精品解析：江西省南昌市2026届高三上学期零模测试化学试卷

2025年高三年级九月测试 化学 可能用到的相对原子质量：S32 Cu64 Ce140 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 随着网红城市“南昌”崛起，来自五湖四海的游客竞相到这座英雄城品味城市深藏的“烟火气”，下列有关化学知识的说法正确的是 A. 万寿宫各种鲜美的奶茶中含有茶多酚，茶多酚不易被氧化，常作抗氧化剂 B. 八一起义纪念馆中纪念南昌起义的大理石雕像主要成分是铝硅酸盐 C. 蛤蟆街的冰糖糕主要含淀粉和白糖，两者均为天然有机高分子 D. 海昏侯博物馆中出土的铜钱主要成分为铜锡合金 【答案】D 【解析】 【详解】A．茶多酚作抗氧化剂的原理是：茶多酚本身易被氧化，可消耗氧气保护其他物质，并非不易被氧化，A错误； B．大理石的主要成分是碳酸钙，不是铝硅酸盐，B错误； C．白糖的主要成分是蔗糖，蔗糖不属于天然有机高分子化合物，只有淀粉属于天然有机高分子，C错误； D．古代出土铜钱主要为青铜，主要成分是铜锡合金，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. NaCl溶液中的Na+： B. sp2杂化轨道： C. 的结构式： D. CaO2的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠离子带正电，应该是水分子中带负电的氧原子靠近钠离子，A错误； B．sp2杂化轨道是由1个s轨道和2个p轨道杂化形成的，共有3个杂化轨道，轨道间的夹角为120°，图示符合，B正确； C．中心B原子采用sp3杂化，四个键是完全等价的，不存在单键和配位键的区别，结构式不应标注箭头，C错误； D．阴离子是过氧根离子，应为，D错误； 故答案为B。 3. 下列除杂所选用的试剂或操作方法错误的是 选项 物质(杂质) 除杂试剂 操作方法 A SO2(HCl) 饱和NaHSO3溶液 洗气 B Al2O3(MgO) NaOH溶液 过滤 C 苯(苯酚) 饱和Na2CO3溶液 分液 D 乙醇(水) CaO 蒸馏 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCl可与饱和NaHSO3溶液反应生成SO2，且SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，洗气可除去HCl杂质，A正确； B．Al2O3是两性氧化物，会与NaOH溶液反应溶解，而杂质MgO不与NaOH反应，过滤后杂质MgO留在滤渣中，原物质Al2O3被溶解进入滤液，无法直接得到纯净的Al2O3，不能达到除杂目的，B错误； C．苯酚可与饱和Na2CO3溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，苯不溶于水，会和水层分层，分液可分离出纯净的苯，C正确； D．CaO与水反应生成高沸点的氢氧化钙，蒸馏可分离出纯净的乙醇，D正确； 故选B。 4. 下列实验装置(部分装置略)正确的是 A. 收集NO气体 B. 制取Na2CO3 C. 中和滴定 D. 蒸馏 【答案】A 【解析】 【详解】A．NO与 不反应，NO的相对分子质量为30，相对分子质量为44，因此NO密度小于，NO从短管通入后，会将密度更大的 从底部长管排出，可以收集NO，A正确； B．加热分解固体制备不能使用烧杯，烧杯不能直接加热固体，加热固体应当用坩埚或硬质试管，B错误； C．NaOH滴定醋酸时，滴定终点产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应当选用碱性范围内变色的酚酞作指示剂，不能用甲基橙，C错误； D．蒸馏操作中，温度计需要测量馏分蒸气的温度，温度计水银球应当放在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入反应液中，D错误； 故答案选A。 5. 下列物质的转化、性质或用途均摘自教材，其中说法错误的是 A. 做钠与水反应实验时需要佩戴护目镜 B. 金刚石比石墨的C-C键长更短，也更稳定 C. 酚醛树脂绝缘、隔热、阻燃，可制作电路板 D. Na2CO3俗称纯碱，可用于面点加工和清洗油污 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠与水反应剧烈，易发生液体飞溅，实验时佩戴护目镜可保护眼睛，操作规范，A不符合题意； B．金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨的C-C键键长短于金刚石，键能更大，能量更低，石墨比金刚石更稳定，B符合题意； C．酚醛树脂俗称电木，具有绝缘、隔热、阻燃的性质，可用于制作电路板，性质和用途描述正确，C不符合题意； D．Na2CO3俗称纯碱，溶液因水解显碱性，可中和面点发酵产生的酸用于面点加工，也可促进油污水解，用于清洗油污，D不符合题意； 故选B。 6. 一种用于心脏起搏器的微型电池总反应为32Li+12SOCl2=24LiCl+4Li2SO3+S8。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 7 g 7Li含有的质子数为4 NA B. 0.5 mol∙L-1 Li2SO3溶液中数目小于0.5 NA C. 32 g S8中含有的S-S键数目为NA D. 每生成1 mol LiCl时，该反应转移的电子数为1.25 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．7Li的摩尔质量为7 g∙mol-1，7 g 7Li的物质的量为1 mol，而1个Li原子含3个质子，因此7 g 7Li含有的质子数为3 NA，A错误； B．该选项只给出了Li2SO3溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量和数目，B错误； C．S8为皇冠形分子，1个S8分子中含有8个S-S键，32 g S8的物质的量为，则含有S-S键的物质的量为，数目为NA，C正确； D．根据总反应，32 mol Li参与反应时共转移32 mol电子，同时生成24 mol LiCl，因此生成1 mol LiCl时，转移电子数为，D错误； 故答案选C。 7. 绿原酸具有清瘟解毒的功效，结构如下图所示，下列说法错误的是 A. 分子中含有3个手性碳原子 B. 该分子存在顺反异构现象 C. 1mol绿原酸最多可以消耗4mol NaOH D. 1mol绿原酸最多可以和4mol H2发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子，如图所示，，绿原酸的酯环中，共有4个手性碳原子，A错误； B．该分子中存在碳碳双键，且双键的两个碳原子均连接了2种不同的基团，因此存在顺反异构，B正确； C．能与NaOH反应的基团有1mol羧基消耗1 mol NaOH，1 mol酯基水解消耗1mol NaOH，2 mol酚羟基消耗2 mol NaOH，醇羟基不与NaOH反应，总共消耗4 mol NaOH，C正确； D．能与加成的基团：苯环可加成3 mol，碳碳双键可加成1 mol，羧基、酯基中的碳氧双键不能与加成，总加成量为4 mol ，D正确； 答案选A。 8. 对下列事实的解释合理的是 选项 事实 解释 A 稳定性：HCl<HF HF分子间有氢键 B Cu2+在灼烧时发出绿色火焰 核外电子受热跃迁至较高能级时，释放能量放出光子 C 甘油常用于护肤品 羟基与水形成氢键 D 向丙烯醛中加入几滴酸性KMnO4溶液，紫色消失 醛基具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢化物稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，氢键是分子间作用力，只影响物质熔沸点等物理性质，不影响稳定性，HF稳定性更强是因为H－F键键能更大，A错误； B．焰色反应的原理是：核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级，之后电子从高能级跃迁回低能级时才会释放能量放出光子，B错误； C．甘油是丙三醇，分子中含有多个羟基，羟基可与水分子形成氢键，因此甘油具有保湿吸湿性，常用于护肤品，解释合理，C正确； D．丙烯醛分子中同时含有碳碳双键和醛基，两种官能团都能被酸性高锰酸钾氧化使紫色褪去，该解释只归因于醛基，不合理，D错误； 故答案为：C。 9. 甲、乙、丙、丁、戊、己、庚是由原子序数依次增大的X、Y、Z三种短周期元素组成的单质或者化合物，它们存在如图所示的转化关系。已知基态X原子核外只有一个原子轨道，Y、Z同主族；乙和丙都是由Y、Z两种元素组成的化合物，相对分子质量之比为4:5。下列说法正确的是 A. 甲可以一步反应生成丙 B. 乙、丙的VSEPR模型相同 C. 电负性：Z>Y>X D. 等体积等浓度戊、丁的溶液消耗NaOH的物质的量：戊<丁 【答案】B 【解析】 【分析】基态X原子核外只有一个原子轨道，则X为H，Y、Z同主族，乙和丙是Y、Z组成的化合物，相对分子质量比为4∶5，常见的短周期同主族元素组成的化合物符合这个比例的是SO2和SO3，则Y是O，Z是S，即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚是由H、O、S三种元素组成的单质或者化合物，结合转化关系可知，甲为S、乙为SO2、丙为SO3、丁为H2SO4、戊为H2SO3，己为H2O、庚为O2，据此解答。 【详解】A．甲为S、丙为SO3，S不能一步反应直接生成SO3，A错误； B．SO2和SO3的中心S原子价层电子对数均为3，均采取sp2杂化，其VSEPR模型均为平面三角形，B正确； C．X为H、Y是O、Z是S，同主族元素从上到下，电负性依次减弱，即电负性：O>S，且H2S中H、S元素化合价分别为+1、-2，即H、S原子之间的共用电子对偏离H而偏向S，电负性：S>H，因此电负性：Y>Z>X，C错误； D．等体积等浓度H2SO3、H2SO4的溶液中H2SO3、H2SO4的物质的量相等，两者消耗NaOH的物质的量：戊=丁，D错误； 故选B。 10. 相同金属在不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。一种利用浓差电池电氧化乙烯制乙二醇的工作原理如图所示。已知：起始M、N两极铜片质量相同。 下列说法错误的是 A. a<b B. 离子交换膜I是阳离子交换膜 C. 电极P的电极反应式为 D. 每产生0.1mol乙二醇，MN两极质量差增大12.8g 【答案】B 【解析】 【分析】左侧为原电池（浓差电池），右侧为电解池，P极上乙烯被氧化为乙二醇，发生失电子的氧化反应，因此P极是电解池的阳极，连接原电池的正极，因此N极是原电池正极，M极是原电池负极，Q极为电解池的阴极。 【详解】A．浓差电池工作的目的是使两极硫酸铜浓度趋于相等，正极N上发生反应：，消耗，使N侧浓度降低，负极M上发生反应：，生成，使M侧浓度升高，因此起始时N侧浓度更高，A正确； B．负极M生成，电极M附近正电荷过剩，正极N消耗，电极N附近正电荷不足，​带负电，需要从N侧迁移到M侧平衡电荷，因此离子交换膜I是阴离子交换膜，B错误； C．P为阳极，乙烯氧化生成乙二醇，电极反应式为，C正确； D．生成1 mol乙二醇转移2 mol电子，因此生成0.1 mol乙二醇转移0.2 mol电子，负极M溶解0.1 mol Cu，质量减少，正极N析出0.1 mol Cu，质量增加，起始M、N质量相同，质量差为0，反应后质量差为，即质量差增大，D正确； 故选B。 11. 聚富马酸丙二醇酯是一种可降解的医用高分子材料，其制备原理如下。下列说法错误的是 A. 该反应为缩聚反应 B. 反应活性：富马酰氯>富马酰溴 C. 沸点：丙二醇>丙醇 D. 该高分子材料可降解是因为主链含有酯基 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应生成物中除了聚合物外，还有HCl，为缩聚反应，A正确； B．原子半径：Cl<Br，键能：C-Cl键>C-Br键，因此反应中C-Br键更易断裂，故反应活性：富马酰氯<富马酰溴，B错误； C．丙醇分子结构中只有一个羟基，而丙二醇分子结构中有两个羟基，分子间更易形成氢键，导致沸点：丙二醇>丙醇，C正确； D．聚富马酸丙二醇酯中含有酯基，能水解成小分子，故可降解是因为主链含有酯基，D正确； 故选B。 12. 聚甲基丙烯酸甲酯是有机玻璃的主要成分，其单体(甲基丙烯酸甲酯)的制备步骤如下： Ⅰ．向烧瓶中依次加入：20mL甲基丙烯酸、2mL浓硫酸，冷却后再加入15mL甲醇； Ⅱ．按图示连接装置，加热烧瓶中混合液，通过分水器分离出水，待反应结束时停止加热，冷却； Ⅲ、纯化产品：粗产品依次用水洗、溶液X洗、水洗，在油层中加入无水硫酸镁充分振荡后过滤，再经蒸馏得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。 下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ可以选择100mL的圆底烧瓶 B. 步骤Ⅱ中判断反应结束的现象是分水器中的水面不再升高 C. 步骤Ⅲ中溶液X为饱和NaOH溶液 D. 步骤Ⅲ中无水硫酸镁起干燥作用 【答案】C 【解析】 【分析】将反应物甲基丙烯酸，甲醇和催化剂浓硫酸放入烧瓶中，发生反应产生的水通过分水器分离除去，从而提高原料的转化率，在提纯产品的时候，结合乙酸乙酯的制备考虑可以用饱和碳酸钠溶液除去其中混入的酸性杂质，以此解题。 【详解】A． 烧瓶中液体体积应介于，根据加入试剂体积为20+2+15=37mL，因此应选100mL烧瓶，A正确； B．若分水器中水面不再升高，可知不再有产物生成，据此可知反应已经结束，B正确； C．甲基丙烯酸甲酯在饱和NaOH溶液中会水解，结合乙酸乙酯的制备中碳酸钠的作用可知，试剂X是饱和Na2CO3溶液，而不能是饱和NaOH溶液，C错误； D．步骤Ⅲ中在油层中加入无水硫酸镁充分振荡后过滤，无水硫酸镁起干燥作用，吸收多余的水分，D正确； 故选C。 13. 某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A. 该部分晶体结构为晶胞的 B. 晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C. 放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D. 放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 【答案】D 【解析】 【分析】题目给出的是边长为a pm的小立方体结构，完整晶胞为边长2a pm的大立方体，该小立方体是完整晶胞的，放电结束后每个小立方体中心嵌入1个，对该小立方体做均摊：顶点共4个、4个，均摊得，，12条棱的中点各有1个，均摊得，据此分析： 【详解】A．图中结构不能实现无缝并置，是边长为 a pm的小立方体，完整晶胞边长为2a pm，体积是小立方体的8 倍，因此该部分结构为晶胞的，A正确；​ B．嵌入题图小立方体的中心，位于小立方体顶点，二者最近距离为小立方体体对角线的一半为，B正确； C．放电结束时，Fe、Cu均为+2价，为-1价，镁离子为+2价，结合化合价代数和为0，镁离子个数为：，，所以晶体的化学式为，C正确； D．1个图中结构含有0.5个，相当于8个小立方体的体心只填充了4个，如图所示：（只看即可），以A处为坐标顶点，其周围最近的有12个（沿xOy、xOz、yOz平面内各有4个），D错误； 答案选D。 14. 常温下，H2S溶液中所有含硫物种的摩尔分数与pH变化关系如图中虚线所示；Ag2S和CdS在0.1 mol·L-1 H2S溶液(H2S浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，-lg c与pH变化关系如图中实线所示(c为金属离子的物质的量浓度)。 下列说法正确的是 A. H2S的Ka1=10-12.9 B. Ksp(CdS)<Ksp(Ag2S) C. ④表示H2S溶液中Ag+的-lgc与pH的关系 D. 向相同浓度的Ag+和Cd2+的混合溶液中通入H2S气体，Cd2+先开始沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】随着溶液pH逐渐增大，(H2S)逐渐减小、(HS-)先增大后减小、(S2-)逐渐增大，则图中曲线①②③分别表示(H2S)、(HS-)、(S2-)与pH的变化关系，pH=6.97时c(H2S)=c(HS-)，此时H2S的电离平衡常数Ka1==c(H+)=10-6.97，同理pH=12.90时，，Ka1Ka2=，在0.1 mol/L的H2S溶液中c(S2-)=，则Ksp (Ag2S)=c2(Ag+)c (S2-)=c2(Ag+)，Ksp(CdS)=c (Cd2+)c(S2-)=c (Cd2+)，即-lg c(Ag+)=pH-lg，-lg c (Cd2+)=2pH-lg，根据图中直线斜率大小可知，直线④⑤分别表示H2S溶液中Ag+、Cd2+的-lg c与pH的关系，根据点P=（8.94，23.11）计算Ksp (Ag2S)=10-49.21，Ksp(CdS)=10-26.10。 【详解】A．由分析可知，H2S的Ka1=10-6.97，A错误； B．由分析可知，Ksp(CdS)Ksp(Ag2S)，B错误； C．由分析可知，④表示H2S溶液中Ag+的-lgc与pH的关系，C正确； D．向相同浓度的Ag+和Cd2+的混合溶液中通入H2S气体，Ag+先开始沉淀，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 高铜酸钠(NaCuO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，受热易分解。NaCuO2遇酸生成O2和Cu2+。实验室中利用NaClO与Na2[Cu(OH)4]在强碱性条件下反应制备高铜酸钠并测定产品中铜的含量，实验装置如图所示(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）NaCuO2中铜的化合价是_______。 （2）仪器X的名称是_______。 （3）仪器连接的顺序为_______。 a→_______→_______→_______→_______→f 装置丙中盛放试剂的名称是_______，若装置丙中压强过大，可以观察到的现象是_______。 （4）装置乙中生成NaCuO2的化学方程式为_______。 （5）反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是_______。 （6）测定产品中铜的含量： ⅰ．准确称取1.02 g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ii．加入足量10% KI溶液，加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好消失，消耗20.00 mL(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2+I2=+2I-)。 ①NaCuO2与硫酸反应的离子方程式为_______。 ②产品中铜元素的质量分数为_______(保留一位小数)。 【答案】（1）+3 （2）三颈烧瓶 （3） ①. d→e→b→c ②. 饱和氯化钠溶液 ③. 装置丙中长颈漏斗中液体上升 （4）NaClO+2Na2[Cu(OH)4]= 2NaCuO2+NaCl+2NaOH+3H2O （5）防止NaCuO2受热分解 （6） ①. 4NaCuO2+12H+=4Na++4Cu2++O2↑+6H2O ②. 50.2% 【解析】 【小问1详解】 化合物中各元素化合价代数和为0，NaCuO2中Na为+1价，O为-2价，则铜的化合价是+3。 【小问2详解】 由装置图可知，仪器X的名称是三颈烧瓶。 【小问3详解】 装置甲用于制备氯气，通过装置丙除去氯气中的HCl气体，装置乙中利用NaClO与Na2[Cu(OH)4]在强碱性条件下反应制备高铜酸钠，最后利用装置丁中的碱石灰吸收未反应的氯气，故仪器连接的顺序为a→d→e→b→c→f。装置丙盛放饱和氯化钠溶液，用于除去氯气中的HCl气体。装置丙中长颈漏斗用于平衡气压，若装置丙中压强过大，可以观察到长颈漏斗中液体上升。 【小问4详解】 根据得失电子守恒、原子守恒，装置乙中生成NaCuO2的化学方程式为NaClO+2Na2[Cu(OH)4]= 2NaCuO2+NaCl+2NaOH+3H2O。 【小问5详解】 NaCuO2受热易分解，所以反应过程中需用冰水浴控制温度防止其受热分解。 【小问6详解】 ①NaCuO2遇酸生成O2和Cu2+，NaCuO2与硫酸反应的离子方程式为4NaCuO2+12H+=4Na++4Cu2++O2↑+6H2O。 ②根据4NaCuO2+12H+=4Na++4Cu2++O2↑+6H2O、+I2、 ，可得关系式4Cu～4NaCuO2～4Cu2+～2I2～，m(Cu)=0.100mol⋅L−1×0.0200L××64g⋅mol−1=0.512g，产品中铜元素的质量分数为×100%≈50.2%。 16. 废旧荧光粉中稀土元素的含量达20%以上，主要为钇(Y)、铕(Eu)、铈(Ce)、铽(Tb)，是一种极具回收潜力的二次资源，下图为采用AlCl3—KCl氯化焙烧法回收废旧荧光粉中的稀土元素的流程。 已知：我国稀土荧光粉主要应用的是铝酸盐体系荧光粉，里面包含红粉、绿粉和蓝粉。红粉：可看作Y2O3，和Eu2O3的混合物；绿粉：可看作CeMgAl11O19，和TbMgAl11O19的混合物；蓝粉：可看作BaMgAl10O17，和EuMgAl10O17的混合物。 回答以下问题： （1）基态铝原子的电子排布式为_______。 （2）“萃取”过程利用的是不同粉末在萃取剂中的_______不同得以分离。 （3）已知“焙烧”过程中，EuMgAl10O17，反应后的产物为Eu2O3、NaAlO2和另外两种氧化物，写出该反应的化学方程式_______。 （4）绿粉具有尖晶石结构、不易直接氯化，需“焙烧”处理后再熔盐提取，绿粉焙烧机理如图所示，结合图像分析：熔融碳酸钠焙烧效果_______(“优于”或“劣于”)碳酸钠粉末，原因是_______。 （5）“熔盐提取”使用的是AlCl3—KCl熔盐体系，相比于熔融AlCl3体系，该体系能稳定导电的原因是形成一种正四面体阴离子，写出该阴离子的化学式_______。 （6）写出“熔盐提取”(看作只有AlCl3参与反应)过程中Eu2O3被氯化的化学方程式_______。 （7）现通过电解熔融CeCl3得到单质Ce。已知法拉第效率=，“电解”时阳极的法拉第效率为50.0%，当阳极生成33.6L Cl2，(标准状况下)，阴极得到210g单质Ce，则阴极的法拉第效率为_______(保留三位有效数字)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p1 （2）溶解度 （3）4EuMgAl10O17+20Na2CO3+O22Eu2O3+4MgO+40NaAlO2+20CO2↑ （4） ①. 优于 ②. 液态碳酸钠可通过裂缝渗透进入固体内部，增大接触面积，更易将固体反应分解成小颗粒 （5）[AlCl4]- （6）2AlCl3+Eu2O3=2EuCl3+Al2O3 （7）75.0% 【解析】 【分析】废旧稀土荧光粉经萃取后，将红粉和绿粉、蓝粉分离，绿粉和蓝粉加入并通入空气，在高温下将难溶的铝酸盐（）转化为溶于水或酸的物质（如、），焙烧后固体用水浸取，可溶性物质（如）进入浸出液，不溶性物质（如、）加入与形成熔盐体系，经除杂、分离后的稀土氯化物进行电解，得到高纯稀土金属。 【小问1详解】 Al的原子序数为13，核外电子层分3层排布，遵循能量最低原理，电子排布式为1s22s22p63s23p1； 【小问2详解】 “萃取”利用不同物质在萃取剂中溶解度的差异，使目标物质与其他成分分离，溶解度差异越大，分离效果越好； 【小问3详解】 反应物为和，已知产物有、，结合元素守恒推知另外两种氧化物为MgO(含Mg元素)和(分解产物)，根据原子守恒配平其为：； 【小问4详解】 液态碳酸钠可通过裂缝渗透进入固体内部，增大接触面积，更易将固体反应分解成小颗粒，因此熔融碳酸钠焙烧效果优于碳酸钠粉末； 【小问5详解】 与形成熔盐体系时，接受形成正四面体结构的 (Al为中心原子，与4个形成配位键，空间构型为正四面体)，增强体系导电性； 【小问6详解】 “熔盐提取”中作氯化剂，与反应生成和，根据原子守恒配平其为2AlCl3+Eu2O3=2EuCl3+Al2O3； 【小问7详解】 阳极生成的物质的量：，阳极反应为，理论转移电子：，阳极法拉第效率50%，故实际转移电子：(电路中电子守恒，阴极实际50%转移电子也为6 mol)，阴极生成Ce的物质的量：,得电子反应为，理论需电子：，阴极法拉第效率：。 17. 氢能是理想的清洁能源，极具发展潜力。可利用甲酸催化分解制氢，涉及的反应有： 反应i HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH1=-30.8kJ·mol-1 反应ii HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+10.4kJ·mol-1 反应iii CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3 已知：830℃时反应iii的平衡常数K=1.0 回答下列问题： （1）ΔH3=_______kJ·mol-1。 （2）恒温恒容条件下，若仅发生反应i，则下列能判断反应达到平衡状态的标志是_______(填标号) A. HCOOH物质的量不变 B. CO2和H2体积分数相等 C. 混合气体的密度不变 D. 混合气体的平均摩尔质量不变 （3）向一恒容密闭容器中充入一定量的HCOOH(g)，发生上述反应，平衡时CO和CO2的物质的量分数随温度T的变化关系为下图中的两条曲线。 ①300℃时，反应i的平衡常数_______反应ii的平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②能表示CO2的物质的量分数的曲线是_______(填字母) （4）300℃、100kPa下，向一密闭容器中按物质的量之比1:4投入HCOOH(g)和Ar，平衡后HCOOH的转化率为α，CO2与CO物质的量之比为4:1，此时HCOOH的物质的量分数=_______(用含α的最简分数式表示，下同)，该温度下反应ii的平衡常数Kp=_______kPa。 （5）下图为HCOOH分别在催化剂C3N4—Pd和Ag3%C3N4—Pd上第一步脱氢的微观示意图及部分键长(单位：pm)。 从结构角度解释Ag3%C3N4—Pd的催化效果比C3N4—Pd好的原因是_______。 【答案】（1）-41.2 （2）AD （3） ①. > ②. a （4） ①. ②. （5）Ag元素的加入，增大了O-H键的键长，氢原子更容易脱落，产生H2 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应iii=反应i-反应ii，则反应ΔH3=(-30.8kJ/mol)-(+10.4 kJ/mol)=-41.2 kJ/mol，故答案为：-41.2 ； 【小问2详解】 恒温恒容条件下，若仅发生反应i，能判断反应达到平衡状态的标志是“变量不变”，或者正逆反应速率相等。 A．HCOOH物质的量不变，可以说明反应已达到平衡，A正确； B．由方程式可知，反应中CO2和H2体积分数始终相等，不能说明反应是否达到平衡，B错误； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，刚性密闭容器体积不变，在恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C错误； D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，由方程式可知，反应前后气体物质的量发生改变，故混合气体的平均摩尔质量不变，可以判断反应达到平衡，D正确； 故选AD。 【小问3详解】 ①由盖斯定律可知，反应iii=反应i-反应ii，固可推知，已知830℃时反应iii的平衡常数K=1.0，反应iii为放热反应，温度降低，Kiii增大，故300℃时，反应i的平衡常数>反应ii的平衡常数； ②反应i，反应iii为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致CO2减少，反应ii为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，导致CO增多，根据已知830℃时反应iii的平衡常数K=1.0，以及反应方程式可知，830℃时，n(H2O)=n(CO)=n(CO2)=n(H2)，图像上会出现CO和CO2的物质的量分数的交点，结合图像，能表示CO2物质的量分数的为a； 【小问4详解】 ①依据题意，设投入HCOOH(g)为1mol，Ar为4mol，根据碳元素守恒可得：气体总物质的量为，此时HCOOH的物质的量分数为； ②该温度下，HCOOH的物质的量分数为，分压为，CO和水的物质的量分数均为，分压为，反应ii的平衡常数； 【小问5详解】 催化剂Ag3%C3N4—Pd比催化剂C3N4—Pd中多了Ag元素的加入，增大了O-H键的键长，使O-H键更容易断裂，氢原子更容易脱落，从而提高了催化效果，故Ag3%C3N4—Pd的催化效果比C3N4—Pd好。 18. 化合物Ⅰ(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果，其合成路线如下(部分条件忽略)。 已知：① ② 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化方式为_______，化合物B的结构简式为_______。 （2）D中官能团名称是_______，化合物F的名称为_______。 （3）写出G到H的化学方程式_______，其反应类型为_______。 （4）1mol I与足量NaOH水溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_______。 （5）M是E的同分异构体，同时符合下列条件的M共有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物且含氨基(-NH2) ②含有手性碳原子 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （6）E→G的过程分成三步，分别为加成反应、消去反应、加成反应，写出消去反应的产物结构简式_______。 【答案】（1） ①. sp2 ②. （2） ①. 羧基、硝基 ②. 苯甲醛 （3） ①. ②. 取代反应 （4）2mol （5）13 （6） 【解析】 【分析】根据E物质取代基位置可知，A物质苯环上的取代基位于对位；根据E物质结构进行逆推，结合信息②可知，D物质的结构为：，C物质酸化生成D，可知C物质为形成，故C物质结构为：；再由B物质生成C物质的原子变化情况可知，B物质为：，根据A和B的分子中原子个数情况，则可以推导出A物质结构为：。G和发生取代反应生成H，根据H的结构可知，G物质结构为：。E和F发生多步反应生成G，结合信息①，故F是：，最后H在作用下生成。 【小问1详解】 A分子结构为，苯环和中的碳原子均为杂化，根据分析可知，B的结构简式为：。 【小问2详解】 D物质的结构为：，官能团名称是羧基、硝基。结合信息①和分析，F是，名称为苯甲醛。 【小问3详解】 G和发生取代反应生成H，G物质结构为：，反应方程式为：。 【小问4详解】 中含1个羧基、1个酰胺键，羧基消耗，酰胺键水解消耗，因此最多消耗。 【小问5详解】 E分子式为，符合条件的M：含甲酸酯（，同时满足银镜、水解反应）、苯环、氨基、1个手性碳（带标注），第一种情况：，分别有邻、间、对三种同分异构体；第二种情况：，分别有邻、间、对三种同分异构体；第三种情况：，分别有邻、间、对三种同分异构体；第四种情况：，只有一种；第五种情况：，只有一种；第六种情况：，只有一种；第七种情况：，只有一种，故一共有13种同分异构体。 【小问6详解】 结合信息①，第一步E的氨基加成苯甲醛的醛基，得到；第二步消去1分子水，产物结构为 ，然后和氢气发生加成反应生成，最后和取代生成H，故消去反应的产物结构简式：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三年级九月测试 化学 可能用到的相对原子质量：S32 Cu64 Ce140 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 随着网红城市“南昌”崛起，来自五湖四海的游客竞相到这座英雄城品味城市深藏的“烟火气”，下列有关化学知识的说法正确的是 A. 万寿宫各种鲜美的奶茶中含有茶多酚，茶多酚不易被氧化，常作抗氧化剂 B. 八一起义纪念馆中纪念南昌起义的大理石雕像主要成分是铝硅酸盐 C. 蛤蟆街的冰糖糕主要含淀粉和白糖，两者均为天然有机高分子 D. 海昏侯博物馆中出土的铜钱主要成分为铜锡合金 2. 下列化学用语表示正确的是 A. NaCl溶液中的Na+： B. sp2杂化轨道： C. 的结构式： D. CaO2的电子式： 3. 下列除杂所选用的试剂或操作方法错误的是 选项 物质(杂质) 除杂试剂 操作方法 A SO2(HCl) 饱和NaHSO3溶液 洗气 B Al2O3(MgO) NaOH溶液 过滤 C 苯(苯酚) 饱和Na2CO3溶液 分液 D 乙醇(水) CaO 蒸馏 A. A B. B C. C D. D 4. 下列实验装置(部分装置略)正确的是 A. 收集NO气体 B. 制取Na2CO3 C. 中和滴定 D. 蒸馏 5. 下列物质的转化、性质或用途均摘自教材，其中说法错误的是 A. 做钠与水反应实验时需要佩戴护目镜 B. 金刚石比石墨的C-C键长更短，也更稳定 C. 酚醛树脂绝缘、隔热、阻燃，可制作电路板 D. Na2CO3俗称纯碱，可用于面点加工和清洗油污 6. 一种用于心脏起搏器的微型电池总反应为32Li+12SOCl2=24LiCl+4Li2SO3+S8。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 7 g 7Li含有的质子数为4 NA B. 0.5 mol∙L-1 Li2SO3溶液中数目小于0.5 NA C. 32 g S8中含有的S-S键数目为NA D. 每生成1 mol LiCl时，该反应转移的电子数为1.25 NA 7. 绿原酸具有清瘟解毒的功效，结构如下图所示，下列说法错误的是 A. 分子中含有3个手性碳原子 B. 该分子存在顺反异构现象 C. 1mol绿原酸最多可以消耗4mol NaOH D. 1mol绿原酸最多可以和4mol H2发生加成反应 8. 对下列事实的解释合理的是 选项 事实 解释 A 稳定性：HCl<HF HF分子间有氢键 B Cu2+在灼烧时发出绿色火焰 核外电子受热跃迁至较高能级时，释放能量放出光子 C 甘油常用于护肤品 羟基与水形成氢键 D 向丙烯醛中加入几滴酸性KMnO4溶液，紫色消失 醛基具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应 A. A B. B C. C D. D 9. 甲、乙、丙、丁、戊、己、庚是由原子序数依次增大的X、Y、Z三种短周期元素组成的单质或者化合物，它们存在如图所示的转化关系。已知基态X原子核外只有一个原子轨道，Y、Z同主族；乙和丙都是由Y、Z两种元素组成的化合物，相对分子质量之比为4:5。下列说法正确的是 A. 甲可以一步反应生成丙 B. 乙、丙的VSEPR模型相同 C. 电负性：Z>Y>X D. 等体积等浓度戊、丁的溶液消耗NaOH的物质的量：戊<丁 10. 相同金属在不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。一种利用浓差电池电氧化乙烯制乙二醇的工作原理如图所示。已知：起始M、N两极铜片质量相同。 下列说法错误的是 A. a<b B. 离子交换膜I是阳离子交换膜 C. 电极P的电极反应式为 D. 每产生0.1mol乙二醇，MN两极质量差增大12.8g 11. 聚富马酸丙二醇酯是一种可降解的医用高分子材料，其制备原理如下。下列说法错误的是 A. 该反应为缩聚反应 B. 反应活性：富马酰氯>富马酰溴 C. 沸点：丙二醇>丙醇 D. 该高分子材料可降解是因为主链含有酯基 12. 聚甲基丙烯酸甲酯是有机玻璃的主要成分，其单体(甲基丙烯酸甲酯)的制备步骤如下： Ⅰ．向烧瓶中依次加入：20mL甲基丙烯酸、2mL浓硫酸，冷却后再加入15mL甲醇； Ⅱ．按图示连接装置，加热烧瓶中混合液，通过分水器分离出水，待反应结束时停止加热，冷却； Ⅲ、纯化产品：粗产品依次用水洗、溶液X洗、水洗，在油层中加入无水硫酸镁充分振荡后过滤，再经蒸馏得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。 下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ可以选择100mL的圆底烧瓶 B. 步骤Ⅱ中判断反应结束的现象是分水器中的水面不再升高 C. 步骤Ⅲ中溶液X为饱和NaOH溶液 D. 步骤Ⅲ中无水硫酸镁起干燥作用 13. 某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A. 该部分晶体结构为晶胞的 B. 晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C. 放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D. 放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 14. 常温下，H2S溶液中所有含硫物种的摩尔分数与pH变化关系如图中虚线所示；Ag2S和CdS在0.1 mol·L-1 H2S溶液(H2S浓度保持不变)中达到沉淀溶解平衡时，-lg c与pH变化关系如图中实线所示(c为金属离子的物质的量浓度)。 下列说法正确的是 A. H2S的Ka1=10-12.9 B. Ksp(CdS)<Ksp(Ag2S) C. ④表示H2S溶液中Ag+的-lgc与pH的关系 D. 向相同浓度的Ag+和Cd2+的混合溶液中通入H2S气体，Cd2+先开始沉淀 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 高铜酸钠(NaCuO2)是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，受热易分解。NaCuO2遇酸生成O2和Cu2+。实验室中利用NaClO与Na2[Cu(OH)4]在强碱性条件下反应制备高铜酸钠并测定产品中铜的含量，实验装置如图所示(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）NaCuO2中铜的化合价是_______。 （2）仪器X的名称是_______。 （3）仪器连接的顺序为_______。 a→_______→_______→_______→_______→f 装置丙中盛放试剂的名称是_______，若装置丙中压强过大，可以观察到的现象是_______。 （4）装置乙中生成NaCuO2的化学方程式为_______。 （5）反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是_______。 （6）测定产品中铜的含量： ⅰ．准确称取1.02 g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ii．加入足量10% KI溶液，加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好消失，消耗20.00 mL(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2+I2=+2I-)。 ①NaCuO2与硫酸反应的离子方程式为_______。 ②产品中铜元素的质量分数为_______(保留一位小数)。 16. 废旧荧光粉中稀土元素的含量达20%以上，主要为钇(Y)、铕(Eu)、铈(Ce)、铽(Tb)，是一种极具回收潜力的二次资源，下图为采用AlCl3—KCl氯化焙烧法回收废旧荧光粉中的稀土元素的流程。 已知：我国稀土荧光粉主要应用的是铝酸盐体系荧光粉，里面包含红粉、绿粉和蓝粉。红粉：可看作Y2O3，和Eu2O3的混合物；绿粉：可看作CeMgAl11O19，和TbMgAl11O19的混合物；蓝粉：可看作BaMgAl10O17，和EuMgAl10O17的混合物。 回答以下问题： （1）基态铝原子的电子排布式为_______。 （2）“萃取”过程利用的是不同粉末在萃取剂中的_______不同得以分离。 （3）已知“焙烧”过程中，EuMgAl10O17，反应后的产物为Eu2O3、NaAlO2和另外两种氧化物，写出该反应的化学方程式_______。 （4）绿粉具有尖晶石结构、不易直接氯化，需“焙烧”处理后再熔盐提取，绿粉焙烧机理如图所示，结合图像分析：熔融碳酸钠焙烧效果_______(“优于”或“劣于”)碳酸钠粉末，原因是_______。 （5）“熔盐提取”使用的是AlCl3—KCl熔盐体系，相比于熔融AlCl3体系，该体系能稳定导电的原因是形成一种正四面体阴离子，写出该阴离子的化学式_______。 （6）写出“熔盐提取”(看作只有AlCl3参与反应)过程中Eu2O3被氯化的化学方程式_______。 （7）现通过电解熔融CeCl3得到单质Ce。已知法拉第效率=，“电解”时阳极的法拉第效率为50.0%，当阳极生成33.6L Cl2，(标准状况下)，阴极得到210g单质Ce，则阴极的法拉第效率为_______(保留三位有效数字)。 17. 氢能是理想的清洁能源，极具发展潜力。可利用甲酸催化分解制氢，涉及的反应有： 反应i HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH1=-30.8kJ·mol-1 反应ii HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+10.4kJ·mol-1 反应iii CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3 已知：830℃时反应iii的平衡常数K=1.0 回答下列问题： （1）ΔH3=_______kJ·mol-1。 （2）恒温恒容条件下，若仅发生反应i，则下列能判断反应达到平衡状态的标志是_______(填标号) A. HCOOH物质的量不变 B. CO2和H2体积分数相等 C. 混合气体的密度不变 D. 混合气体的平均摩尔质量不变 （3）向一恒容密闭容器中充入一定量的HCOOH(g)，发生上述反应，平衡时CO和CO2的物质的量分数随温度T的变化关系为下图中的两条曲线。 ①300℃时，反应i的平衡常数_______反应ii的平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②能表示CO2的物质的量分数的曲线是_______(填字母) （4）300℃、100kPa下，向一密闭容器中按物质的量之比1:4投入HCOOH(g)和Ar，平衡后HCOOH的转化率为α，CO2与CO物质的量之比为4:1，此时HCOOH的物质的量分数=_______(用含α的最简分数式表示，下同)，该温度下反应ii的平衡常数Kp=_______kPa。 （5）下图为HCOOH分别在催化剂C3N4—Pd和Ag3%C3N4—Pd上第一步脱氢的微观示意图及部分键长(单位：pm)。 从结构角度解释Ag3%C3N4—Pd的催化效果比C3N4—Pd好的原因是_______。 18. 化合物Ⅰ(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果，其合成路线如下(部分条件忽略)。 已知：① ② 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化方式为_______，化合物B的结构简式为_______。 （2）D中官能团名称是_______，化合物F的名称为_______。 （3）写出G到H的化学方程式_______，其反应类型为_______。 （4）1mol I与足量NaOH水溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_______。 （5）M是E的同分异构体，同时符合下列条件的M共有_______种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物且含氨基(-NH2) ②含有手性碳原子 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （6）E→G的过程分成三步，分别为加成反应、消去反应、加成反应，写出消去反应的产物结构简式_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $