精品解析：江苏省苏州市2025-2026学年高三上学期期初阳光调研化学试卷

2026届高三年级期初阳光调研试卷 化学试题 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。调研时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Cr-52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法不正确的是 A. 煤的气化属于化学变化 B. 油脂属于天然高分子化合物 C. 石墨烯属于新型无机非金属材料 D. 酒精消毒过程含有蛋白质的变性 【答案】B 【解析】 【详解】A．煤的气化是煤与高温水蒸气反应生成CO、H2等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A正确； B．油脂的分子量通常在几百左右，而高分子化合物的分子量需上万，因此油脂不属于高分子化合物，故B错误； C．石墨烯是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故C正确； D．酒精通过破坏蛋白质结构使其变性，从而达到消毒效果，故D正确； 选B 2. 下列有机物的有关说法中正确的是 A. 甲醛分子的球棍模型为 B. 二氯甲烷有2种同分异构体 C. 和互为同系物 D. 聚丙炔的结构简式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲醛的结构为，球棍模型中中心C原子通过双键连接O原子（2根棍），并单键连接2个H原子（各1根棍），且原子半径大小顺序为：C＞O＞H，A正确； B．甲烷为正四面体结构，4个H等效，二氯甲烷只有1种结构，无同分异构体，B错误； C．同系物要求结构相似，结构相似指的是含有的官能团的种类和数目均相同，组成上相差n个“CH2”，含有1个酚羟基，含有2个酚羟基，因此不属于同系物，C错误； D．丙炔的结构简式为CH≡C-CH3，加聚时三键断裂1个π键形成双键，链节应为-CH=C(CH3)-，结构简式为， D错误； 故选A。 3. 实验室制取并分离得到干燥的乙酸乙酯，下列实验装置或原理能达到实验目的的是 A. 混合乙醇和浓硫酸 B. 制取乙酸乙酯 C. 分液漏斗下口分离出乙酸乙酯 D. 干燥乙酸乙酯 【答案】B 【解析】 【详解】A．混合乙醇和浓硫酸时，应将密度大的浓硫酸缓慢加入乙醇中并搅拌，防止放热导致液体飞溅，图中为乙醇加入浓硫酸，顺序错误，A错误； B．制取乙酸乙酯时，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下加热反应，产物通过导管通入饱和Na2CO3溶液（吸收乙醇、中和乙酸、降低酯溶解度），导管悬于液面上方可防止倒吸，试管口向上倾斜符合液体加热要求，装置合理，B正确； C．乙酸乙酯密度小于水，在分液漏斗中位于上层，分液时应先放出下层液体，再从上口倒出上层的乙酸乙酯，图中从下口分离出的是下层溶液，C错误； D．碱石灰（含NaOH）会催化乙酸乙酯水解，干燥应选用无水硫酸钠等中性干燥剂，D错误； 答案选B。 4. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是 X Y Z W T A. Y的位置是第3周期IV A族 B. X分别与Y、Z、W形成的固态化合物，均为分子晶体 C. W的简单氢化物和X单质在一定条件下可发生置换反应 D. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性 【答案】B 【解析】 【分析】W的核电荷数是X两倍，且X与W同族，说明X为O，W为S，所以Z为P，Y为Si，T为As，据此解答。 【详解】A．Y是硅（Si），位于第3周期、IVA族，A正确； B．X（O）与Y（Si）形成的SiO2原子晶体，而非分子晶体，B错误； C．W（S）的氢化物H2S与O2反应可生成S和H2O，属于置换反应，C正确； D．T（As）位于金属与非金属交界处，单质具有半导体特性，D正确； 故选B。 5. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 B Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色颜料 C. 活性炭具有还原性，可用作冰箱除味剂 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 【答案】A 【解析】 【详解】A．青铜是合金，熔点低于纯铜且硬度更大，适合铸造剑，故A正确； B．Fe2O3用作红色颜料是因为其颜色为红色，故B错误； C．活性炭可用作冰箱除味剂，是因为其具有吸附性，故C错误； D．HF蚀刻玻璃是因其与SiO2反应生成SiF4气体，故D错误； 选A。 阅读下列材料，完成下面小题： N2是合成氨的重要原料。NH3可在O2中燃烧生成N2；NH3广泛用于硝酸、侯氏制碱等工业；NH3也是其他含氮化合物的生产原料。金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨水可用于吸收废气中的SO2，废水中的氨氮可用NaClO溶液将其氧化为N2而除去。 6. 在指定条件下，下列选项中的物质间转化可以实现的是 A. NH3NOHNO3 B. NH3N2NO2 C. 过量氨水吸收废气中的SO2生成(NH4)2SO3 D. 将CO2通入氨化的NaCl饱和溶液中可析出纯碱 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 合成氨反应：N2＋3H22NH3 B. 液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑ C. 氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O D. 常温，pH为4的氨氮废水与NaClO反应：3ClO-＋2NH3·H2O=N2↑＋3Cl-＋5H2O 8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是 A. 热稳定性：NH3>H2O B. 溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 C. 与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ D. 与H+结合的能力：OH-> 【答案】6. C 7. D 8. C 【解析】 【6题详解】 A．NH3催化氧化生成NO，但NO与H2O不反应，因此NO与H2O转化为HNO3无法实现，A错误； B．NH3与O2点燃条件下生成N2，N2和O2在放电条件下反应生成NO，B错误； C．过量氨水与SO2发生反应：2NH3·H2O+SO2＝(NH4)2SO3+H2O，C正确； D．向氨化的NaCl饱和溶液中通入CO2可制备NaHCO3，反应方程式为：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NH4Cl+NaHCO3↓，纯碱是Na2CO3，D错误； 答案选C。 【7题详解】 A．N2和H2在高温、高压和催化剂作用下反应生成NH3，A正确； B．由题给信息：金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，根据原子守恒，可知生成的气体为H2，反应方程式正确，B正确； C．由题中信息：Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，可知离子反应方程式为：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O，C正确； D．常温，pH为4的氨氮废水呈酸性，此时氨主要以NH形式存在。NaClO与NH发生氧化还原反应，正确的反应方程式为：3ClO-+2NH＝N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，D错误； 答案选D。 【8题详解】 A．原子半径：N>O，则键长：N-H>O-H，键长越长，键能越小，因此热稳定性：H2O>NH3，A错误； B．NH能与H2O形成氢键，因此溶解度：NaHCO3<NH4HCO3，B错误； C．根据题干信息，深蓝色溶液[Cu(NH3)4](OH)2中加入稀硫酸又转化为蓝色溶液[Cu(H2O)4]SO4，说明NH3更容易与H+配位形成NH，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，C正确； D．根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H2O＝NaOH+NH3，说明NH结合H+的能力更强，D错误； 答案选C。 9. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C-H键极性比2号碳的C-H键极性小 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中1号碳连有两个吸电子酯基（-COOCH3），2号碳连有一个酯基，吸电子基团越多使碳的电子云密度越低，C-H键极性越大，故1号碳C-H键极性比2号碳大，A错误； B．Y含苯环（6个C共平面）和甲氧基（-OCH3）和-CH2Br，甲氧基的O为sp3杂化（与苯环共轭），C-O单键可旋转，甲基碳可通过旋转与苯环共平面，-CH2Br中的C在苯环平面，所有碳原子可能共平面，B错误； C．Y中的Br若为芳香溴（苯环上的Br），芳香卤代烃难发生消去反应；若为侧链溴，无β-H，均不能发生消去反应，C错误； D．Z含多个酯基（-COOCH3），酸性水解生成羧基（-COOH），芳香族产物含-COOH，其酸性强于H2CO3，可与NaHCO3反应，D正确； 答案选D。 10. 在催化剂HCo(CO)3作用下，以乙烯为主要原料制丙醛的可能反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中，碳原子杂化方式未发生改变 B. 当反应转移4mol电子时，反应制得1mol丙醛 C. 整个反应过程中，只有极性键的断裂和生成 D. 若用丙烯替换乙烯，产物可能有2种 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯中碳原子为sp2杂化，反应中间体中部分碳原子形成单键（如-CH2-）为sp3杂化，醛基碳（C=O）为sp2杂化，存在sp2与sp3杂化的转化，A错误； B．总反应为CH2=CH2+CO+H2→CH3CH2CHO，H2中H从0价上升到+1价，乙烯中碳元素的化合价为-2，丙醛中碳元素的平均化合价为，则生成1mol丙醛转移电子，则转移4 mol电子时生成1.2 mol丙醛，B错误； C．反应中乙烯的C=C非极性键断裂，H2的H-H非极性键断裂，存在非极性键的断裂，C错误； D．丙烯（CH3CH=CH2）双键不对称，双键两端碳与催化剂结合方式不同，可能生成CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO两种产物，D正确； 故选D。 11. 室温下，根据下列实验过程和现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应 B 将干燥的氯气通入装有红色鲜花的集气瓶中，鲜花红色褪去 干燥的氯气有漂白性 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解 D 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸，出现白色浑浊 非金属性：Cl>Si A A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，气体经水洗除去乙醇蒸气后，乙烯使酸性KMnO4褪色，说明消去反应发生，A正确； B．干燥Cl2无漂白性，鲜花褪色是因Cl2与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，B错误； C．未中和酸性环境，无法进行银镜反应，不能证明蔗糖未水解，C错误； D．HCl酸性强于H2SiO3，但HCl非Cl的最高价酸，不能直接推断Cl的非金属性＞Si，D错误； 故选A。 12. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 【答案】C 【解析】 【分析】步骤Ⅰ：取一定量溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质生成，即发生反应：；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为与能发生显色反应：； 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了)：； 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化；据此分析解答。 【详解】A．步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质生成，反应方程式为：，A正确； B．NaF加入后生成更稳定的，导致分解，红色褪去，B正确； C．血红色溶液中主要以形式存在，游离浓度低；而无色溶液中的更稳定，游离浓度更低，则有，C错误； D．的氧化性弱于，无法将氧化生成，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确； 故答案为：C。 13. 某含锶(Sr，II A元素)废渣主要含有SrSO4、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97. 下列说法不正确的是 A. “酸浸”时，MgCO3发生反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑ B. “浸出液”中的阳离子主要有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋、H＋ C. “盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为 SrSO4(s)＋Ba2＋BaSO4(s)＋Sr2＋ D. 由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2，需要在HCl气流中加热 【答案】D 【解析】 【分析】加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入浸出液，浸出渣1中含有，加入氯化钡溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体。 【详解】A．“酸浸”时，MgCO3与稀盐酸中的H+反应，生成Mg2+、CO2和H2O，离子方程式为，A正确； B．酸浸时，废渣中的CaCO3、SrCO3、MgCO3与稀盐酸反应生成Ca2+、Sr2+、Mg2+，SrSO4难溶于稀盐酸留在浸出渣1中，浸出液中还含过量的H+，故阳离子主要有Sr2+、Ca2+、Mg2+、H+，B正确； C．“盐浸”中，浸出渣1含SrSO4，加入BaCl2后，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)，发生沉淀转化：，C正确； D．Sr为IIA族元素，还原性强，所以Sr(OH)2为强碱，SrCl2是强酸强碱盐，不会水解，其结晶水合物SrCl2·6H2O加热脱水时不会水解，无需在HCl气流中加热，D错误； 故选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：___________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式___________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是___________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，___________，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 【答案】（1） （2）用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 （3） （4）H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出 （5）加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶 【解析】 【分析】铁锰氧化矿主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物。铁锰氧化矿加硫酸铵“低温焙烧”，金属氧化物转化为硫酸锰、硫酸铝、硫酸铁、硫酸钙、硫酸钴，同时产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液；得到的硫酸盐经650℃“高温焙烧”硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁、硫酸钙，滤液加入硫化铵，生成硫化钴沉淀，过滤，滤液中加入NH4HCO3获得MnCO3沉淀，硫化钴用稀硫酸、双氧水溶解得到硫酸钴、S沉淀。 【小问1详解】 “低温焙烧”MnO2与NH4HSO4反应，转化为MnSO4时有N2生成，“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，表明反应还有NH3生成，锰元素化合价由+4价降低为+2价、氮元素化合价由-3价部分升高为0价，根据得失电子守恒、原子守恒，可得出配平的化学方程式为：； 【小问2详解】 “低温焙烧”时产生的氨气用稀硫酸吸收生成硫酸铵，可重复利用。则从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 【小问3详解】 “沉钴”得到CoS，同时生成硫酸锰，向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，硫酸锰和NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为 。 【小问4详解】 “溶解”时加入H2O2，H2O2把S2-氧化为单质硫，降低S2-浓度，促进Co2+浸出，则原因是：H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出。 【小问5详解】 Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃，则“水浸”所得滤渣成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4，加3.0mol·L-1 H2SO4溶解Fe2O3生成硫酸铁，过滤除去SiO2、CaSO4，往滤液中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，充分反应后，再加硫酸将过量铁粉溶解。则实验方案为：取一定量滤渣于反应器中，加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾。 【点睛】绿矾晶体易溶于水，洗涤时需冰水洗涤，或酒精洗涤，以减少溶解损失。 15. 化合物H是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成(BnBr为)： （1）化合物B的结构简式为___________。 （2）A→B反应的作用是___________。 （3）化合物E中官能团名称为___________。 （4）F→G的反应类型是___________。 （5）①1molE与H2反应，最多消耗H2的物质的量为___________。 ②1molH与浓溴水反应，最多消耗Br2的物质的量为___________。 【答案】（1） （2）保护羟基 （3）醛基、醚键、碳溴键 （4）取代反应 （5） ①. 7mol ②. 2mol 【解析】 【分析】A与BnBr发生取代反应生成B，B还原为C，由A、C的结构简式，可知B为。 【小问1详解】 A与BnBr发生取代反应生成B，由C逆推，可知化合物B的结构简式为； 【小问2详解】 A中羟基H与BnBr发生取代反应生成B，G→H又生成羟基，可知A→B反应的作用保护羟基； 【小问3详解】 根据E的结构简式，可知化合物E中官能团名称为醛基、醚键、碳溴键； 【小问4详解】 F→G是F分子中两个苯环各断裂1个碳氢键形成1个六元环，反应类型是取代反应； 【小问5详解】 ①Bn中含有1个苯环，苯环、醛基能与氢气发生加成反应，1molE与H2反应，最多消耗H2的物质的量为7mol。 ②酚羟基的邻位、对位与溴水发生取代反应，1molH与浓溴水反应，最多消耗Br2的物质的量为2mol。 16. 普罗帕酮(G)和盐酸普罗帕酮(H)在治疗心律失常时的临床作用相同，合成路线如下。 已知：+CH3CHO+H2O （1）B和C互为同分异构体。B在水中的溶解度比C的___________(填“大”或“小”)。 （2）G分子___________(填“存在”或“不存在”)对映异构体。 （3）F结构简式为___________。 （4）由G制成H的目的是___________。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物； ②X能与FeCl3发生显色反应： ③Y被酸性高锰酸钾氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2 （6）写出以和 HCHO为原料制备的合成路线图__________(无机试剂任选。合成路线实例见本题题干)。 【答案】（1）小 （2）存在 （3） （4）G易被氧化且保质期较短，形成盐酸盐可以延长保质期；增大溶解度； （5） （6） 【解析】 【分析】A→B发生取代反应得到B，B在AlCl3的作用下发生结构异变生成C，C与D发生已知羟醛缩合反应生成D，D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E与发生取代反应生成F和HCl，F→G发生的是开环加成，最后G与盐酸转化成盐酸盐H。 【小问1详解】 B中的官能团为酯基，不具有亲水性，C中含有酚羟基，酚羟基具有一定的亲水性，使其在水中的溶解度较大，故B在水中的溶解度比C的小； 【小问2详解】 对映异构需要分子中含有手性碳原子，手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子，因此G分子存在对映异构； 【小问3详解】 结合分析，F的结构简式为； 【小问4详解】 G易被氧化，制成盐酸盐H，这样有利于提高药物稳定性，延长保质期并且盐酸盐在水中溶解度更大，因此可以增大溶解度； 【小问5详解】 D 的分子式为C15H12O2，不饱和度Ω=10，能水解说明含有酯基，且水解产物X有酚羟基，水解产物Y中含有羧基，且能被酸性高锰酸钾氧化得到的产物核磁共振氢谱面积比为1：2，说明Y被氧化后及其对称含有两个羧基，故为对苯二甲酸， 因此该结构为； 【小问6详解】 以和 HCHO为原料制备，首先将进行结构异化，然后和甲醛进行已知信息的羟醛缩合，得到双键和HCl加成，再去和酚羟基取代成环，最后加氢得到产物，故合成路线为。 17. CrO3是电镀工业常用原料，电镀废水中的、和是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅳ)表示。 Ⅰ．CrO3的制备和性质 （1）制备 ①制Na2CrO4：向含亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]的矿石中加入NaClO和NaOH的混合溶液，可得粗Na2CrO4溶液和Fe2O3固体。写出发生反应的化学方程式：___________。 ②制CrO3：粗Na2CrO4溶液经提纯、转化后获得Na2Cr2O7溶液，向Na2Cr2O7溶液中加入浓硫酸后获得CrO3，浓硫酸的作用是___________。 （2）热稳定性 CrO3加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图-1所示。通过计算确定B点剩余固体成分的化学式(写出计算过程)。___________。 Ⅱ．含铬废水的处理 （3）化学沉淀法 常用还原剂NaHSO3或FeSO4，将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，再形成Cr(OH)3沉淀而除去。 ①写出用NaHSO3还原酸性废水中的离子方程式：___________。 ②用FeSO4去除废水中Cr(Ⅵ)比用NaHSO3去除Cr(Ⅵ)后，废水中铬含量更低。原因是___________。 （4）离子交换法 一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为[Mg(1-x)Alx(OH)2](CO3)·nH2O，溶液中的阴离子可以与处理剂层间的引发生离子交换，从而实现Cr(Ⅵ)的去除。已知废水中Cr(Ⅵ)总浓度为0.20 mol·L-1，含铬物种浓度随pH的分布如图-2所示，Cr(Ⅵ)的去除率随pH的变化如图-3所示。 pH<2.5时，随着废水pH的减小，Cr(Ⅵ)去除率减小，原因可能是___________。 【答案】（1） ①. ②. 酸性(提供H+)作用和脱水作用 （2）设CrO3质量为100 g，则CrO3的物质的量为：=1mol，其中Cr质量为：1mol×52g/mol=52g，题干图中信息可知，B点固体质量为100g×76.00%=76 g，则B点固体中O的质量为(76-52)=24 g，n(O)==1.5mol，B点固体Cr数目与O数目比为1mol：1.5mol=2:3，所以化学式为Cr2O3 （3） ①. ②. Fe2+还原Cr(Ⅵ)的同时自身被氧化为Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr (OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量更低 （4）随着污水pH的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(Ⅵ)从、转化为H2CrO4，使溶液中可交换Cr(Ⅵ)阴离子浓度减小 【解析】 【小问1详解】 ①Fe(CrO2)2中Fe为+2价、Cr为+3价，在NaClO(氧化剂)和NaOH作用下，Fe2+被氧化为Fe2O3(+3价)，+3价铬被氧化为Na2CrO4(+6价)，ClO-被还原为Cl-，结合原子守恒和得失电子守恒配平其为：，故答案为：； ②Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7(2+2H++H2O)，浓硫酸提供H+并吸收水分，使CrO3从溶液中析出，故答案为：酸性(提供H+)作用和脱水作用； 【小问2详解】 设CrO3质量为100 g，则CrO3的物质的量为：=1mol，其中Cr质量为：1mol×52g/mol=52g，题干图中信息可知，B点固体质量为100g×76.00%=76 g，则B点固体中O的质量为(76-52)=24 g，n(O)==1.5mol，B点固体Cr数目与O数目比为1mol：1.5mol=2:3，所以化学式为Cr2O3； 【小问3详解】 ①酸性条件下，(+6 价)被还原为Cr3+(+3价)，被氧化为，结合电荷守恒和原子守恒配平其为：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O，故答案为：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O； ②Fe2+还原Cr(Ⅵ)的同时自身被氧化为Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr (OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量更低； 【小问4详解】 由图3可知，pH＜2.5时，Cr(Ⅵ) 主要以形式存在；图3显示此时去除率降低，因处理剂更易与(碱性条件为主)交换，交换能力弱，故去除率随pH减小而降低，故答案为： pH<2.5时，随着污水pH的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(Ⅵ)从、转化为H2CrO4，使溶液中可交换Cr(Ⅵ)阴离子浓度减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级期初阳光调研试卷 化学试题 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。调研时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Cr-52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法不正确的是 A. 煤的气化属于化学变化 B. 油脂属于天然高分子化合物 C. 石墨烯属于新型无机非金属材料 D. 酒精消毒过程含有蛋白质的变性 2. 下列有机物的有关说法中正确的是 A. 甲醛分子的球棍模型为 B. 二氯甲烷有2种同分异构体 C. 和互为同系物 D. 聚丙炔结构简式为 3. 实验室制取并分离得到干燥的乙酸乙酯，下列实验装置或原理能达到实验目的的是 A. 混合乙醇和浓硫酸 B. 制取乙酸乙酯 C. 分液漏斗下口分离出乙酸乙酯 D. 干燥乙酸乙酯 4. 下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是 X Y Z W T A. Y的位置是第3周期IV A族 B. X分别与Y、Z、W形成的固态化合物，均为分子晶体 C. W简单氢化物和X单质在一定条件下可发生置换反应 D. 根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性 5. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 B. Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色颜料 C. 活性炭具有还原性，可用作冰箱除味剂 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 阅读下列材料，完成下面小题： N2是合成氨的重要原料。NH3可在O2中燃烧生成N2；NH3广泛用于硝酸、侯氏制碱等工业；NH3也是其他含氮化合物的生产原料。金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨水可用于吸收废气中的SO2，废水中的氨氮可用NaClO溶液将其氧化为N2而除去。 6. 在指定条件下，下列选项中的物质间转化可以实现的是 A. NH3NOHNO3 B. NH3N2NO2 C. 过量氨水吸收废气中的SO2生成(NH4)2SO3 D. 将CO2通入氨化NaCl饱和溶液中可析出纯碱 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 合成氨反应：N2＋3H22NH3 B. 液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑ C. 氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O D. 常温，pH为4氨氮废水与NaClO反应：3ClO-＋2NH3·H2O=N2↑＋3Cl-＋5H2O 8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是 A. 热稳定性：NH3>H2O B. 溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 C. 与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ D. 与H+结合的能力：OH-> 9. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C-H键极性比2号碳的C-H键极性小 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 10. 在催化剂HCo(CO)3作用下，以乙烯为主要原料制丙醛的可能反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中，碳原子杂化方式未发生改变 B. 当反应转移4mol电子时，反应制得1mol丙醛 C. 整个反应过程中，只有极性键的断裂和生成 D. 若用丙烯替换乙烯，产物可能有2种 11. 室温下，根据下列实验过程和现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应 B 将干燥的氯气通入装有红色鲜花的集气瓶中，鲜花红色褪去 干燥的氯气有漂白性 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解 D 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸，出现白色浑浊 非金属性：Cl>Si A. A B. B C. C D. D 12. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-氧化性比Fe3＋的氧化性弱 13. 某含锶(Sr，II A元素)废渣主要含有SrSO4、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97. 下列说法不正确的是 A. “酸浸”时，MgCO3发生反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑ B. “浸出液”中的阳离子主要有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋、H＋ C. “盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为 SrSO4(s)＋Ba2＋BaSO4(s)＋Sr2＋ D. 由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2，需要在HCl气流中加热 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：___________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式___________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是___________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，___________，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 15. 化合物H是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成(BnBr为)： （1）化合物B的结构简式为___________。 （2）A→B反应的作用是___________。 （3）化合物E中官能团名称为___________。 （4）F→G的反应类型是___________。 （5）①1molE与H2反应，最多消耗H2的物质的量为___________。 ②1molH与浓溴水反应，最多消耗Br2的物质的量为___________。 16. 普罗帕酮(G)和盐酸普罗帕酮(H)在治疗心律失常时的临床作用相同，合成路线如下。 已知：+CH3CHO+H2O （1）B和C互为同分异构体。B在水中的溶解度比C的___________(填“大”或“小”)。 （2）G分子___________(填“存在”或“不存在”)对映异构体。 （3）F的结构简式为___________。 （4）由G制成H的目的是___________。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①在酸性条件下水解后生成X和Y两种有机物； ②X能与FeCl3发生显色反应： ③Y被酸性高锰酸钾氧化后所得产物的核磁共振氢谱峰面积比为1：2 （6）写出以和 HCHO为原料制备的合成路线图__________(无机试剂任选。合成路线实例见本题题干)。 17. CrO3是电镀工业常用原料，电镀废水中的、和是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅳ)表示。 Ⅰ．CrO3的制备和性质 （1）制备 ①制Na2CrO4：向含亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]的矿石中加入NaClO和NaOH的混合溶液，可得粗Na2CrO4溶液和Fe2O3固体。写出发生反应的化学方程式：___________。 ②制CrO3：粗Na2CrO4溶液经提纯、转化后获得Na2Cr2O7溶液，向Na2Cr2O7溶液中加入浓硫酸后获得CrO3，浓硫酸的作用是___________。 （2）热稳定性 CrO3加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图-1所示。通过计算确定B点剩余固体成分的化学式(写出计算过程)。___________。 Ⅱ．含铬废水的处理 （3）化学沉淀法 常用还原剂NaHSO3或FeSO4，将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，再形成Cr(OH)3沉淀而除去。 ①写出用NaHSO3还原酸性废水中的离子方程式：___________。 ②用FeSO4去除废水中Cr(Ⅵ)比用NaHSO3去除Cr(Ⅵ)后，废水中铬含量更低。原因是___________。 （4）离子交换法 一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为[Mg(1-x)Alx(OH)2](CO3)·nH2O，溶液中的阴离子可以与处理剂层间的引发生离子交换，从而实现Cr(Ⅵ)的去除。已知废水中Cr(Ⅵ)总浓度为0.20 mol·L-1，含铬物种浓度随pH的分布如图-2所示，Cr(Ⅵ)的去除率随pH的变化如图-3所示。 pH<2.5时，随着废水pH的减小，Cr(Ⅵ)去除率减小，原因可能是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $