为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，一水合氨抑制水的电离，60min时为碳酸氢钠与碳酸钠按1：1形成的溶液，促进水的电离，故水的电离程度：0min<60min，C错误； D．0-100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中n(Na+)减少，n(Cl-)保持不变，D正确； 故选D。 二、实验题 15. 叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。 查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。 ②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。 ③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。 回答下列问题： Ⅰ.制备NaN3 （1）按气流方向，仪器口连接顺序为a→___________→h。 （2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为___________。 （3）装置C的作用为___________。 （4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为___________。 Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度 （5）仪器F的名称为___________，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有___________。 （6）取10.0g NaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为___________％(本实验条件下气体摩尔体积为)。 【答案】（1）f→g→b→c→e→d （2）2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3 （3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解 （4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl （5） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 减少测定气体体积时的误差 （6） 【解析】 【分析】叠氮化钠NaN3由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。A装置为N2O的制取装置，反应中随N2O一起挥发出硝酸蒸气和水蒸气，而氨基钠遇水强烈水解，所以生成的气体应导入D装置内；然后将气体导入B装置内，尾气中的N2O需使用SnCl2溶液吸收，但E中产生的水蒸气若进入B装置，会引起氨基钠水解，所以在B、E装置间，应安装C装置，从而得出装置的连接顺序为ADBCE。 【小问1详解】 由分析可知，装置的连接顺序为ADBCE，则按气流方向，仪器口的连接顺序为a→f→g→b→c→e→d→h。 【小问2详解】 装置B中有NH3生成，则B中发生反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。 【小问3详解】 由分析可知，装置C的作用为：防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解。 【小问4详解】 在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体(N2)，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。 【小问5详解】 仪器F带有支管，则名称为蒸馏烧瓶，恒压分液漏斗流出多少体积的液体，蒸馏烧瓶内就有多少体积的气体进入恒压分液漏斗，则侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有：减少测定气体体积时的误差。 【小问6详解】 由反应可建立关系式：2NaN3——3N2，生成N2的体积为(V1-V2)mL，则产品中NaN3的质量分数为=。 【点睛】NaN3样品与足量的NaClO反应的化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑。 三、工业流程题 16. 氧族元素可以形成许多结构和性质特殊化合物。 是一种固体离子导体，具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体晶胞(图甲，长方体棱长为、、)，另一种取立方体晶胞(图乙，居于立方体中心，立方体棱长为)。设为阿伏加德罗常数的值，图中氢原子皆已隐去。 （1）长方体晶胞中A、B两粒子的距离为，以B为原点，则C的分数坐标为___________，晶体的密度为___________(用带与的代数式表示)。 （2）立方体晶胞所代表的晶体中部分(●)位置上存在缺位现象，的总缺位率为___________(填分数)；该晶型中周围紧邻的平均数目为___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 8 【解析】 【小问1详解】 根据图甲，、两粒子的距离为，则与下底面的距离为，C的分数坐标为；晶胞中位于体内，个数为2，位于顶点和棱上，个数为，则氢氧根离子个数为2，位于棱上、面上和体内，个数为，1个长方体晶胞质量为，体积为，则密度为，故答案为：；。 【小问2详解】 由图乙可知，晶胞中位于体心的个数为1，位于顶点的个数为，则氢氧根离子个数为1，位于棱上的个数最多为，由化合价代数和为0可知，晶胞中的个数为2，则的总缺位率为；晶胞中位于体心的与位于12条棱上的距离最近，但的缺位率为，则周围紧邻的平均数目为，故答案为：；8。 四、原理综合题 17. 丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ： ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ： ⅲ： ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： （1）总反应 _______(用含、、和的代数式表示)； （2）进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是_______。 ③出料中没有检测到的原因是_______。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。 （3）催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于_______(已知 分解的平衡常数)； （4）以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式_______。 【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3 （2） ①. c ②. 抑制酯的水解从而提高产率 ③. 反应iii的速率远大于反应ii ④. 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 （3）40 （4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4 【解析】 【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水； 【小问1详解】 根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3； 【小问2详解】 ①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线； ②反应釜Ⅰ中发生反应i生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH可以抑制酯的水解从而提高产率； ③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是：反应iii的速率远大于反应ii； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少； 【小问3详解】 0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa； 【小问4详解】 Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 五、有机推断题 18. 化合物Ⅰ是合成治疗成人晚期胃肠道间质瘤的药物瑞普替尼的中间体，合成路线如下： 已知：(X或Y=-COR，-COOR，-COOH，-CN等) 回答以下问题： （1）B中碳原子的杂化方式为___________。 （2）C的结构简式为___________，化合物F的核磁共振氢谱峰面积之比为___________。 （3）G中含氧官能团的名称为___________，H的结构简式为___________。 （4）化合物J为化合物A少两个碳的同系物，J的同分异构体中满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)： a．含有结构且环上只有三个取代基 b．能与反应 （5）D和H生成Ⅰ反应分为两步(如下)，①为碳碳双键的生成，则M的结构简式为___________；②为形成环状结构，则②的反应类型为分子内___________反应。 【答案】（1）sp2、sp3 （2） ①. ②. 1:2:3 （3） ①. 硝基、酯基 ②. （4）16 （5） ①. ②. 取代 【解析】 【分析】B在LAH、THF作用下反应生成C，C在MnO2氧化下生成D，根据B、D的结构简式及C的分子式可推知，形成醇羟基后氧化为醛基，则C为，E与F在浓硫酸催化下发生酯化反应生成G，则F为乙醇，G在Fe、NH4Cl、乙醇作用下生成H，结合H的分子式可推知H为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析； 【小问1详解】 B为，结构中杂环中的碳原子形成双键，乙基中为饱和碳，故碳原子的杂化方式为sp2、sp3； 【小问2详解】 C的结构简式为，化合物F为乙醇，核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：3； 【小问3详解】 根据G的结构简式可知，含氧官能团的名称为硝基、酯基，H的结构简式为； 【小问4详解】 A为，化合物J为化合物A少两个碳的同系物，J的同分异构体中满足：a．含有结构且环上只有三个取代基；b．能与反应，则含有羧基，满足条件的同分异构体，先定两个氯原子的位置有、、、、、，再将羧基放上去，前四种分别有3种同分异构体，后两种分别有2种同分异构体，总共有16种； 【小问5详解】 H为，D和H生成Ⅰ反应分为两步，①为碳碳双键的生成，则为D中的醛基与H中侧链上的-CH2-结构形成碳碳双键，M的结构简式为； ②为形成环状结构，则应该为羧基与氨基成肽过程，②的反应类型为分子内取代反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省毕节市金沙县第一中学2025—2026学年高三上学期开学检测 化学试卷 一、单选题 1. 某实验小组从锌电镀污泥【含的单质及其化合物和少量(Ⅲ)、(Ⅲ)】中提取有用金属的一种流程如图： 已知：P204表示为HR。 下列说法错误的是 A. “酸浸”所得气体属于新型能源 B. “除铬、铁”所得滤渣由两种成分组成 C. 溶剂油的主要作用是提取 D. “反萃取”所得有机相可回收P204 2. 化学用语是化学专业术语。下列术语错误是 A. 基态砷原子的价层电子轨道表示式： B. 4-氯丁酸的结构简式： C. 的电子式： D. 分子的VSEPR模型： 3. 把NaHCO3和Na2CO3·10H2O的混合物6.56 g溶于水，制成100 mL溶液，其中Na＋物质的量浓度为0.5 mol/L，若将6.56g这种混合物加热至恒重时所得固体Na2CO3的质量是（ ） A. 4.65g B. 2.65g C. 3.75g D. 无法计算 4. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下： 已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为。 下列说法不正确的是 A. 操作a为分液，操作c为重结晶 B. 操作b中需用到直形冷凝管 C. 可用冷水洗涤苯甲酸粗品 D. 无水可以用浓硫酸代替 5. 化合物X是一种药物中间体。下列关于化合物X的说法正确的是 A. 化合物X能与FeCl3溶液作用显紫色 B. 化合物X的完全水解所得有机产物中含有2个手性碳原子 C. 化合物X中最多12个原子在同一平面上 D. 1 mol化合物X与H2加成时，最多消耗3 mol H2 6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。X的基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，W与X相邻，Y与W、X不同周期，且Y的简单氢化物在水中完全电离，Z的基态原子4s轨道全充满、3d轨道半充满。下列说法正确的是 A. 第一电离能：W<X<Y B. 电负性：X<Y C. Z的最高价含氧酸的钾盐具有强氧化性 D. W的简单氢化物的沸点高于其同主族元素的简单氢化物，是因为范德华力较大 7. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 8. 下列由实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将过量通入Ba(OH)2溶液中 先生成白色沉淀，后沉淀溶解 碳酸钡不溶于水，碳酸氢钡易溶于水 B 向麦芽糖溶液中加入足量NaOH溶液，再加入新制的悬浊液，加热 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 C 加热乙醇与浓硫酸的混合液，将产生的气体通入酸性溶液中 溶液由紫色变成无色 气体中一定含有乙烯 D 将通入碘水中 碘水褪色 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 9. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为 B. 电解饱和食盐水时，若阴极产生2 g氢气，则转移电子数为 C. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为 D. 常温下，1 L pH=9的溶液中，水电离出的数为 10. 下列离子方程式书写错误的是 A. 漂白粉漂白的原理： B. 向沉淀中加入氨水： C. 主要成分为苛性钠和铝粉的管道疏通剂的反应原理： D. 用溶液吸收足量的 11. 丁二烯和丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下： ① ② 由此判断正确的是 A. ①和②的产物相比，②的产物更稳定 B. 丁二烯比丁炔更稳定 C. 丁二烯转化为丁炔是放热反应 D. 丁烷能量比丁二烯和丁炔都要高 12. 黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则 A. 反应①中还原产物只有SO2 B. 反应②中Cu2S只发生了氧化反应 C. 将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol D. 若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA 13. 最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+；②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+。该装置工作时，下列叙述不正确的是 A 协同转化总反应：CO2+H2S=CO+H2O+S B. ZnO@石墨烯电极的反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O C. 石墨烯上电势比ZnO@石墨烯上的低 D. 整个过程中主要能量转化：光能→电能→化学能 14. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2。 图1 图2 下列说法正确的是 A. 0min，溶液中 B 0~60min，发生反应：CO2 +2NH3•H2O = 2NH+CO+ H2O C. 水的电离程度：0min>60min D. 0-100min，n(Na+)减小、n(Cl-)保持不变 二、实验题 15. 叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。 查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。 ②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。 ③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。 回答下列问题： Ⅰ.制备NaN3 （1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→___________→h。 （2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为___________。 （3）装置C的作用为___________。 （4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为___________。 Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度 （5）仪器F的名称为___________，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有___________。 （6）取10.0g NaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为___________％(本实验条件下气体摩尔体积为)。 三、工业流程题 16. 氧族元素可以形成许多结构和性质特殊的化合物。 是一种固体离子导体，具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体晶胞(图甲，长方体棱长为、、)，另一种取立方体晶胞(图乙，居于立方体中心，立方体棱长为)。设为阿伏加德罗常数的值，图中氢原子皆已隐去。 （1）长方体晶胞中A、B两粒子的距离为，以B为原点，则C的分数坐标为___________，晶体的密度为___________(用带与的代数式表示)。 （2）立方体晶胞所代表的晶体中部分(●)位置上存在缺位现象，的总缺位率为___________(填分数)；该晶型中周围紧邻的平均数目为___________。 四、原理综合题 17. 丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ： ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ： ⅲ： ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： （1）总反应 _______(用含、、和的代数式表示)； （2）进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是_______。 ③出料中没有检测到的原因是_______。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。 （3）催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于_______(已知 分解的平衡常数)； （4）以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式_______。 五、有机推断题 18. 化合物Ⅰ是合成治疗成人晚期胃肠道间质瘤的药物瑞普替尼的中间体，合成路线如下： 已知：(X或Y=-COR，-COOR，-COOH，-CN等) 回答以下问题： （1）B中碳原子的杂化方式为___________。 （2）C的结构简式为___________，化合物F的核磁共振氢谱峰面积之比为___________。 （3）G中含氧官能团的名称为___________，H的结构简式为___________。 （4）化合物J为化合物A少两个碳的同系物，J的同分异构体中满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)： a．含有结构且环上只有三个取代基 b．能与反应 （5）D和H生成Ⅰ反应分为两步(如下)，①为碳碳双键的生成，则M的结构简式为___________；②为形成环状结构，则②的反应类型为分子内___________反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $