精品解析：四川省彭州中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题

2025-2026学年度彭州中学高三上10月月考化学试题 注意事项： 1.考试时间75分钟，试卷满分共100分。 2.选择题部分用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色签字笔规范书写。 3.考试结束后，只交回答题卡即可。 4.考试过程中，请遵守考试纪律。 一、单选题。 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D. 古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3 【答案】C 【解析】 【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确； B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确； C．熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误； D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确； 故答案选C。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为18的氯原子： B. 碳的基态原子轨道表示式： C. 的空间结构：(平面三角形) D. 的形成过程： 【答案】C 【解析】 【详解】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误； B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误； C．BF3的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正确； D．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误； 故选：C。 3. 利用3-苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是 A. 上述制备过程属于氧化反应 B. 3-苯基丙酸的分子式为 C. 异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面 D. 异肉桂酸最多与发生加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制备为去氢过程，属于氧化反应，A正确； B．3-苯基丙酸的分子式为，B正确； C．苯环所连接的原子和碳碳双键所连接的原子均为平面结构，且单键可以旋转，则异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面，C正确； D．1mol苯环可以3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可以和1mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成反应，1mol异肉桂酸最多与4molH2发生加成反应，D错误； 故选D。 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 重水()中含有的质子数为 B. 的与完全反应时转移的电子数为 C. 环状( )分子中含有的键数为 D. 的溶液中离子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．的质子数为10，18g的物质的量为 0.9mol， 则重水()中所含质子数为，A错误； B．与反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为，B错误； C．一个( )分子中含有的键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的键数为，C正确； D．酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，则的溶液中离子数应小于，D错误； 故选C。 5. 硫是一种重要的非金属元素，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫及其化合物在工业生产中应用广泛，可通过黄铁矿在空气中煅烧制备，也可通过加热无水硫酸钙、焦炭及二氧化硅来制取；在催化作用下与反应生成。利用空气催化氧化法可将电石浆(主要成分为，含有)转化为石膏()，其过程如下图： 关于“将电石浆转化为石膏”的过程及有关说法错误的是 A. 沸点： B. 中含有离子键、共价键 C. 过程I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 通过上述流程将转化为，理论上共需要 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O分子间存在氢键，H2S分子间仅存在范德华力，氢键使H2O沸点高于H2S，A正确； B．CaSO4·2H2O中，Ca2+与之间为离子键，内部含硫氧共价键，H2O分子内的H-O键也为共价键，B正确； C．过程I中，Mn(OH)2被O2氧化为，Mn元素化合价：+2→+4，Mn(OH)2为还原剂；O2被还原，为氧化剂，O元素化合价：0→-2，一个O2得4e-，由得失电子守恒知，氧化剂O2与还原剂Mn(OH)2的物质的量之比为1:2，C正确； D．根据流程图，整个过程中氧化剂只有氧气，S2-最终被氧化为，总反应可表示为，故将0.15mol转化为，理论上共需要0.3molO2，D错误； 故选D。 6. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有 C 将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误； B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误； C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确； D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误； 故选C。 7. 氟氯烃会对臭氧层产生破坏，在平流层中氟氯烃光解产生的氯自由基对催化臭氧分解的反应历程如下图所示，下列说法不正确的是 A. 反应过程II为催化剂参与的反应历程 B. 氯自由基的催化作用会增大反应的平衡常数 C. 和的总能量大于的总能量 D. 反应II中基元反应① 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应过程II降低了反应的活化能，为催化剂参与的反应历程，故A正确； B．催化剂只会改变反应速率，不会改变平衡，也不会改变平衡常数，故B错误； C．由图示可知的反应是放热反应，即和的总能量大于的总能量，故C正确； D．由图可知反应II中基元反应①是吸热反应，故，故D正确； 故答案为：B 8. 维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 反应①是加聚反应 B. 高分子A的链节中只含有一种官能团 C. 通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度 D. 反应③的化学方程式为：+nHCHO→+(2n-1)H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：；A项正确； B．由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，B项正确； C．由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量=链节的相对质量×聚合度，因此，C项正确； D．由题可知，维纶的结构为：，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯醇的结构为；因此，每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水；所以反应的方程式为： nHCHOnH2O；D项错误； 答案选D。 9. 下列实验操作或装置能达到目的的是 A.钠的燃烧 B.实验室收集 C.排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡 D.铁上镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠燃烧时放出大量热，应在坩埚中进行，玻璃表面皿不耐高温且易导致产物飞溅，A错误； B．乙烯不溶于水也不和水反应，可以用排水法收集，B正确； C．KMnO4溶液具有强氧化性，需用酸式滴定管盛放，不能用碱式滴定管，C错误； D．铁上镀铜时，待镀铁作阴极（接电源负极），镀层铜作阳极（接电源正极），CuSO4溶液为电解液，D错误； 故选B。 10. 我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是 A. 在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体 B. 在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体 C. 循环I中X是二氧化碳 D. 该反应原理： NH3+CO2+H2O=HCO3-+NH4+ 【答案】D 【解析】 【详解】A. 因为氨气极易溶于水、二氧化碳能溶于水，先通氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2，产生高浓度的HCO3-才能在沉淀池中析出NaHCO3，所以向沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，故A正确； B. 在过滤后的母液中含有NH4Cl和饱和NaHCO3，加入氯化钠粉末、通入氨气，增大NH4+和Cl-的浓度，使氯化铵更多析出，故B正确； C.煅烧炉中发生的反应是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，生成的二氧化碳进入沉淀池中循环利用，即循环I中X是二氧化碳，故C正确； D. 该反应原理： NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为：NH3+CO2+H2O+Na+= NaHCO3↓+NH4+，故D错误； 故选D。 11. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。 下列说法错误的是 A. 、和均为极性分子 B. 反应涉及、键断裂和键生成 C. 催化中心的被氧化为，后又被还原为 D. 将替换为，反应可得 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确； B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－N键的生成，B正确； C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确； D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误； 故选D。 12. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 下列说法不正确的是 A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔 B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3 C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq) D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100% 【答案】B 【解析】 【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确； B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误； C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确； D. 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确； 故选B。 【点睛】 13. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是 A. 负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高 C. 电池总反应为 D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极 【答案】B 【解析】 【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。 【详解】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确； B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误； C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确； D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确； 故选B。 【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。 14. 在常温下，二元弱碱 (N2H4)在水中的电离方程式为：N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-。常温下将盐酸滴加到N2H4水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数 δ(X)随曲线-lgc(OH-)变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. M点溶液pH为3.5 B. 当 δ(N2H)=δ(N2H)时，c(N2H)=109•c(N2H4) C. P点溶液中：c(N2H)+2c(N2H)＜c(Cl-) D. N2H5Cl溶液中微粒浓度大小顺序：c(Cl-)>c(N2H)>c(OH-)>c(N2H)>c(H+)>c(N2H4) 【答案】D 【解析】 【分析】N2H4是二元弱碱，随着盐酸的加入，N2H4消耗生成N2H，N2H4物质的量分数 δ(X)减小、N2H质的量分数 δ(X)增大，恰好完全生成N2H后，继续加入盐酸消耗N2H生成N2H，N2H质的量分数 δ(X)减小，N2H物质的量分数 δ(X)增大，曲线1是N2H4，曲线2是N2H，曲线3是N2H，由题干图示信息可知，c()=c(N2H4)时，Kb1(N2H4)==c(OH-)=10-6.0，c()=c()时，Kb2(N2H4)==c(OH-)=10-15.0，据此分析解题。 【详解】A．Kb1×Kb2=×=，M点溶液，则，pOH=10.5，故pH=14-10.5=3.5，A正确； B．当 δ(N2H)=δ(N2H)时，即曲线2和曲线3的交点c(OH-)=10-15.0 ，根据Kb1(N2H4)= 10-6.0，则，即c(N2H)=109•c(N2H4)， B正确； C． P点溶液中-lgc(OH-)＞12，即pOH12，溶液呈酸性：，根据电荷守恒，则存在：，C正确； D．水解平衡生成Kh2===10-8＞Kb2(N2H4)=10-15，说明其水解程度大于电离程度，即N2H5Cl溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)， D错误； 故答案为：D。 二、非选择题。 15. 实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： （1）“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 （2）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中 B．将溶液滴加到溶液中 （3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。 （4）实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。 【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O （2）B （3） ①. 有利于提高Ce3+的萃取率 ②. 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取 ③. 、H+ （4）从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次 【解析】 【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。 【小问1详解】 根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O； 【小问2详解】 反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B； 【小问3详解】 去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率； 根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取； ③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+； 【小问4详解】 从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。 16. 硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。 （2）步骤②需要加热的目的是_______，温度保持，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。 （3）步骤③中选用的理由是_______，分批加入的理由是_______，加入足量的理由是_______，溶液要保持小于0.5的理由是_______。 （4）检验硫酸铁溶液是否还有亚铁离子的试剂是_______(填化学式)。 （5）步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （6）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的方法是_______，将样品加热到时，失掉1.5个结晶水，失重。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。 【答案】（1）碱煮水洗 （2） ①. 加快反应速率 ②. 水浴加热 ③. C （3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+的同时自身被还原为H2O，不引入新杂质 ②. 防止反应放热过多导致部分H2O2分解 ③. 将Fe2+全部氧化为Fe3+，提高产率 ④. 抑制Fe3+水解 （4） （5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 （6） ①. 在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格 ②. 【解析】 【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下可水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，然后向干净的铁屑中加入稀硫酸并水浴加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，向滤液中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。 【小问1详解】 步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗油污，即碱煮水洗。 【小问2详解】 步骤②加热的目的是加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，硫化氢在水中的溶解度不大，可以用氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置。 【小问3详解】 步骤③中选用的理由是它能将Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为H2O，不引入新杂质；H2O2受热易分解，为防止反应放热过多导致部分H2O2分解，分批加入；同时为了将Fe2+全部氧化为Fe3+，需加入足量；为抑制Fe3+水解，溶液保持小于0.5，从而提高产率。 【小问4详解】 检验亚铁离子的试剂是，能与反应生成蓝色沉淀，现象十分明显。 【小问5详解】 步骤⑤后得到硫酸铁铵晶体，则该步具体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经干燥可得到样品。 【小问6详解】 检验硫酸铁铵样品是否已经干燥合格的方法：在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格。硫酸铁铵晶体的化学式为，其相对分子质量为266+18x，失去1.5个结晶水，失重，则，解得x12，则硫酸铁铵的化学式为。 17. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的_______。 （2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 （3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 （4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：) ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 【答案】（1） （2） ①. (ⅱ) ②. 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) （3） （4） ①. ②. 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 ③. 图4 ④. ⑤. 【解析】 【小问1详解】 在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。 【小问2详解】 由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则H-H键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 【小问3详解】 已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。 【小问4详解】 ①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4。 ③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： 当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。 18. 阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。 已知：R-COOHR-COClR-CONH2 回答下列问题： （1）A的化学名称是_______。 （2）由A生成B的化学方程式为_______。 （3）反应条件D应选择_______(填标号)。 a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3 （4）F中含氧官能团的名称是_______。 （5）H生成I的反应类型为_______。 （6）化合物J的结构简式为_______。 （7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有_______种(不考虑立体异构，填标号)。 a．10 b．12 c．14 d．16 其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为_______。 【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯) （2）+Cl2+HCl （3）b （4）羧基 （5）消去反应 （6） （7） ①. d ②. 【解析】 【分析】根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到的，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原得到，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。 【小问1详解】 根据分析，有机物A的结构式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)； 【小问2详解】 根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应的化学方程式为+Cl2+HCl； 【小问3详解】 C→E是硝基被还原为氨基的过程，则： a．HNO3/H2SO4一般为硝化反应(取代反应)的条件，a不符合题意； b．Fe/HCl是硝基被还原为氨基的反应条件，b符合题意； c．NaOH/C2H5OH一般为卤代烃发生消去反应的条件，c不符合题意； d．AgNO3/NH3相当于银氨溶液，是银镜反应的条件，d不符合题意； 故选b。 【小问4详解】 有机物F中的含氧官能团为-COOH，名称为羧基； 【小问5详解】 有机物H反应生成有机物I的反应作用在有机物H的酰胺处，对比发现H→I的过程中失去1个水分子，同时形成了一个不饱和键，因此反应类型为消去反应； 【小问6详解】 根据分析可知有机物J的结构简式为； 【小问7详解】 与分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有-Cl、-NO2两种官能团，若含有3个取代基，则为，采用定二移一的方法有、、，(箭头所指甲基的位置)，除去B本身共计9种同分异构体；若含有两个取代基，可以为、，每种组合有邻、间、对三种情况，即： 、、、、、，共计6种，若只含有1个取代基，则为－CH(NO2)Cl，其结构为：，其同分异构体的个数为9+6+1=16个，故选d；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2∶2∶1∶1，说明其结构中有4种不同化学环境的H原子，且每种等效氢的个数之比为2∶2∶1∶1，该物质应为一种对称结结构，则该物质为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度彭州中学高三上10月月考化学试题 注意事项： 1.考试时间75分钟，试卷满分共100分。 2.选择题部分用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色签字笔规范书写。 3.考试结束后，只交回答题卡即可。 4.考试过程中，请遵守考试纪律。 一、单选题。 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D. 古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为18的氯原子： B. 碳的基态原子轨道表示式： C. 的空间结构：(平面三角形) D. 的形成过程： 3. 利用3-苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是 A. 上述制备过程属于氧化反应 B. 3-苯基丙酸的分子式为 C. 异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面 D. 异肉桂酸最多与发生加成反应 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 重水()中含有的质子数为 B. 的与完全反应时转移的电子数为 C. 环状( )分子中含有的键数为 D. 的溶液中离子数为 5. 硫是一种重要的非金属元素，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫及其化合物在工业生产中应用广泛，可通过黄铁矿在空气中煅烧制备，也可通过加热无水硫酸钙、焦炭及二氧化硅来制取；在催化作用下与反应生成。利用空气催化氧化法可将电石浆(主要成分为，含有)转化为石膏()，其过程如下图： 关于“将电石浆转化为石膏”的过程及有关说法错误的是 A. 沸点： B. 中含有离子键、共价键 C. 过程I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 通过上述流程将转化为，理论上共需要 6. 根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有 C 将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 7. 氟氯烃会对臭氧层产生破坏，在平流层中氟氯烃光解产生的氯自由基对催化臭氧分解的反应历程如下图所示，下列说法不正确的是 A. 反应过程II为催化剂参与的反应历程 B. 氯自由基的催化作用会增大反应的平衡常数 C. 和的总能量大于的总能量 D. 反应II中基元反应① 8. 维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 反应①是加聚反应 B. 高分子A的链节中只含有一种官能团 C. 通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度 D. 反应③的化学方程式为：+nHCHO→+(2n-1)H2O 9. 下列实验操作或装置能达到目的的是 A.钠的燃烧 B.实验室收集 C.排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡 D.铁上镀铜 A. A B. B C. C D. D 10. 我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是 A. 在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体 B. 在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体 C. 循环I中X是二氧化碳 D. 该反应原理： NH3+CO2+H2O=HCO3-+NH4+ 11. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。 下列说法错误的是 A. 、和均为极性分子 B. 反应涉及、键断裂和键生成 C. 催化中心的被氧化为，后又被还原为 D. 将替换为，反应可得 12. 我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 下列说法不正确的是 A. 以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔 B. 碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3 C. 经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡 NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl－(aq) D. 该工艺的碳原子利用率理论上为 100% 13. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是 A. 负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应 B. 正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高 C. 电池总反应为 D. 电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极 14. 在常温下，二元弱碱 (N2H4)在水中的电离方程式为：N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-。常温下将盐酸滴加到N2H4水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数 δ(X)随曲线-lgc(OH-)变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. M点溶液pH为3.5 B. 当 δ(N2H)=δ(N2H)时，c(N2H)=109•c(N2H4) C. P点溶液中：c(N2H)+2c(N2H)＜c(Cl-) D. N2H5Cl溶液中微粒浓度大小顺序：c(Cl-)>c(N2H)>c(OH-)>c(N2H)>c(H+)>c(N2H4) 二、非选择题。 15. 实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： （1）“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 （2）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中 B．将溶液滴加到溶液中 （3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。 （4）实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。 16. 硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。 （2）步骤②需要加热的目的是_______，温度保持，采用的合适加热方式是_______。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。 （3）步骤③中选用的理由是_______，分批加入的理由是_______，加入足量的理由是_______，溶液要保持小于0.5的理由是_______。 （4）检验硫酸铁溶液是否还有亚铁离子的试剂是_______(填化学式)。 （5）步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （6）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的方法是_______，将样品加热到时，失掉1.5个结晶水，失重。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。 17. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的_______。 （2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 （3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 （4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：) ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 18. 阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。 已知：R-COOHR-COClR-CONH2 回答下列问题： （1）A的化学名称是_______。 （2）由A生成B的化学方程式为_______。 （3）反应条件D应选择_______(填标号)。 a．HNO3/H2SO4 b．Fe/HCl c．NaOH/C2H5OH d．AgNO3/NH3 （4）F中含氧官能团的名称是_______。 （5）H生成I的反应类型为_______。 （6）化合物J的结构简式为_______。 （7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有_______种(不考虑立体异构，填标号)。 a．10 b．12 c．14 d．16 其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $