湖北省鄂州市2025-2026学年高三上学期第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）化学试题

鄂州市第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）试题 化学参考答案 1.A2.A3.C4.C5.B6.D7.C8.B9.A10.C11.B12.C13.A14.C 15.D 16.(1)5s25p'(1分)：p(1分) (2)1:6(2分) (3)PbSO4、SiO2(2分) (4)2H3AsO4+2SO2一As2O3+2S0+H2O+4H+(2分) (5)3.4(2分) (6)B(2分) (7)A1与S形成的化学键中共价键成分更少，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半 导体导电性较弱(2分) 17.(1)丙二酸二乙酯(1分)；醚键、酮羰基(2分) Br (2入√C0OH+B,P,入 COOH+HBr(2分 (3)NaOH、乙醇(1分)：加热(1分) (4)a(1分) (5)d(1分) (6)c(1分) OH HO (7)14(2分)： 0或 O等合理答案，2分) HO 18.(1)A(1分) (2)a(1分) (3)利用盐析效应，加入NCI可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率(2分) (4)上(1分) (5)防止乙醚挥发并提高冷凝效率(2分)；避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的冷 凝效率或防止高温下冷凝管因温差过大破裂(2分)》 (6)B(2分) (7)75%(2分) 19.(1)m4n(2分) 3 (2)d(2分) 【高三化学·参考答案第1页（共2页）】 (3)I(2分) (4)a(2分) (5)②(2分)；将CH2(s)放在无水的N2(或惰性气体)气流中，在200℃~300℃测量固体 质量的变化(2分) (6)CaH2消耗反应生成的水，促使平衡正向移动(2分) 【高三化学·参考答案第2页（共2页）】鄂州市第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）试题 化 学 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在 答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。 5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16V51Fe56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是 A.干冰升华助力舞台云雾形成 B.珍珠遇酸后失去光泽 C.加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍 D.植物油久置氧化变质 2.下列化学用语表示错误的是 A.一氟乙烷的球棍模型： B.基态N+的价层电子排布式为3d C.NaClO的电子式为Na+[:O:Cl:] D.3”C1的原子结构示意图为 3.乙酰半胱氨酸（结构如图）具有广泛的生物活性。下列关于该有机物的叙述正确的是 A.有2种官能团 HS B.能发生加成和取代反应 OH C.分子间存在氢键 D.在碱性介质中活性更强 4.实验室用稀硝酸和Cu制备NO和Cu(NO3)2,下列装置能达到实验目的的是 NO ① ③ A.用①收集NO B.用②吸收尾气 C.用③分离Cu和Cu(NO3)2溶液 D.用④蒸干Cu(NO3)2溶液 仅供发货使用 【高三化学第1页（共8页）】 5.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析的说法错误 的是 选项 宏观辨识 微观探析 A 常温下，碘在溶剂中的溶解度：CCL>水 碘和CCL为非极性分子，水为极性分子 B HF的沸点高于HC】 HF的相对分子质量小于HCI C 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远 D 电子云半径：3s>1s 3s电子能量更高，在离核更远的区域出现的概率更大 6.下列过程中发生反应的离子方程式书写错误的是 A.消防员使用泡沫灭火器灭火：A13++3HCO5一A1(OH)3↓+3CO2个 B.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2:SiO-+2CO2+2H2O—2HCO5+H2SiO31 C.CuBr2溶液与SO2发生反应生成CuBr:2Cu++2Br-+SO2+2HO—SO+2 CuBr +4H D.阿司匹林与过量NaOH溶液共热： CCH:+20H C-OH CH COO+H2O 7.V,C的研究持续推动MXne材料在新能源领域的应用，V2C能与稀硝酸发生反应：V2C十 8HNO3一2VO(NO3)2+CO2个+4NO个+4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列 叙述错误的是 A.7.2gH2O含o键数为0.8NA B.上述反应中，只有N元素被还原 C.11.4gV2C参与反应时，转移的电子数目为0.8NA D.上述反应中，氧化产物、还原产物的物质的量之比为3：4 8.化合物W(XYZ)2可用作面用改良剂、营养增补剂。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大 的前四周期元素；X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数的比值为3：4；Y6X分子含有大 π键（Π）；基态Z原子中有2个未成对电子，且s轨道电子数与p轨道电子数相等。下列说 法正确的是 A.X2YZ是强酸 B.W(ZX)2是强碱 C.WY,是共价化合物 D.WZ2不含共价键 9.K+参杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分Ba+形成B.sKo.4BiO3(摩尔质量为 354.8g·mol-1),其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm,设NA为阿伏加德罗 常数的值。下列说法正确的是 eo 00 A.晶体中与铋离子最近且距离相等的O-有6个 00 B.晶胞中含有的铋离子个数为8 2 Bi C.第一电离能：Ba>O Ba或K D.晶体的密度为3548X102 a3·Na ·cm-3 【高三化学第2页（共8页）】 10.某兴趣小组设计如图实验探究一系列物质的性质。挤压滴管，不同阶段发生不同化学反应。 滴管 浓盐酸 导管（与空气相通） 气球 湿润KI-淀粉试纸 适量KMnO,和Mg2 下列推断合理的是 A.若试纸变蓝，则表明浓盐酸具有强挥发性 B.若气球变“瘪”，则表明烧瓶中一定发生了熵减反应 C.若产生“白烟”，则Mg3N2和H2O发生反应生成了NH D.其他条件不变，若用水替代浓盐酸，则烧瓶内也会产生“白烟” 11.逆水煤气变换反应：H2(g)十CO2(g)一CO(g)+H2O(g)△H。一定压力下，将1mol CO2和1molH2充入初始体积为2L的密闭容器中，测得T1、T2(T1>T2)温度下H2的 摩尔分数随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是 0.6 0.5 0.4 T 0.2 0.1 0.0 t2 时间/s A.△H>0 B.T1温度下达平衡时反应的平衡常数为2.5 C.平衡常数：K(T1)>K(T2) D.平衡时的气体体积：V(T)>V(T2) 12.纳米级Mg(OH)2常用作抗酸剂、吸附剂、阻燃剂等。某实验室以MgCa(CO3)2矿石为原 料制备纳米级Mg(OH)2的流程如图所示。下列叙述正确的是 C02 水MgNO)溶液硝酸 氨水 灼烧一水浸一除杂一酸溶一沉镁 →Mg(OH)2 矿粉滤液1 滤液2 滤液3 A.“灼烧”时MgCa(CO3)2分解生成CaO和MgO的反应为氧化还原反应 B.“水浸”时只发生焓增反应和化合反应 C.“除杂”中的反应有Ca(OH)2+Mg+Ca++Mg(OH)2 D.“滤液3”经蒸干、灼烧得到NHNO3固体 【高三化学第3页（共8页）】 l3.哈尔滨工业大学一课题组合成了催化剂a-CeMnO,,提出一种非常规“交替-远端”混合电催 化N2RR缔合机制实现高效合成氨（如图）。下列说法错误的是 N高活化能 远端路径 NH NH NH N高选择性 H'e- H'e- N H'e- NH H'e NH,H'e NH 交替-远端→低活化能 77777 77777 77777 混合路径 N高选择性 移位路径 NH NH NH2 NH H'e- NH H'e- NH H'e.NH.H'e,NH 77777 77777 77777 77777 77777 N,低活化能 交替路径 N低选择性 A.若要提高合成氨反应的选择性，应优先选择交替路径 B.不同反应路径中，N2转化为NH3的反应焓变相同 C.远端路径由于N2活化能高，反应速率可能较慢 D.“交替-远端”混合路径为高效合成氨提供了新途径 14.某理论研究认为：燃料电池（图b)的电极I和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a 和图c,其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 气体 气体 HO O.+H'te H'+e H'+e H'te H+e- HO 质子交换膜 H'+e b A.负极反应的催化剂是ⅰ B.图a中，i到i过程的活化能一定最低 C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D.相同时间内，电极I和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 15.常温下，向20mL0.1mol·L-HX(弱酸)溶液 1.0 中滴加VmL0.1mol·L-1MOH(弱碱)溶液， 0.8 某些粒子分布系数δ与pH的关系如图所示。 下列叙述错误的是 0.6 M4.75.0.5) V9.25,0.5 c(HX) 已知：8(HX)=c(HX+cCX),òMOH)= 0.4 c(MOH) 0.2 c(MOH)+c(M+) 0.0- A.a曲线、d曲线分别代表6(HX)、6(MOH)与 6 10 pH pH的关系 【高三化学第4页（共8页）】 B.常温下，Kb(MOH)=10-45 C.当V=10时，溶液的pH>4.75 D.当V=20时，溶液中c(M)=c(X-)=0.05mol·L-1 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)钢是一种银白色的金属，它在合金制造、液晶显示器和太阳能电池等领域有着广泛 而重要的应用。含铟化合物CuInSe2是一种重要的半导体材料。利用铟烟灰渣（主要成分 为In2S3,还含有FeAsO4、PbO、SiO2等杂质)为原料生产金属铟的工艺流程如下： 浓硫酸 HO SO2 H2O2/NaOH 锌粉 铟烟 灰渣 →热熔解→水浸 浸出液 还原除砷选液L,氧化、调节pH一→硫酸钢 →粗铟 ↓ ↓ SO2 浸渣 As2O Fe(OH) 滤液2 已知：①常温下，K[Fe(OH)3]=1×10-38.6,K[1n(OH)3]=1X102.8。 ②“热熔解”时浓硫酸作氧化剂，将S2一转化为SO2。 ③FeAsO4难溶于水，但可溶于硫酸。 请回答下列问题： (1)In与Al同族，gIn的价电子排布式为 ,它属于元素周期表中 区元素。 (2)“热熔解”时生成In3+与SO2的物质的量之比为 (3)“浸渣”的主要成分为 (写化学式)。 (4)“还原除砷”时，可将溶液中的H3AsO4转化为As2O3,写出反应的离子方程式： (5)已知“滤液1”中含有Fe2+、Fe3+和n3+,其中n3+的浓度为0.1mol·L-1。经H2O2氧 化后调节pH使Fe3+沉淀完全，则应调节pH< (6)工业上常用电解法精炼粗铟。已知粗铟中含有少量Zn、Fe、Ag等杂质（活动性Zn>Fe >In>Ag)。电解过程中，保持电流恒定。下列说法错误的是 (填标号)。 A.粗铟为阳极，纯钢为阴极 B.电解过程中，电解液的质量在增加 C.电解液中需加入硫酸，电解过程中需补加In2(SO4)3 D.电解一段时间后，阴极析出钢的速率下降，可能是因为电解液中I3+浓度降低 (7)含钢化合物CuSe2是一种重要的半导体材料。半导体材料的导电能力与晶体中化学 键的共价性（在材料中，共价键可以被认为是电子的传导路径）密切相关，将铜铟硒 (CuInSe2)中的In替换为Al(电负性Al<In<Se),得到另一种半导体材料铜铝硒 (CuAlSe2),两种半导体具有相同的黄铜矿型结构，但CuAlSe2的导电能力更弱，请从化 学键角度解释原因： 【高三化学第5页（共8页）】 17.(14分)K是合成某药物的中间体，它的一种合成路线如图所示（注明：Et为乙基，Ph为苯基）。 Br EtOOC. COOEt DEtONa COOEt DOH C:HioOz Br2 -CI 2HO*,△ C COOH 2) EtOO B PhOH(G) COOH K.CO OH Et N 回答下列问题： (1)A的名称是 ,K中官能团的名称为 (2)C一→D的化学方程式为 (3)D一→E的反应试剂和条件分别是 、酸化。 (4)用下列有机物替代G,可与F发生相似反应，其他条件相同时，化学反应速率最快的是 (填标号)。提示：只考虑共价键极性，不考虑空间位阻。 FC OH HC OH BraC OH a, b. C. (5)下列反应中J不能发生的是 (填标号)。 a.取代反应 b.氧化反应 c.加聚反应 d.消去反应 (6)H、J和K在下列谱图上的信号一定完全相同的是 (填标号)。 a.质谱 b.红外光谱 c.元素分析谱 d.核磁共振氢谱 (7)在K的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种（不包括立体异构 体)，其中含手性碳原子的结构简式为 (写1种即可)。 a.含2个六元环；b.遇FeCl3溶液发生显色反应；c.能发生银镜反应。 18.(13分)苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： NH. Fe.CH,COOH △ 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·cm-3) 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 -6.3 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 【高三化学第6页（共8页）】 反应装置I和蒸馏装置Ⅱ（加热、夹持等装置略）如下： 装置I 装置Ⅱ 实验步骤为： ①向装置I双颈烧瓶中加入13.5g铁粉、25.0mL水及1.50mL乙酸，加热煮沸10min。 ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入8.20mL硝基苯(0.08mol),再加热回流30min。 ③将装置I改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液。 ④将苯胺-水馏出液用NCI饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取， 分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液。 ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶（装置Ⅱ），先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180~185℃馏分，得 到5.58g苯胺。 回答下列问题： (1)实验室保存硝基苯的玻璃容器是 (填标号)。 (2)装置I中冷凝管的进水口为 (填“a”或“b”)。 (3)步骤④中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和的原因是 (4)步骤④中第二次分液，醚层位于 (填“上”或“下”)层。 (5)蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是 ;回收 乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是 (6)下列说法正确的是 (填标号)。 A.缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B.蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C.用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D.蒸馏回收乙醚，无须尾气处理 (7)苯胺的产率为 【高三化学第7页（共8页）】 19.(14分)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： (1)已知一定温度下： CaH2 (s)+6Fe2 O3 (s)-Ca(OH)2(s)+4FesO(s)AH=m kJ.mol 2CaH,(s)+FeO4(s)—2Ca(OH)2(s)+3Fe(s)△H2=nk·mol- 则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)-3Ca(OH)2(s)+4Fe(s)的△H3= (用m和n表 示)kJ·mol-1。 (2)260℃、280℃和300℃下CaH2(s)还原Fe2O3(s)过程中反应体系电阻R(2)随反应时 间t(h)变化的曲线如图1所示，可用 (填标号)表示反应的快慢。 101 10 10 10 0 t/h 图1 R 8.t b.-4R R C. d、4R t △t △t (3)图1中曲线 (填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自其产生的H2。一般认为H2在FezO 表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测 途径 (填“a”或“b”)是主要途径。 2途径a TS 2途径bTS1 H 1.3 21.5 HO 0H0.5 TS2 HO 20H0.9 OH0.5 反应历程 反应历程 图2(TS代表过渡态) (5)CaH2(s)产生H2的可能反应：①CaH2(s)一Ca(s)+H2(g)或②CaH2(s)+2H2O(g) 一Ca(OH)2(s)+2H2(g)。将CaH2(s)放在含微量水的N2气流中，在200℃至 300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 (填 “①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 (6)已知3H2(g)十Fe2O3(s)一3H2O(g)十2Fe(s)。研究表明，在相同温度下，用CaH2(s) 还原Fε2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 【高三化学第8页（共8页）】