精品解析：北京市第一六一中学2025-2026学年高三上学期期中考试 化学试题

北京一六一中学2025-2026学年度第一学期期中阶段测试 高三化学试卷 考生须知 1.本试卷共6页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Cu：64 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。 1. 在嫦娥五号带回的月壤样本中，研究人员发现一种富含水分子和铵根的矿物晶体。下列关于该晶体的说法不正确的是 A. 受热时能逸出水蒸气 B. 溶于水后溶液呈中性 C. 水分子的空间结构呈V形 D. 所含金属元素中，金属性最强的是 【答案】B 【解析】 【详解】A．含结晶水，加热时能逸出水蒸气，A正确； B．中含有铵根和镁离子，在溶液中水解，水解后溶液均显酸性，B错误； C．水分子中心原子价层电子对数为2+=4，含有2对孤对电子，空间结构呈V形，C正确； D．同周期从左至右，元素的金属性减弱，同主族由上到下，元素的金属性增强，故Cs的金属性最强，D正确； 故选B。 2. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液增大的是 A. 向酸性溶液中加入溶液，紫色褪去 B. 向溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀 C. 向饱和水中通入，溶液褪色 D. 向溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀 【答案】A 【解析】 【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程式：，消耗了氢离子，pH增大，故A符合题意； B．向NaHSO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意； C．向饱和水中通入，溶液褪色，发生反应++2H2O=2HBr+H2SO4，pH减小，故C不符合题意； D．向AlCl3溶液中先通入过量氨水，产生氢氧化铝白色沉淀，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意； 答案选A。 3. 医院里用HgCl2的稀溶液作手术刀的消毒剂。HgCl2俗称“升汞”，其熔点低、易升华，熔融时不导电。HgCl2可溶于水，其水溶液的导电性远小于同物质的量浓度的CuCl2溶液。下列关于HgCl2的描述不合理的是 A. 是共价化合物 B. 是共价晶体 C. 是一种弱电解质 D. 可以使蛋白质变性 【答案】B 【解析】 【详解】A．HgCl2熔融不导电，说明其为共价化合物，A正确； B．HgCl2熔点低、易升华，属于分子晶体，B错误； C．HgCl2水溶液导电性远弱于同浓度的CuCl2，说明HgCl2在水中部分电离，属于弱电解质，C正确； D．HgCl2可以使蛋白质变性，常作为消毒剂，D正确； 故选B。 4. 下列各组物质之间的转化不能全部通过一步反应完成的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化镁溶液能与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氢氧化镁能与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，则物质之间的转化能全部通过一步反应完成，A不符合题意； B．钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，足量的氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则物质之间的转化能全部通过一步反应完成，B不符合题意； C．铁高温条件下铁能与水反应生成四氧化三铁和氢气，不能生成氧化铁，则物质之间的转化不能全部通过一步反应完成，C符合题意； D．常温下钠能与氧气反应生成氧化钠，氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则物质之间的转化能全部通过一步反应完成，D不符合题意； 故选C。 5. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据VIIA相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 B. 依据一元弱酸的电离常数的大小，比较同温同浓度其钠盐溶液的碱性强弱 C. 依据金属逐级电离能数据，可推断金属元素的主要化合价 D. 依据气体的摩尔质量，可以推断相同状况下不同气体密度的大小 【答案】A 【解析】 【详解】A．ⅦA族元素(卤素)与H2的反应为，平衡常数(K)表示反应达到平衡时产物与反应物的比例，反映反应的热力学自发性(K大，反应倾向大)；但“反应的剧烈程度”涉及动力学概念(如反应速率)，与活化能、碰撞频率、卤素单质的非金属性等相关，并非直接由平衡常数决定，故该推断不成立，A错误； B．一元弱酸的电离常数(Ka)表示其酸性强弱：Ka越大，酸性越强。其钠盐(如NaA)溶液的碱性源于阴离子A⁻的水解(。根据水解规律：Ka越小(酸越弱)，其共轭碱A⁻的水解能力越强，钠盐溶液的碱性越强。因此，依据Ka大小可比较同温同浓度钠盐溶液的碱性强弱，B正确； C．金属元素的逐级电离能(如第一、第二电离能)反映逐级失去电子的难易程度，若电离能突增(如第二电离能远大于第一电离能)，表明失去更多电子困难，从而推断主要化合价，例如：Na(第一电离能远小于第二电离能高→ 主要+1价)；Mg(第一、第二电离能相近，第三电离能远大于第二电离能 → 主要+2价)，该方法常用于化合价推断，C正确； D．气体密度(ρ)公式为ρ= ，其中M为摩尔质量，为摩尔体积，相同状况(同温同压)下，所有气体的相同(阿伏加德罗定律)，因此ρ与M成正比，摩尔质量越大，密度越大(如O2密度大于N2)，故依据摩尔质量可推断相同状况下气体密度大小，D正确； 故选A。 6. 实验：把0.5g硫粉与1.0g铁粉混合均匀，放在陶土网上堆成条状。用灼然的玻璃棒触及混合粉末的一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒，红热继续曼延至条状混合物的另一端至反应结束，冷却后得到黑色固体。实验过程中能闻到刺激性气味。下列分析不正确的是 A. 由“红热继续曼延”，推断实验过程中发生了放热反应 B. “实验过程中能闻到刺激性气味”，推断S与反应生成了 C. “黑色固体”溶于盐酸时产生臭鸡蛋气味气体，推断与S发生了反应 D. “黑色固体”溶于盐酸后溶液呈浅绿色，推断与S生成了铁的化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．红热蔓延说明反应放热，铁与硫的反应是放热反应，一旦引发，放出的热量足以维持反应持续进行，A正确； B．实验过程产生了刺激性气味，推测是SO2，原因是S与O2反应生成了SO2，B正确； C．黑色固体溶于盐酸产生H2S(臭鸡蛋气味)，证明Fe与S发生了反应生成了FeS，FeS与盐酸反应为，现象与结论一致，C正确； D．铁粉过量，即使生成了+3价铁的化合物溶解后也会因为发生使得“黑色固体”溶于盐酸后溶液呈浅绿色，D错误； 故选D。 7. 下列实验方案能达到实验目的的是 目的 A．制备并收集乙酸乙酯 B．制备氢氧化铁胶体 实验方案 目的 C．证明的溶解度小于 D．探究化学反应速率的影响因素 实验方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备乙酸乙酯的过程中需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，图中缺少了浓硫酸，A错误； B．制备氢氧化铁胶体的过程是将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，B正确； C．在探究溶解度较大的转化成溶解度更小的实验中，必须少量，才能确保是沉淀转化为，而不是因为过量生成的，C错误； D．用控制变量法探究化学反应速率的影响因素时，只能设置一个变量，而实验中有盐酸浓度和金属种类两个变量，D错误； 故答案选B。 8. 与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是 A. 腈和异腈互为同分异构体 B. 与生成腈和异腈的反应都是放热反应 C. I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱 D. 从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I 【答案】D 【解析】 【详解】A．腈和异腈化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确； B．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故与生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确； C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C正确； D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物I，D错误； 故选D。 9. 下列各组中陈述I、II均正确并且有因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 有漂白性 能使溴水褪色 B 铁比铜活泼 铜质容器可以盛放浓硝酸 C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿 D 铜表面易形成致密的氧化膜 铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO2使溴水褪色体现SO2的还原性，故不选A； B．铜与浓硝酸常温下反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，不能用铜质容器盛放浓硝酸，故不选B； C．铜绿是碱式碳酸铜，碱式碳酸铜与稀盐酸反应生成可溶物，故选C； D．铜表面不易形成致密氧化膜；铁钉在铜板上因形成原电池更易生锈，故不选D； 选C。 10. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应②是缩聚反应 B. Y中存在手性碳原子 C. 高分子P中存在“” D. 高分子P完全水解可以得到Y 【答案】D 【解析】 【详解】A．由Y在催化剂作用下发生反应(②)生成高分子P，是和上的氢原子发生脱水缩聚，可判定这是通过分子间缩合形成的缩聚反应，A正确； B．Y中存在手性碳原子，位置如图：，B正确； C．Y的结构式中参与反应的和上的氢原子发生脱水缩聚，出现脲键，C正确； D．根据题意，高分子P可降解，产物对环境友好，水解过程中脲键会被破坏，最终并不会得到Y，D错误； 故选D。 11. 常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是 A. 实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变 B. 实验Ⅱ中加入浓氨水后， C. 实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解 D. 以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO3饱和溶液，故pH不变，故A正确； B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO3和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+) + c(H+) + c() = 2c() + c() + c(OH−)，故B正确； C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C不正确； D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明NaHCO3溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，故D正确； 故选C。 12. 用镁固定氮得到的氮化镁与氯化铵反应合成。如下方法证实了是通过转变为的：按将两种物质充分混合、加热，测量下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 固氮反应为 C. 所测，说明和按化学计量比转化 D. 过量的能使转化更充分，增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的相对分子质量不同，可用质谱法区分，故A正确； B．用镁固定氮发生的反应为镁与高温条件下反应生成，反应的化学方程式为，故B正确； C．按将两种物质充分混合、加热，所测，说明和发生的反应为+6+3MgCl2，故C正确； D．由题意可知，和发生的反应为+6+3MgCl2，过量的能使转化更充分，但不能改变的比值大小，故D错误； 故选 D。 13. 对下列事实进行归纳推测，合理的是 事实 推测 A 铁钉放入稀硫酸中产生气泡 铁钉放入浓硫酸中产生大量气泡 B 与稀盐酸反应吸热 与稀醋酸反应也吸热 C 和Cu反应生成 S和Cu反应生成CuS D 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁钉在稀硫酸中反应生成Fe2+和H2，而浓硫酸在常温下使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应，故A错误； B．NaHCO3与稀盐酸反应吸热，因反应焓变为正，与稀醋酸反应焓变也为正，故B正确； C．Cl2氧化性强，与Cu生成CuCl2；S氧化性较弱，与Cu生成Cu2S，故C错误； D．反应中H2CO3酸性强于HClO，的酸性弱于HClO，故D错误； 选B。 14. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。 ② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸 ③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液 ④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中。下列说法不正确的是 A. 实验①中发生了反应 B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强 C. 对比实验③④可得出，还原性： D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色 【答案】B 【解析】 【分析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的，据此作答。 【详解】A．根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确； B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误； C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，故C正确； D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确； 故答案选B。 二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 向CoCl2溶液中滴加过量的氨水得到含有[Co(NH3)6]Cl2的溶液。 （1）基态Co2+的核外电子有_______种空间运动状态。 （2）基态Cl-占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。 （3）O、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。 （4）下列状态氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 a． b． c． （5）[Co(NH3)6]Cl2的晶胞结构示意图如下。 ①在下图虚线框内画出[Co(NH3)6]2+中一个NH3的结构式_______。 ②比较H—N—H键角NH3_______[Co(NH3)6]2+(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。 ③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度为_______g/cm3。 【答案】（1）14 （2）哑铃形 （3）0>N>H （4）c （5） ①. ②. < ③. 氮原于均为sp3杂化，NH3分子中的N原子有孤电子对，[Co(NH3)6]2+中的N原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力 ④. 【解析】 【小问1详解】 Co 是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则基态Co2+的核外电子排布式为，核外电子有14种空间运动状态； 【小问2详解】 氯离子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形； 【小问3详解】 同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：O>N>H； 【小问4详解】 2s22p2属于基态的N+，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N+，其失去一个电子所需能量低于基态N+；2s22p23s1属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s22p23s1，故选c。 【小问5详解】 ①中心N原子孤电子对数=，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，且N原子形成了1个配位键，则答案为：； ②由①分析知，由于NH3中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于109°28′，约为107°，[Co(NH3)6]2+形成配位键，氨分子中不再有孤电子对，H—N—H键角变大，故答案为＜； ③该晶胞中，[Co(NH3)6]2+位于顶点和面心的个数为，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的密度为 g/cm3。 16. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。 资料： ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。 ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。 （1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。 （2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。 （3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。 （4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示： 请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。 （5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示： 当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。 （6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为______mol。 【答案】 ①. B ②. ③. ④. 温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 ⑤. Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降 ⑥. 0.012 【解析】 【分析】向KOH溶液中通入Cl2发生歧化反应生成KClO以及KCl，KCl对于后续合成高铁酸钾没有帮助，因此在第二步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且Fe3+会催化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免Fe3+浓度过高，使K2FeO4分解；题干中还指出，KClO不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加剧KClO分解，也不利于制备。 【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反应，因此装置A不可行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不可行；故应选用B装置； (2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，发生的离子反应方程式为：； (3)通过分析可知，第二步加KOH目的是除去KCl； (4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降； (5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了K2FeO4分解，导致产率下降； (6)由题可知，K2FeO4除Mn(+2价)时，K2FeO4和Mn(+2价)的物质的量之比为2:3；去除率为90%时，水体中的1.1gMn(+2价)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物质的量为0.012mol。 17. 一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下： 已知：是一种还原剂，完成下列填空： （1）布洛芬中含有的官能团名称为_______，A→B的反应类型是_______。 （2）D的结构简式是_______。 （3）E→F的化学方程式为_______。 （4）化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。 （5）布洛芬有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰： 下列说法正确的是_______。 A. 该做法使药物水溶性增强 B. 布洛芬和成酯修饰产物中均含手性碳原子 C. 布洛芬中所有的碳原子可能共平面 D. 修饰过的分子利用水解原理达到缓释及减轻副作用的目的 （6）以丙醇为主要原料合成的合成路线如图。 写出中间产物的结构简式X_______；Y_______；Z_______。 【答案】（1） ①. 羧基 ②. 取代反应 （2） （3）+HBr+H2O （4）2 （5）BD （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B和Zn(Hg)/HCl反应生成C，乙酸和SOCl2加热反应生成CH3COCl，CH3COCl和C发生取代反应生成D()，D和NaBH4发生还原反应生成E，E发生取代反应生成F，F经过一系列反应最终得到布洛芬。 【小问1详解】 根据布洛芬的中含有的官能团名称为羧基，根据A、B的结构简式得到A→B的反应类型是取代反应；故答案为：羧基；取代反应。 【小问2详解】 根据E的结构简式得到C和CH3COCl发生取代反应生成D，则D的结构简式是；故答案为：。 【小问3详解】 E→F是羟基变为溴原子，其化学方程式为+HBr+H2O；故答案为：+HBr+H2O。 【小问4详解】 化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，说明含有苯环和羧基，且有6个氢原子化学环境相同，符合条件的M有、共2种；故答案为：2。 【小问5详解】 A．酯一般难溶于水，因此该做法使药物水溶性减弱，故A错误； B．布洛芬中连羧基的碳原子为手性碳原子，成酯修饰产物中连酯基左边的碳原子为手性碳原子，故B正确； C．根据甲烷中三个原子共平面分析得到布洛芬中左边的四个碳原子不在同一平面，故C错误； D．修饰过的分子在人体内水解生成布洛芬，因此修饰过的分子利用水解原理达到缓释及减轻副作用的目的，故D正确； 综上所述，答案为：BD。 【小问6详解】 丙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成丙烯，丙烯和溴化氢发生加成反应，根据Z和SOCl2加热反应生成，得到Z为，再根据合成布洛芬的信息得到Y为，则中间产物的结构简式X为；Y为；Z为；故答案为：；；。 18. 废旧CPU中有大量金属单质Au(金)、Ag、Cu和少量其他杂质(已知其他杂质不参与反应且不溶于水)，研究人员设计了一种从废旧CPU中分离回收Au、Ag和Cu的流程，如下图所示。 已知：N2H4的结构式为：；HAuCl4(aq) = H+(aq) + [AuCl4]− (aq)。 回答下列问题： （1）废旧CPU浸取前，需要先粉碎，目的是_______。 （2）写出过程①中发生反应的离子方程式_______。该过程控制反应的温度不宜过高的原因是_______。 （3）已知Au − 3e-Au3+ 很难发生，双氧水难以氧化金，解释过程②中金被溶解的原因_______。 （4）浸渣B的主要成分为_______；溶液c中含银微粒为_______(填离子符号)。 （5）过程④中过量的N2H4与溶液b发生了两种不同类型的反应： i．生成Au的离子方程式为_______。 ii．另一种类型的反应离子方程式为_______。 （6）该流程中可循环利用的物质是_______。 【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率 （2） ①. Cu + H2O2+ 2H+ =Cu2+ + 2H2O ②. 双氧水受热易分解 （3）盐酸中的Cl-与Au3+结合，生成[AuCl4]−，降低了Au3+ 浓度，使Au − 3e-Au3+正向移动，Au的还原性增强，使得双氧水能氧化Au （4） ①. AgCl ②. [Ag(NH3)2]+ （5） ①. 3N2H4 + 4[AuCl4]− =4Au + 3N2↑+ 12H+ +16Cl- ②. N2H4 + H+= （6）硫酸 氨水(氨气) 【解析】 【分析】废旧CPU加入硫酸和H2O2，加热后，只有Cu溶解，溶液a含有Cu2+，电解后得到金属Cu；Au、Ag和杂质不溶解，浸渣A加入盐酸和H2O2，Ag会生成氯化银，浸渣B含有氯化银，Au会溶解，溶液b含有HAuCl4，通入N2H4，发生氧化还原反应生成Au、N2和HCl；浸渣B加入氨水，氯化银会生成[Ag (NH3) 2]+，溶液c含[Ag (NH3) 2]+，加入乙醛，发生氧化还原反应生成Ag。 【小问1详解】 废旧 CPU 破碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 【小问2详解】 根据分析可知，过程①是铜的溶解，生成Cu2+，离子反应方程式为Cu + H2O2+ 2H+=Cu2++ 2H2O；控制反应温度不宜过高是为了防止双氧水受热分解，导致铜不能完全溶解。 【小问3详解】 结合已知条件可知，盐酸中的Cl-与Au3+结合，生成[AuCl4]-，降低了Au3+ 浓度，根据勒夏特列原理，平衡Au -3e-Au3+正向移动，Au的还原性增强，使得双氧水能氧化Au，因此可以溶解Au。 【小问4详解】 根据分析可知，浸渣 B 为氯化银(AgCl)； 溶液c中成分为氯化银和氨水反应生成[Ag (NH3) 2]+。 【小问5详解】 生成Au的反应中，[AuCl4]-被N2H4还原为Au，N2H4被氧化为N2，离子方程式为4 [AuCl4]-+3N2H4=4Au↓+3N2↑+16Cl-+12H+；根据N2H4的结构和已知条件可知，其显弱碱性，能与溶液b中的H+发生反应，离子方程式为N2H4 + H+=N2H。 【小问6详解】 该流程中，过程①中需要硫酸，电解制铜的时候会生成硫酸，硫酸可以循环使用；过程③中需要氨水，溶液c银镜反应生成银的过程中生成氨气，溶于水形成氨水，氨水(氨气)也可以循环使用。 19. 某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 资料：白色固体，易溶于水。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I．探究反应的产物 （1）经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为_________。 【实验2】 （2）资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 ①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是_________。 ②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为_________。 ③实验2中，加入硝酸的目的是_________。 （3）实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：_____。 □□□___+□__□__+□ Ⅱ．探究影响反应产物的因素 【实验3】 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液 b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液 b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是_________。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为_________。 （6）综合上述实验可以得到的结论有_________。 【答案】（1） （2） ①. 取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成 ②. ③. 确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰 （3） （4）增大，逆向移动，增大，还原性增强 （5）溶液，调至3 （6）溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应 【解析】 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【小问1详解】 实验中的黑色固体均为，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为； 【小问2详解】 ①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成。 ②实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为。 ③亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰； 【小问3详解】 黑色固体均为，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为：； 【小问4详解】 对还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是：增大，逆向移动，增大，还原性增强； 【小问5详解】 已知，饱和溶液约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了的影响，则所用试剂a为饱和溶液，b为溶液，调至3，保证溶液的酸碱性相同； 【小问6详解】 实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应（合理即可）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一六一中学2025-2026学年度第一学期期中阶段测试 高三化学试卷 考生须知 1.本试卷共6页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Mn：55 Fe：56 Cu：64 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。 1. 在嫦娥五号带回的月壤样本中，研究人员发现一种富含水分子和铵根的矿物晶体。下列关于该晶体的说法不正确的是 A. 受热时能逸出水蒸气 B. 溶于水后溶液呈中性 C. 水分子的空间结构呈V形 D. 所含金属元素中，金属性最强的是 2. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液增大的是 A. 向酸性溶液中加入溶液，紫色褪去 B. 向溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀 C. 向饱和水中通入，溶液褪色 D. 向溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀 3. 医院里用HgCl2的稀溶液作手术刀的消毒剂。HgCl2俗称“升汞”，其熔点低、易升华，熔融时不导电。HgCl2可溶于水，其水溶液的导电性远小于同物质的量浓度的CuCl2溶液。下列关于HgCl2的描述不合理的是 A. 是共价化合物 B. 是共价晶体 C. 是一种弱电解质 D. 可以使蛋白质变性 4. 下列各组物质之间的转化不能全部通过一步反应完成的是 A. B. C D. 5. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据VIIA相同温度下与反应平衡常数的大小，可判断反应的剧烈程度 B. 依据一元弱酸的电离常数的大小，比较同温同浓度其钠盐溶液的碱性强弱 C. 依据金属逐级电离能数据，可推断金属元素的主要化合价 D. 依据气体的摩尔质量，可以推断相同状况下不同气体密度的大小 6. 实验：把0.5g硫粉与1.0g铁粉混合均匀，放在陶土网上堆成条状。用灼然的玻璃棒触及混合粉末的一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒，红热继续曼延至条状混合物的另一端至反应结束，冷却后得到黑色固体。实验过程中能闻到刺激性气味。下列分析不正确的是 A. 由“红热继续曼延”，推断实验过程中发生了放热反应 B. “实验过程中能闻到刺激性气味”，推断S与反应生成了 C “黑色固体”溶于盐酸时产生臭鸡蛋气味气体，推断与S发生了反应 D. “黑色固体”溶于盐酸后溶液呈浅绿色，推断与S生成了铁的化合物 7. 下列实验方案能达到实验目的的是 目的 A．制备并收集乙酸乙酯 B．制备氢氧化铁胶体 实验方案 目的 C．证明的溶解度小于 D．探究化学反应速率的影响因素 实验方案 A. A B. B C. C D. D 8. 与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是 A. 腈和异腈互为同分异构体 B. 与生成腈和异腈的反应都是放热反应 C. I中“N…Ag”间作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱 D. 从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I 9. 下列各组中陈述I、II均正确并且有因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 有漂白性 能使溴水褪色 B 铁比铜活泼 铜质容器可以盛放浓硝酸 C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿 D 铜表面易形成致密的氧化膜 铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈 A. A B. B C. C D. D 10. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应②是缩聚反应 B. Y中存在手性碳原子 C. 高分子P中存在“” D 高分子P完全水解可以得到Y 11. 常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是 A. 实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变 B. 实验Ⅱ中加入浓氨水后， C. 实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解 D. 以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 12. 用镁固定氮得到的氮化镁与氯化铵反应合成。如下方法证实了是通过转变为的：按将两种物质充分混合、加热，测量下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 固氮反应为 C. 所测，说明和按化学计量比转化 D. 过量的能使转化更充分，增大 13. 对下列事实进行归纳推测，合理的是 事实 推测 A 铁钉放入稀硫酸中产生气泡 铁钉放入浓硫酸中产生大量气泡 B 与稀盐酸反应吸热 与稀醋酸反应也吸热 C 和Cu反应生成 S和Cu反应生成CuS D 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 14. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。 ② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸 ③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液 ④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中。下列说法不正确的是 A. 实验①中发生了反应 B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强 C. 对比实验③④可得出，还原性： D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色 二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 向CoCl2溶液中滴加过量的氨水得到含有[Co(NH3)6]Cl2的溶液。 （1）基态Co2+的核外电子有_______种空间运动状态。 （2）基态Cl-占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。 （3）O、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。 （4）下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 a． b． c． （5）[Co(NH3)6]Cl2的晶胞结构示意图如下。 ①在下图虚线框内画出[Co(NH3)6]2+中一个NH3的结构式_______。 ②比较H—N—H键角NH3_______[Co(NH3)6]2+(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。 ③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度为_______g/cm3。 16. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。 资料： ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓KOH溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2，且﹢3价铁能催化该反应。 ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO2KCl＋O2。 （1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。 （2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。 （3）加入KOH固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。 （4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图1所示： 请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。 （5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图2所示： 当Fe3+浓度大于2.0mol/L时，高铁酸钾产率变化的原因可能是：_________________________________________。 （6）高铁酸钾可用于除去水体中Mn(＋2价），生成Mn（＋4价）和Fe（＋3价）。一定条件下，除去水体中1.1gMn（＋2价），当去除率为90%时，消耗高铁酸钾物质的量为______mol。 17. 一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下： 已知：是一种还原剂，完成下列填空： （1）布洛芬中含有的官能团名称为_______，A→B的反应类型是_______。 （2）D的结构简式是_______。 （3）E→F的化学方程式为_______。 （4）化合物M的分子式为，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。 （5）布洛芬有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰： 下列说法正确的是_______。 A. 该做法使药物水溶性增强 B. 布洛芬和成酯修饰产物中均含手性碳原子 C. 布洛芬中所有的碳原子可能共平面 D. 修饰过的分子利用水解原理达到缓释及减轻副作用的目的 （6）以丙醇为主要原料合成的合成路线如图。 写出中间产物的结构简式X_______；Y_______；Z_______。 18. 废旧CPU中有大量金属单质Au(金)、Ag、Cu和少量其他杂质(已知其他杂质不参与反应且不溶于水)，研究人员设计了一种从废旧CPU中分离回收Au、Ag和Cu的流程，如下图所示。 已知：N2H4的结构式为：；HAuCl4(aq) = H+(aq) + [AuCl4]− (aq)。 回答下列问题： （1）废旧CPU浸取前，需要先粉碎，目的是_______。 （2）写出过程①中发生反应的离子方程式_______。该过程控制反应的温度不宜过高的原因是_______。 （3）已知Au − 3e-Au3+ 很难发生，双氧水难以氧化金，解释过程②中金被溶解的原因_______。 （4）浸渣B的主要成分为_______；溶液c中含银微粒为_______(填离子符号)。 （5）过程④中过量的N2H4与溶液b发生了两种不同类型的反应： i．生成Au的离子方程式为_______。 ii．另一种类型的反应离子方程式为_______。 （6）该流程中可循环利用的物质是_______。 19. 某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 资料：为白色固体，易溶于水。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I．探究反应的产物 （1）经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为_________。 【实验2】 （2）资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 ①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是_________。 ②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为_________。 ③实验2中，加入硝酸的目的是_________。 （3）实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：_____。 □□□___+□__□__+□ Ⅱ．探究影响反应产物的因素 【实验3】 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液 b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液 b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是_________。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为_________。 （6）综合上述实验可以得到的结论有_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $