精品解析：四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试卷

2025-2026成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高三上期中考试 化学试题 考试时间：75分钟 试卷满分：100分 请考生注意：必须按照规定要求在答题卡作答，包括但不限于使用规定的笔等，否则自行承担成绩损失。 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列有关叙述正确的是 A. 在燃煤中添加生石灰的主要目的是有效减缓温室效应 B. 传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞。鎏金工艺利用了汞的挥发性 C. 高效手性螺环催化剂通过改变反应热增大化学反应速率 D. 喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性 【答案】B 【解析】 【详解】A．加入生石灰是为了除去大部分二氧化硫，减少二氧化硫的排放，保护环境，故A错误； B．汞的沸点低，加火除汞，利用汞的挥发性，故B正确； C．催化剂不改变反应热，故C错误； D．能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，故D错误。 故答案选B。 2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氮气化学性质通常不活泼，可用作制冷剂 B. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒 C. 常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸 D. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮气化学性质不活泼，可用作保护气，易液化的物质才可用作制冷剂，A不符合题意； B．明矾溶于水能形成胶体，可以吸附水中杂质，起到净水的作用，具有强氧化性的物质能杀菌消毒，明矾不能，B不符合题意； C．常温下浓硝酸具有强氧化性，能在铁的表面迅速形成一层致密的氧化膜，阻止浓硝酸与铁进一步反应，这种现象称为钝化，因此可用铁质容器贮运浓硝酸，C符合题意； D．SiO2能传导光信号，因此可用于制造光导纤维，与它的硬度无关，D不符合题意； 故选C。 3. 下列化学用语正确的是 A. 氯离子的结构示意图： B. 水的电子式： C. 基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1 D. 基态氮原子的轨道表示式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯离子的结构示意图：，A错误； B．水的电子式：，B错误； C．基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，C正确； D．基态氮原子的轨道表示式：，D错误； 故选C。 4. 金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下： 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子含21个碳原子 C. 能与乙酸发生酯化反应 D. 不能与金属钠反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确； B．根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故B正确； C．该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确； D．该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误； 故答案为D。 5. 根据下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生 非金属性：Cl＞Si C 将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应，前者生成气体，后者二氧化硅溶解 二氧化硅为两性氧化物 D 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，发生反应Na2SiO3+CO2+2H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，反应原理为强酸制弱酸，则H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，A正确； B．将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，则酸性HCl＞H2SiO3，HCl为无氧酸，无氧酸的酸性与非金属性不成正比关系，则不能得出结论：非金属性Cl＞Si，B不正确； C．将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应，前者发生反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，没有盐生成，SiO2不表现出碱性，后者二氧化硅溶解表现出酸性，所以不能说明二氧化硅为两性氧化物，C不正确； D．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，此沉淀可能为BaSO3，可能为BaSO4，则气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性(NH3)，D不正确； 故选A。 6. 下列说法中正确的是(　　) A. 标准状况下， 9g H2O的体积约为11.2L B. 0.5 mol O3与11.2 L O3所含的分子数一定相等 C. 标准状况下22.4L氩气含有的原子数为NA D. 常温常压下，22.4 L的SO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子 【答案】C 【解析】 【详解】A. 标准状况下H2O为液体，只有质量无密度，无法计算体积，故A错误； B. 11.2 L O3没有给出状态条件，无法计算其物质的量，故B错误； C. 标准状况下22.4L氩气为1 mol，稀有气体为单原子分子，含有的原子数为NA，故C正确； D. 22.4 L的SO2和CO2混合气体不在标况下，物质的量不是1mol，故D错误； 答案选C。 7. 将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是 A. 生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O B. 漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O C. 漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+ D. 漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO 【答案】C 【解析】 【详解】A．将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，其化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故A正确； B．漂白粉溶液与盐酸混合，氯离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反应生成氯气和H2O，其离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确； C．漂白粉溶液中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆开，其反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故C错误； D．漂白粉溶液加入适量醋酸，会发生Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO，在短时间内HClO的浓度增大，能提高其漂白效率，故D正确； 答案为C。 8. 元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大，Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。 YQ2X2YYW4Y 下列说法不正确的是 A. 简单离子半径：Z＞Q＞X B. 元素的电负性：Q＞Z＞W C. 酸性：W2YQ3＞WZQ4 D. 简单氢化物稳定性：Q＞Z＞Y 【答案】C 【解析】 【分析】Z的价电子所在能层有9个轨道，说明Z有三个能层。根据“灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间”可判断Y是硅元素，硅元素的常见化合价为+4价，则“”中的Q元素显-2价，结合Q的原子序数小于硅可判断Q是氧元素；硅元素还可以显-4价，则“”中X元素显+2价，结合X的原子序数介于氧和硅之间可判断X是镁元素；由“通常状态下呈气态”和W的原子序数小于氧，判断W是氢元素；结合“WZ溶液”和Z的原子序数大于硅判断Z是氯元素； 【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，序大径小，则离子半径：，故A正确； B．根据分析可知Q为氧元素，Z为氯元素，W为氢元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>Cl>H，故B正确； C．同周期从左至右元素非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，故C不正确； D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物的稳定性：O＞Cl＞Si，故D正确； 答案选C。 9. 单体M通过不同的聚合方式可生成聚合物A和聚合物B，转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 聚合物A的重复结构单元中含有的官能团和单体M中的不同 B. 单体M生成聚合物B的反应为加聚反应 C. 在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B的溶解程度比在水中的均提高 D. 聚合物B解聚生成单体M，存在断开C—C键，形成C—C键的过程 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据聚合物A和单体M的结构可知，聚合物A的重复结构单元中含有官能团：酯基和碳碳双键；单体M中含有官能团：碳碳双键，酯基，官能团相同，说法错误，A符合题意； B．对比单体M和聚合物B可知，单体M断开碳碳双键中的键，生成聚合物B中的碳碳单键键，该反应为加聚反应，说法正确，B不符题意； C．在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B中酯基水解，溶解度增大，说法正确，C不符题意； D．结合选项C，聚合物B解聚生成单体M，存在断开C—C键，形成C—C键的过程，说法正确，D不符题意； 答案选A。 10. 某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象： ①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色； ②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深； ③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色； ④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。 下列说法正确的是 A. 开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化 B. 锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2 C. 红棕色逐渐变浅的主要原因是 D. 铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全 【答案】C 【解析】 【详解】A．金属铜与稀硝酸不会产生钝化。开始反应速率较慢，可能的原因是反应温度较低，故A项说法错误； B．由于装置内有空气，铜和稀HNO3反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO2，产生的NO2浓度逐渐增加，气体颜色逐渐变深，故B项说法错误； C．装置内氧气逐渐被消耗，生成的NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与溶液中的H2O反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体颜色变浅，故C项说法正确； D．由于该装置为密闭体系，生成的NO无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜丝与液面脱离接触，反应停止，故D项说法错误； 答案选C。 11. 下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是 A. 中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定 B. 该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·mol-1 C. 生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成 D. 总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确； B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误； C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确； D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1，D正确； 故答案选B。 12. 萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 氟化钙的化学式为CaF B. 每个晶胞中含有14个 C. 氟化钙中只含有离子键 D. 每个周围距离最近且等距的有4个 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，位于晶胞的顶点和面心，数目为，位于晶胞体内，数目为8。 【详解】A．根据上述分析可知，数目为4，数目为8，则氟化钙的化学式为2，故A错误； B．每个晶胞中含有4个，故B错误； C．氟化钙是由钙离子和氟离子构成的化合物，只含有离子键，故C正确； D．以面心处为研究对象，每个周围距离最近且相等的有8个，故D错误； 故选C。 13. 我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是 A. 从母液中经过循环I进入沉淀池的主要是和氨水 B. 固体从母液中析出时需控制温度在 C. 循环I、Ⅱ目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 D. 沉淀池中反应的化学方程式： 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，合成氨提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入细盐可分离得到氯化铵。 【详解】A．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，A正确； B．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，B正确； C．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，C正确； D．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3，D错误； 故选D。 14. 某低成本储能电池原理如图所示，下列说法正确的是 A. 充电时，右侧溶液的增大 B. 充电时，总反应为 C. 放电时，电子由铅电极经质子交换膜移向多孔碳电极 D. 放电时，电路中每转移电子，左侧溶液质量减少 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，放电时，Pb为负极，电极反应式为Pb-2e-+SO=PbSO4，多孔碳为正极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，充电时，Pb电极为阴极，电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+ SO，多孔碳为阳极，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，据此作答。 【详解】A．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，溶液中的氢离子通过质子交换膜由阳极区移向阴极区，溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，故A正确； B．由分析可知，充电时，电解的总反应为，故B错误； C．放电时，电子由铅电极经导线移向多孔碳电极，质子交换膜不能传递电子，故C错误； D．由分析可知，放电时，左侧电极为储能电池的负极，硫酸根离子作用下，铅在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb—2e—+ SO=PbSO4，电路中每转移1mol电子时，放电生成0.5mol硫酸铅，同时有1mol氢离子通过质子交换膜由负极区移向正极区，则左侧溶液减少质量为0.5mol×96g/mol+1 mol×1g/mol=49g，故D错误； 故选A。 15. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线①代表的沉淀溶解曲线 B. 该温度下的值为 C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 时两溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。 【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误； B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确； C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误； D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误； 答案选B。 二、非选择题：本大题共4小题，共55分。 16. 以一种废旧锂离子电池主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1： 图1 已知：ⅰ．的溶解度随温度升高而减小。 ⅱ．“碱浸”后的滤渣中主要含有、、和。 ⅲ．25℃时，，。 回答下列问题： （1）草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 ___________，“灼烧”的目的是 ___________。 （2）“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 ___________填化学式。 （3）“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 ___________。 （4）“沉钴”起始时溶液中的、、浓度均为，欲使完全沉淀，而、不沉淀，需调节的范围为 ___________不考虑溶液体积的变化：；当溶液中剩余某金属离子的浓度时，可认为该金属离于已沉淀完全。 （5）“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 ___________。 （6）“沉镍”过程中加入溶液不能过量，原因是 ___________。 （7）某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图所示，则该镍氧化物属于 ___________(填“晶体”或“非晶体”)。 （8）镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图的 ___________填标号。 【答案】（1） ① sp2 ②. 除去炭黑和有机粘合剂 （2）Al2O3 （3） （4）12～13 （5） （6）防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离 （7）晶体 （8）A 【解析】 【分析】废旧锂离子电池经粉碎、灼烧除去炭黑和有机粘合剂，同时将铝转化为氧化铝，向灼烧渣中加入NaOH溶液碱浸，Al2O3转化为NaAl(OH)4；碱浸后过滤，向滤渣（主要含有、、和）中加入双氧水和硫酸的混合液，将Co2O3转化为CoSO4，、和转化为MnSO4、NiSO4、Li2SO4，向反应后的溶液中加入氨水和(NH4)2C2O4混合溶液，将溶液中的Co2+转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入溶液，将溶液中的Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤得到MnO2和滤液；向滤液中加入Na2CO3和NaOH混合溶液，将溶液中的Ni2+转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入Na2CO3溶液，将溶液中的Li+转化为Li2CO3沉淀，过滤得到Li2CO3。 【小问1详解】 根据草酸根离子的结构简式可以看出，每个碳原子连有碳氧双键，则它源自的轨道杂化类型为杂化；由分析可知，灼烧的目的是除去炭黑和有机粘合剂。 【小问2详解】 由分析可知，加入NaOH溶液碱浸的目的是将Al2O3转化为NaAl(OH)4，反应的化学方程式为：，故与NaOH溶液发生反应的是。 【小问3详解】 由分析可知，酸浸步骤加入双氧水和硫酸的混合液的目的是将Co2O3转化为CoSO4，反应的离子方程式：。 【小问4详解】 由溶度积可知，溶液中Co2+完全沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度大于，此时，=13，草酸锰的溶度积小于草酸镍，则溶液中Mn2+、Ni2+不沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度小于，，此时，=12，所以溶液中的范围为。 小问5详解】 由题意可知，溶液变为紫红色发生的反应为溶液中的Mn2+与反应生成、和H+，反应的离子反应方程式为：。 【小问6详解】 因Li+与结合生成Li2CO3沉淀，所以加入Na2CO3不能过量的原因是防止Li+沉淀，影响Ni2+和Li+的分离。 【小问7详解】 射线衍射图谱有明锐衍射峰或分立斑点图谱为晶体，图中有衍射峰，故氧化镍为晶体。 【小问8详解】 白球形成面心立方结构，则结构为，黑球位于白球构成的八面体空隙，结构为；故选A。 17. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： Ⅰ．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)： （1）盛装稀硫酸的仪器名称为 ___________。 （2）装置c的作用为 ___________。 （3）实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为 ___________。 Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究： （4）装置C和D可以合并为一个盛有 ___________的球形干燥管。 （5）装置C的作用为 ___________。 （6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 ___________。 （7）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 ___________。 Ⅲ．运用热重分析法推测产物 称取3.60g草酸亚铁晶体加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示： （8）当剩余固体质量为1.60g时，剩余固体物质的化学式为 ___________。 【答案】（1）分液漏斗 （2）隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化 （3）打开K2，关闭K3 （4）碱石灰 （5）吸收二氧化碳 （6）缺少处理CO尾气装置 （7）FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑ （8）Fe2O3 【解析】 【分析】Ⅰ．装置a中首先发生铁与稀硫酸反应，利用生成的氢气将装置内的空气排尽，然后打开K2，关闭K3，装置a内，气压增大，将生成的硫酸亚铁压入到装置b中，与草酸铵反应，生成FeC2O4，进一步得到FeC2O4•2H2O晶体， Ⅱ．首先向装置内通入氮气，将空气排尽，然后加热FeC2O4•2H2O，发生反应：FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑，装置a检验生成的水，装置B检验生成的CO2，装置C除去CO2，装置D对盛余气体进行干燥，装置E内发生CO还原氧化铜，生成Cu和CO2，CO2使石灰水变浑浊， Ⅲ．3.6g草酸亚铁的物质的量为0.02mol，n(Fe)=0.02mol，m(Fe)=1.12g,当剩余固体质量为1.60g时，m(O)=1.6g-1.12g=0.48g，n(O)=0.03mol，据此分析剩余固体物质的化学式，据此分析作答；。 【小问1详解】 由图可知，盛装稀硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗； 【小问2详解】 装置c的作用为隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化，故答案为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化； 【小问3详解】 实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为打开K2，关闭K3，利用生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入到装置b中，与草酸铵反应，故答案为：打开K2，关闭K3； 【小问4详解】 根据分析可知，装置C和D可以合并为一个盛有碱石灰的球形干燥管，故答案为：碱石灰； 【小问5详解】 装置C的作用为吸收二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳； 【小问6详解】 从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置； 【小问7详解】 实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑； 【小问8详解】 FeC2O4•2H2O，M=180g/mol，3.6g草酸亚铁的物质的量为=0.02mol，n(Fe)=0.02mol，m(Fe)=1.12g，当剩余固体质量为1.60g时，m(O)=1.6g-1.12g=0.48g，n(O)=＝0.03mol，则剩余固体物质的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3。 18. CO2的回收和利用是实现“碳达标”重要途径之一。已知：二氧化碳催化加氢合成乙烷的反应如下： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： （1）上述反应中，只含极性键的非极性分子为___________填化学式。 （2）已知：乙烷、氢气的燃烧热分别为、液态水变为1mol水蒸气吸收的热量为。=________kJ/mol。 （3）在刚性密闭容器中充入1 molCO2和7molH2发生上述反应，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂、温度关系如图1所示。 催化效能最高的是___________填“”“”或“变化的可能原因是___________。 （4）在密闭反应器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，测得CO2转化率和C2H6选择性与温度的关系如图2所示。 温度高于500℃时乙烷的选择性降低，而二氧化碳的转化率仍然增大，其主要原因可能是___________。 （5）在一定温度下，向刚性密闭容器中充入1 molCO2和3.5molH2，初始时压强为发生上述反应，达到平衡时CO2转化率为的选择性为40%。平衡时H2分压为___________kPa．则该温度下，反应ⅱ的平衡常数K为___________。 已知：用组分分压替代浓度计算的平衡常数Kp，分压等于总压物质的量分数。 选择性= （6）Ce4+掺CuO介孔纳米片高选择性地将CO2电还原为C2H6。 ①基态Cu原子电子排布式为___________。 ②在酸性介质中电解制中，Ce-CuO纳米片极反应式为___________。 【答案】（1）CO2 （2）-264.8 （3） ①. Cat1 ②. 温度高于活性降低 （4）反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应逆向移动的程度 （5） ①. 60 ②. 0.09 （6） ①. 或 ②. 【解析】 【小问1详解】 上述反应中，只含极性键的非极性分子为，故答案为：； 【小问2详解】 有关热化学方程式如下： 根据盖斯定律得该反应，，故答案为：-264.8； 【小问3详解】 单位时间内二氧化碳转化率相当于反应速率，温度相同时转化率最高，则催化效能最高，催化效能最高的是变化的可能原因温度高于活性降低，导致二氧化碳转化率快速降低， 故答案为：；温度高于活性降低； 【小问4详解】 转化率、选择性变化趋势，可以从平衡移动角度解释，温度高于时乙烷的选择性降低，而二氧化碳的转化率仍然增大，其主要原因可能是反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应，故二氧化碳转化率仍然增大，而乙烷的选择性降低，故答案为：反应是放热反应，反应是吸热反应，当温度大于，反应和达到平衡，升高温度，反应逆向移动，反应正向移动，且反应正向移动程度大于反应逆向移动的程度； 【小问5详解】 设反应平衡时，生成乙烷，反应平衡时，生成； ， 依题意，，解得：。反应前，总压强为，总物质的量为；平衡时，总物质的量为。在同温同容条件下，气体压强之比等于物质的量之比。平衡时压强为，解得：，；反应是等气体分子数反应可以“物质的量”替代分压计算平衡常数：， 故答案为：；（0.09或）； 【小问6详解】 ①Cu为29号元素，基态电子排布遵循“洪特规则特例（全满/半满稳定）”，其电子排布式为：（或写为） ②酸性介质中Ce-CuO纳米片的电极反应式该过程是还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得Ce-CuO纳米片极反应式为：。 19. 聚乙烯二氧噻吩是制备有机太阳能电池、柔性穿戴设备的重要材料，其合成路线如图： 已知：R1-ClR1-O-R2R1-O-CH3. 回答下列问题： （1）A的化学名称为 ___________。 （2）B→C的反应类型为 ___________。 （3）E→F反应的化学方程式为 ___________。 （4）F中的含氧官能团的名称为 ___________。 （5）满足下列条件的G的同分异构体有 ___________种；写出其中一种的结构简式：___________。 ①含有结构(不含其他环状结构和碳碳三键)。 ②仅含有两种含氧官能团(不含—O—O—和=C=O)。 ③核磁共振氢谱有4组峰。 （6）乙烯二氧噻吩(EDOT) 还可以通过下列路线来合成，结合已知信息，I、J的结构简式分别为 ___________、___________。 【答案】（1）氯乙酸 （2）酯化反应或取代反应 （3）+BrCH2CH2Br+2HBr （4）酯基、醚键 （5） ①. 4 ②. 、、、（任写一种） （6） ①. HOCH2CH2OH ②. 【解析】 【分析】A（）与Na2S、Na2CO3发生取代反应再酸化生成B，根据C的分子式，再结合反应条件可知B与甲醇发生酯化反应生成C（CH3OOCCH2SCH2COOCH3），C在一定条件下发生成环反应生成D，D与HCl反应生成E（），E与1，2-二溴乙烷发生取代反应生成F，F在碱性条件下水解，再酸化生成G（），G脱去羧基生成EDOT，EDOT在甲酸作用下生成高聚物PEDOT；据此作答。 【小问1详解】 A（）中的官能团为羧基和碳氯键，羧基优于碳氯键，以羧基为母体，其化学名称为氯乙酸； 【小问2详解】 依据分析，B→C的反应类型为：酯化反应或取代反应； 【小问3详解】 E与1，2-二溴乙烷发生取代反应生成F，化学方程式为：+BrCH2CH2Br+2HBr； 【小问4详解】 由F的结构简式知，F中的含氧官能团为：酯基、醚键； 【小问5详解】 G（），其同分异构体满足下列条件： 含有结构不含其他环状结构和碳碳三键； ②仅含有两种含氧官能团(不含—O—O—和=C=O)；G的不饱和度是，的不饱和度是，则根据不饱和度知还含有两个双键；根据碳原子个数及氧原子个数知含有个羧基和个酚羟基或个酯基和个酚羟基； 核磁共振氢谱有组峰；即结构对称，则符合条件的结构简式为：、、、，共种； 【小问6详解】 乙烯和Br2发生加成反应生成H（1，2-二溴乙烷），H发生水解反应生成I（HOCH2CH2OH）；结合已知，根据的分子式及反应后产物的结构简式知为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高三上期中考试 化学试题 考试时间：75分钟 试卷满分：100分 请考生注意：必须按照规定要求在答题卡作答，包括但不限于使用规定的笔等，否则自行承担成绩损失。 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列有关叙述正确的是 A. 在燃煤中添加生石灰的主要目的是有效减缓温室效应 B. 传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞。鎏金工艺利用了汞的挥发性 C. 高效手性螺环催化剂通过改变反应热增大化学反应速率 D. 喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性 2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氮气化学性质通常不活泼，可用作制冷剂 B. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒 C. 常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸 D. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 3. 下列化学用语正确的是 A. 氯离子的结构示意图： B. 水的电子式： C. 基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1 D. 基态氮原子的轨道表示式： 4. 金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下： 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子含21个碳原子 C. 能与乙酸发生酯化反应 D. 不能与金属钠反应 5. 根据下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生 非金属性：Cl＞Si C 将二氧化硅分别与氢氟酸溶液和氢氧化钠溶液反应，前者生成气体，后者二氧化硅溶解 二氧化硅为两性氧化物 D 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 A. A B. B C. C D. D 6. 下列说法中正确的是(　　) A. 标准状况下， 9g H2O的体积约为11.2L B. 0.5 mol O3与11.2 L O3所含的分子数一定相等 C. 标准状况下22.4L氩气含有的原子数为NA D. 常温常压下，22.4 L的SO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子 7. 将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列解释事实的方程式中，不正确的是 A. 生成Ca(ClO)2：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O B. 漂白粉溶液与盐酸混合产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O C 漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+ D. 漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2H2O、Ca(ClO)2+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+2HClO 8. 元素W、Q、X、Y、Z位于不同主族且原子序数依次增大，Z的价电子所在能层有9个轨道。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。 YQ2X2YYW4Y 下列说法不正确的是 A. 简单离子半径：Z＞Q＞X B. 元素的电负性：Q＞Z＞W C. 酸性：W2YQ3＞WZQ4 D. 简单氢化物的稳定性：Q＞Z＞Y 9. 单体M通过不同聚合方式可生成聚合物A和聚合物B，转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 聚合物A的重复结构单元中含有的官能团和单体M中的不同 B. 单体M生成聚合物B的反应为加聚反应 C. 在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B的溶解程度比在水中的均提高 D. 聚合物B解聚生成单体M，存在断开C—C键，形成C—C键的过程 10. 某学生按图示方法进行实验，观察到以下实验现象： ①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色； ②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深； ③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色； ④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。 下列说法正确的是 A. 开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化 B. 锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2 C. 红棕色逐渐变浅的主要原因是 D. 铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全 11. 下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是 A. 中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定 B. 该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·mol-1 C. 生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成 D. 总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1 12. 萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 氟化钙的化学式为CaF B. 每个晶胞中含有14个 C. 氟化钙中只含有离子键 D. 每个周围距离最近且等距的有4个 13. 我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是 A. 从母液中经过循环I进入沉淀池的主要是和氨水 B. 固体从母液中析出时需控制温度在 C. 循环I、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 D. 沉淀池中反应的化学方程式： 14. 某低成本储能电池原理如图所示，下列说法正确的是 A. 充电时，右侧溶液的增大 B. 充电时，总反应为 C. 放电时，电子由铅电极经质子交换膜移向多孔碳电极 D. 放电时，电路中每转移电子，左侧溶液质量减少 15. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线①代表的沉淀溶解曲线 B. 该温度下的值为 C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 时两溶液中 二、非选择题：本大题共4小题，共55分。 16. 以一种废旧锂离子电池主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1： 图1 已知：ⅰ．的溶解度随温度升高而减小。 ⅱ．“碱浸”后的滤渣中主要含有、、和。 ⅲ．25℃时，，。 回答下列问题： （1）草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 ___________，“灼烧”的目的是 ___________。 （2）“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 ___________填化学式。 （3）“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 ___________。 （4）“沉钴”起始时溶液中的、、浓度均为，欲使完全沉淀，而、不沉淀，需调节的范围为 ___________不考虑溶液体积的变化：；当溶液中剩余某金属离子的浓度时，可认为该金属离于已沉淀完全。 （5）“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 ___________。 （6）“沉镍”过程中加入溶液不能过量，原因是 ___________。 （7）某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图所示，则该镍氧化物属于 ___________(填“晶体”或“非晶体”)。 （8）镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图的 ___________填标号。 17. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： Ⅰ．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)： （1）盛装稀硫酸的仪器名称为 ___________。 （2）装置c的作用为 ___________。 （3）实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为 ___________。 Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究： （4）装置C和D可以合并为一个盛有 ___________的球形干燥管。 （5）装置C的作用为 ___________。 （6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 ___________。 （7）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 ___________。 Ⅲ．运用热重分析法推测产物 称取3.60g草酸亚铁晶体加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示： （8）当剩余固体质量为1.60g时，剩余固体物质的化学式为 ___________。 18. CO2的回收和利用是实现“碳达标”重要途径之一。已知：二氧化碳催化加氢合成乙烷的反应如下： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： （1）上述反应中，只含极性键的非极性分子为___________填化学式。 （2）已知：乙烷、氢气的燃烧热分别为、液态水变为1mol水蒸气吸收的热量为。=________kJ/mol。 （3）在刚性密闭容器中充入1 molCO2和7molH2发生上述反应，测得单位时间内CO2的转化率与催化剂、温度关系如图1所示。 催化效能最高的是___________填“”“”或“变化的可能原因是___________。 （4）在密闭反应器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，测得CO2转化率和C2H6选择性与温度的关系如图2所示。 温度高于500℃时乙烷选择性降低，而二氧化碳的转化率仍然增大，其主要原因可能是___________。 （5）在一定温度下，向刚性密闭容器中充入1 molCO2和3.5molH2，初始时压强为发生上述反应，达到平衡时CO2转化率为的选择性为40%。平衡时H2分压为___________kPa．则该温度下，反应ⅱ的平衡常数K为___________。 已知：用组分分压替代浓度计算的平衡常数Kp，分压等于总压物质的量分数。 选择性= （6）Ce4+掺CuO介孔纳米片高选择性地将CO2电还原为C2H6。 ①基态Cu原子电子排布式为___________。 ②在酸性介质中电解制中，Ce-CuO纳米片极反应式为___________。 19. 聚乙烯二氧噻吩是制备有机太阳能电池、柔性穿戴设备的重要材料，其合成路线如图： 已知：R1-ClR1-O-R2R1-O-CH3. 回答下列问题： （1）A的化学名称为 ___________。 （2）B→C的反应类型为 ___________。 （3）E→F反应的化学方程式为 ___________。 （4）F中的含氧官能团的名称为 ___________。 （5）满足下列条件的G的同分异构体有 ___________种；写出其中一种的结构简式：___________。 ①含有结构(不含其他环状结构和碳碳三键) ②仅含有两种含氧官能团(不含—O—O—和=C=O)。 ③核磁共振氢谱有4组峰。 （6）乙烯二氧噻吩(EDOT) 还可以通过下列路线来合成，结合已知信息，I、J的结构简式分别为 ___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $