精品解析：黑龙江大庆市2025-2026学年度高三下学期大庆外国语学校教学质量检测化学试卷

2025-2026学年度下学期大庆外国语学校教学质量检测 高三年级化学试题 注意事项 1.考试时间75分钟，满分100分 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并准确填涂。 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号。非选择题答案使用0.5毫米中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效。 相对原子质量：P-31 Co-59 O-16 C-12 H-1 一、单选题 1. 化学在科技发展中起到了重要的作用。下列相关说法不正确的是 A. 铝合金材料广泛应用于新能源汽车车身，相对于纯铝，其具有强度高、熔点低的特点 B. 宇树机器人的触觉传感器材料压电陶瓷，属于新型无机非金属材料 C. 激光武器光学窗口与波导的材料为质轻、透光好的聚碳酸酯(PC)，属于有机高分子材料 D. 低空飞行器使用的燃料可以用废弃食用油制备，废弃食用油的主要成分属于有机高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．铝合金是合金，通常比纯铝强度更高、熔点更低，A正确； B．压电陶瓷属于陶瓷类，是新型无机非金属材料，B正确； C．聚碳酸酯（PC）是一种塑料，具有质轻、透光性好的特性，属于有机高分子材料，C正确； D．废弃食用油的主要成分是甘油三酯，分子量较低（通常小于1000），不属于有机高分子，D错误； 故选D。 2. 是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。下列有关化学用语或表述正确的是 A. 的晶体类型：离子晶体 B. 的VSEPR模型： C. 的电子式： D. 中的化学键：键 【答案】A 【解析】 【详解】A．由和构成，属于离子化合物，离子化合物的晶体类型为离子晶体，A正确； B．中N的价层电子对数为，含有1对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．的电子式应为，题目中电子式未体现双键，C错误； D．HCl中H的1s轨道与Cl的3p轨道形成σ键，为s-pσ键，D错误； 故选A。 3. 磷化氢是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过如图所示的流程制取。已知为弱酸，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 溶液中含有的数目为 B. 不考虑损失，参与反应，理论上生成的数目为 C. 62g白磷中含有P—P键的数目为 D. 常温下，的溶液中含有的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．为强碱弱酸盐， 在溶液中会发生水解，导致溶液中数目小于，A错误； B．流程中第一步为与NaOH溶液反应生成的和，反应方程式为，第二步为与稀硫酸反应生成，反应的方程式为，第三步为分解生成和，反应的方程式为故参与反应时，第一步产生1mol和3mol，第三步产生1.5mol，总共产生2.5mol ，数目为，B正确； C．白磷（）为正四面体结构，1mol 含6mol P-P键。62g的物质的量为=0.5mol，含P-P键数目为0.5×6=3，C错误； D．未给出溶液体积，无法计算数目，D错误； 故答案选B。 4. 下列过程中发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收 B. 明矾用于净水：（胶体） C. 向溶液中滴加过量氨水： D. 草酸使酸性溶液褪色： 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH溶液可与反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式：，A错误； B．明矾的化学式为，它溶于水后能电离出，水解产生的胶体表面积大，能吸附悬浮物而达到净水的目的，涉及的离子方程式：（胶体），B正确； C．向溶液中滴加过量氨水，铜离子可与一水合氨发生络合反应生成四氨合铜络离子，离子方程式应为，C错误； D．草酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式应为，D错误； 故选B。 5. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服后对胃、肠道有刺激性，可以对其进行修饰来提高药物的治疗效果，降低副作用。修饰过程如图所示： 下列说法错误的是 A. 一个布洛芬分子中有4个碳原子共线 B. 化合物X可以溶于酸溶液和碱溶液 C. 酸性KMnO4溶液可以区分布洛芬和化合物X D. 修饰后的药物可减少对胃肠道的刺激性 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯分子中处于对位的两个碳原子及连接的氢原子处于同一直线上，则由结构简式可知，布洛芬分子中有如图4个碳原子共线：，A正确； B．由结构简式可知，化合物X含有的酯基在碱性条件和酸性条件均能发生水解反应，且水解产物均易溶于水，所以化合物X可溶于酸和碱溶液，B正确； C．苯的同系物的侧链能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，由结构简式可知，布洛芬和化合物X的苯环上均连有异丁基，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液无法区分分布洛芬和化合物X，C错误； D．由结构简式可知，布洛芬分子中含有的羧基能使布洛芬表现酸性，所以口服后对胃、肠道有刺激性，修饰后羧基转化为酯基使得化合物X的酸性减弱，从而减少对胃肠道的刺激性，D正确； 故选C。 6. 规范的实验操作和合理的实验装置是实验顺利开展的保障。利用下列装置(夹持和加热装置略)和操作进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用已知浓度的溶液测定未知浓度的硫酸溶液 B. 检验溴乙烷中的溴元素 C. 制备线型结构的酚醛树脂：在大试管中加入2g苯酚、3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热 D. 蒸干溶液得到晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的硫酸溶液属于中和滴定，应用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液，A错误； B．检验溴乙烷中溴元素，需先让溴乙烷在NaOH溶液中水解生成Br⁻，但反应后溶液含过量NaOH，直接滴加AgNO3溶液会生成AgOH沉淀干扰Br⁻检验，应先加硝酸酸化，B错误； C．制备线型酚醛树脂需在酸性催化剂（如浓盐酸）、水浴加热条件下，苯酚与甲醛缩聚，题中操作（苯酚、甲醛、浓盐酸，水浴加热）符合要求，C正确； D．(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为结晶水合物，蒸干溶液会导致结晶水失去，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，蒸干无法得到目标晶体，D错误； 故选C。 7. 由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、R组成一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共平面)，其结构式如图所示。已知：乙的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，W是短周期元素中电负性最大的元素，Z、R为同一主族元素。下列说法错误的是 A. 氢化物的沸点：Z>Y B. 该离子液体中Z原子的杂化方式均为 C. 第一电离能：Y＜Z＜W D. 基态R原子核外电子的空间运动状态有9种 【答案】A 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X形成1个化学键，则X可能为H、F、Cl，Y形成4个键，则Y可能为C、Si，Z的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，Z为N元素，W形成1个化学键，且W是短周期元素中电负性最大的元素，W为F元素，R形成5个共价键，则R为P，则X、Y、Z、W、R分别为：H、C、N、F、P，以此分析。 【详解】A．由分析可知，Z为N，氢化物为N2H4或NH3；Y为C，氢化物种类较多，C的氢化物沸点可能高于N的氢化物，A错误； B．Z为N，离子液体中五元环上5个原子共平面，N原子在环上，故杂化方式均为，B正确； C．Y为C，Z为N，W为F，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则第一电离能：C＜N＜F，C正确； D．R为P，基态电子排布为1s22s22p63s23p3，含有1+1+3+1+3=9个含有电子的轨道，则核外电子的空间运动状态有9种，D正确； 故选A。 8. 某太阳能电池材料的化学式为()，其晶胞结构如图所示，其中“●”代表，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中不正确的是 A. 该晶体为离子晶体 B. 图中“○”代表 C. 晶体密度为 D. 该晶体沿体对角线方向的投影图为 【答案】D 【解析】 【详解】A．该晶体的化学式为，由、、构成，属于离子晶体，A正确； B．已知“●”代表，位于体心，则有1个；由晶体结构可知，位于顶点的离子有8个，用均摊法可得有个，对应；位于面心的6个离子有6个，用均摊法可得有个，对应。则图中“○”代表，B正确； C．由分析可知，该晶胞中有1个，其晶胞的质量，晶胞体积，密度，C正确； D．沿体对角线方向投影时，顶点的会重合于中心，面心的会形成正六边形结构，而题目给出的投影图不符合该特征，投影图缺少中心的离子，D错误； 故答案选D。 9. 化合物G可由E、F反应制得。下列有关说法不正确的是 A. 可以用碳酸氢钠溶液来鉴别E和F B. F分子中有2个手性碳原子 C. 1 mol E最多可与3 mol NaOH反应 D. G可发生取代、加成、消去和氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．E中含有羧基（），可与反应生成气体；F中不含羧基，不与反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别E和F，A正确； B．手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的饱和碳原子。在F分子中，有1个手性碳原子（与酯基相连的环上碳原子），B错误； C．1molE中，羧基（）消耗1mol，苯环上的氯原子（）水解消耗2mol（水解生成酚羟基，再与反应），总共最多可与3mol反应，C正确； D．G中含有苯环和羟基，苯环可发生加成反应，羟基可发生取代、消去、氧化反应，因此可发生取代、加成、消去和氧化反应，D正确。 10. 2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料。实验室中可由反应物X与浓盐酸反应制备，路线如下： 下列说法错误的是 A. 第一次用水洗涤可除去溶液中未反应的大部分盐酸 B. 试剂A可以选用热的NaOH溶液 C. 操作1、操作2、操作3均要用到分液漏斗 D. 蒸馏步骤中锥形瓶里收集到的是产物 【答案】B 【解析】 【分析】反应物X（叔丁醇）与浓盐酸反应生成2-甲基-2-氯丙烷和水，分液后向有机相中加入水进行洗涤、分液（操作1），继续向有机相中可以加入试剂A（如碳酸钠溶液等）洗涤除去盐酸、分液（操作2），再次向有机相中加入水进行洗涤除去碳酸钠、分液（操作3），有机相中加入少量无水氯化钙干燥，蒸馏得到有机物2-甲基-2-氯丙烷，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，第一次水洗的目的是除去有机相中溶解的未反应的浓盐酸，因为盐酸易溶于水，水洗可将大部分盐酸转移到水相，A正确； B．产物2-甲基-2-氯丙烷为卤代烃，遇热的NaOH溶液会发生取代反应生成醇，导致产物损失，试剂A应选用弱碱性溶液（如饱和碳酸钠溶液）中和残留酸，不可用热的NaOH溶液，B错误； C．根据分析，操作1、2、3均为洗涤后的分液操作，分液需用分液漏斗分离互不相溶的有机相和水相，C正确； D．有机相经无水CaCl2干燥后，蒸馏可分离出产物，锥形瓶中收集到的是沸点较低的2-甲基-2-氯丙烷，D正确； 故选B。 11. 以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下： 已知：。下列说法正确的是 A. 为提高酸浸速率，可使用浓硫酸 B. 试剂X可以是 C. NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为： D. 操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用 【答案】C 【解析】 【分析】以水泥厂废料（主要成分为，含少量、、、、等杂质）制备的流程为：废料先加入过量稀酸浸，、、、、与酸反应生成可溶性硫酸盐、、、、，不反应以固体形式残留；随后加入进行氧化，将氧化为、将氧化为沉淀；接着加入试剂调节，使、水解生成、沉淀，过滤除去、、等滤渣；最后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（操作a），得到晶体。 【详解】A．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，且高浓度下浓度并非最高，会降低酸浸反应速率，同时带来安全隐患，因此不能使用浓硫酸提高酸浸速率，A错误； B．试剂的作用是调节溶液，使、沉淀，需要能与反应且不引入新杂质，应选择、、等含镁的碱性物质，而呈中性，无法调节，B错误； C．与按物质的量反应时，中从价被还原为价的，得到个电子，从价被氧化为价的，失去个电子，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为，C正确； D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得滤液主要成分为溶液，可返回到“蒸发浓缩、冷却结晶”步骤循环利用，D错误； 故答案选C。 12. 下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向BaCl2溶液中通入SO2气体 有白色沉淀生成 该沉淀的成分为BaSO3 B 木炭与热浓硫酸反应后气体依次通过酸性KMnO4溶液、品红、澄清石灰水 品红不褪色，澄清石灰水变浑浊 气体产物中含有CO2 C 向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，在滤渣中加入盐酸 产生气泡，固体部分溶解 Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4) D 乙酰水杨酸加水溶解，滴入2滴稀硫酸振荡后，滴入几滴FeCl3溶液(乙酰水杨酸：) 未出现紫色 乙酰水杨酸未发生水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．与不发生反应，不会产生白色沉淀，实验现象错误，A错误； B．木炭与热浓硫酸反应，产物为和​；​也能使澄清石灰水变浑浊，因此先通过酸性​除去，再用品红检验​是否除尽；品红不褪色说明已完全除去，此时澄清石灰水变浑浊，可证明气体中含，操作、现象、结论均正确，B正确； C．饱和​溶液中，很大，即使，也能满足，使部分转化为，因此该实验不能得出，C错误； D．乙酰水杨酸水解生成水杨酸（含酚羟基），若水解程度很小，酚羟基浓度过低，也不会出现紫色，因此未出现紫色不能证明乙酰水杨酸未水解，结论错误，D错误； 故选B。 13. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。和在催化剂作用下可以合成高附加值的碳酸二甲酯，其可能的反应机理如图所示（□代表氧空位）。 下列有关说法错误的是 A. B. 反应过程中涉及C—O键的断裂和形成 C. 用同位素标记，可以得到 D. 总反应的化学方程式为CO2+2CH3OH+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知第一次加入时，生成1个，A项正确； B．由图可知，脱去时同时断裂和形成C—O键，B项正确； C．根据反应历程可知：中的全部进入产物碳酸二甲酯中，C项错误； D．由反应物和生成物可知，总反应的化学方程式为CO2+2CH3OH+H2O，D项正确； 故选C。 14. 一种能捕获和释放的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液为溶液。当连接时，b极区溶液能捕获通入的。下列说法不正确的是 A. 连接时，b极发生反应： B. K连接时，a连接电源正极 C. K连接时，a极区的值增大 D. 该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放 【答案】C 【解析】 【分析】当连接时，b极区溶液能捕获通入的，说明b电极与直流电源负极相连，为电解池的阴极，电极反应式为，a电极为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为；连接时，该装置为原电池，b电极为负极，电极反应式为+2OH--2e-=2H2O+，a电极为正极，在正极得到电子发生还原反应生成，该装置通过“充电”和“放电”调控极区溶液pH，捕获和释放二氧化碳。 【详解】A．由分析可知，当连接时，b电极为电解池的阴极，电极反应式为，故A正确； B．由分析可知，当连接时，b电极为电解池的阴极，a为阳极，与连接电源正极相连，故B正确； C．由分析可知，当连接时，该装置为原电池，a电极为正极，在正极得到电子发生还原反应生成，则a极区的值减小，故C错误； D．由分析可知，该装置通过“充电”和“放电”调控极区溶液pH，捕获和释放二氧化碳，故D正确； 故选C。 15. 室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和；的水解常数。下列说法错误的是 代表、、或 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 【答案】B 【解析】 【分析】pH越小，酸性越强，NH3浓度越小，浓度越大，随着pH逐渐增大，NH3浓度增大，有利于形成配合物，pH越大，碱性越强，越有利于形成配合物，所以III代表，II代表，IV代表，I代表，据此分析； 【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确； B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误； C．根据图像可知D点时和浓度相等，此时氨气浓度是，根据可知，C正确； D．C点时和浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的平衡常数为，因此，C点时和浓度相等，所以，D正确； 故选B。 二、非选择题 16. (钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）基态Co原子的价电子轨道表示式为___________。 （2）酸浸还原时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的离子方程式为___________。 （3）水解净化时，生成沉淀的主要成分为___________。 （4）氧化沉铁锰时生成的Fe(OH)3的离子方程式为：___________。 （5）氧化沉铁锰时，若浸取液中c(Co2+)=0.01mol/L，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于___________；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是___________。 （6）该工艺设计萃取、反萃取的目的是___________。 （7）制：在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出从加热到900℃时，总反应的化学方程式___________。 【答案】（1） （2） （3）Al(OH)3 （4） （5） ①. 7.9 ②. 分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度 （6）可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大 （7） 【解析】 【分析】“酸浸还原”过程中，钴酸锂、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁、锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去，利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离Co2+，再反萃取后加入草酸铵沉钴，最终得到产品。 【小问1详解】 钴的原子序数为27，位于周期表的第四周期‌族‌，价电子排布式为，价电子轨道表示式为。 【小问2详解】 酸浸还原时，发生氧化还原反应，的化合价降低，反应的方程式：。 【小问3详解】 在“水解净化”过程中碳酸氢铵和发生双水解反应，，生成氢氧化铝沉淀。 【小问4详解】 NaClO将Fe2+氧化，生成Fe(OH)3，方程式为：。 【小问5详解】 沉淀完全时，，，若浸取液中，为使钴不损失，，，所以，则常温下须调节溶液pH不大于7.9。在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是：①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成，使钴的损失增大。 【小问6详解】 根据流程分析，萃取，反萃取过程，利用“P507萃取剂”可以分离钴和镍锂，从“滤液”中分离；反萃取是进一步富集，提高产物纯度。 【小问7详解】 的摩尔质量为183g/mol，18.3g物质的量为0.1mol，900℃时，残留固体质量为7.50g，根据钴原子守恒，含有5.9gCo，则含有7.5g-5.9g=1.6g氧，O原子物质的量为0.1mol，可知残留固体的化学式为。 17. 某实验小组采用如下方案实现了3-甲基苯酚的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ.向100 mL反应瓶中加入0.9 g四正丁基碘化铵（催化剂）和1.1 g MCH，装上冷凝管，抽除装置内的空气并充入氮气，最后用注射器加入25.0 mL 1，2-二氯乙烷。一系列操作后，连续监测反应进程，过程中有ICl（有氧化性，易溶于有机物）生成。 Ⅱ.4 h时，监测结果显示反应基本结束，冷却后加入饱和溶液洗涤，弃去水层。向剩余有机层加入10% NaOH溶液萃取，分液除去有机层。 Ⅲ.用10% HCl溶液酸化所得水层至pH值约为4~5，再用二氯甲烷萃取。 Ⅳ.向所得有机层加入干燥剂干燥，过滤，蒸馏除去二氯甲烷，得到产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中所用冷凝管的作用为_______。 （2）步骤Ⅰ中1，2-二氯乙烷的作用是溶剂和_______。 （3）步骤Ⅰ中一系列操作的顺序为_______③_______（填标号）。 ①打开冷却循环水 ②加热至100℃ ③开启磁力搅拌器 （4）步骤Ⅱ中加入饱和溶液的作用是_______。 （5）步骤Ⅲ加入10% HCl溶液发生反应的离子方程式为_______、_______。 （6）步骤Ⅳ中所用的干燥剂是_______（填字母）。 A.胆矾 B.碱石灰 C.无水硫酸钠 （7）产品中杂质只有二氯甲烷，根据产品的核磁共振氢谱（谱图中无酚羟基H的吸收峰）测定其纯度（，其中n表示物质的量）。已知图中e为二氯甲烷的H吸收峰，峰面积比，据此计算产品的纯度=_______%。 【答案】（1）冷凝回流 （2）氧化剂(或反应物) （3） ①. ① ②. ② （4）还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物 （5） ①. ②. （6）C （7）80 【解析】 【分析】该实验以MCH（3-甲基环己烯酮）为原料，在四正丁基碘化铵催化、1,2-二氯乙烷作溶剂和反应物、100℃条件下反应生成3-甲基苯酚；反应结束后，先用饱和溶液除去体系中的氧化性物质ICl，再用溶液萃取产物使其进入水层；水层经盐酸酸化后，用二氯甲烷萃取得到含产物的有机层；最后经干燥、蒸馏除去溶剂，得到纯品3-甲基苯酚。 【小问1详解】 冷凝管的作用是冷凝回流，使1,2-二氯乙烷等易挥发的溶剂和反应物回到反应瓶，提高原料利用率，故答案为：冷凝回流； 【小问2详解】 除作溶剂外，1,2-二氯乙烷还是反应物，在反应中提供氯原子，参与生成副产物二氯甲烷和ICl等；ICl中I为+1价，说明四正丁基碘化铵为还原剂，则1，2-二氯乙烷为氧化剂； 【小问3详解】 实验操作应先打开冷却循环水（①），再开启磁力搅拌器（③），最后加热至100℃（②），顺序为：，故答案为：①；②； 【小问4详解】 具有还原性，可将反应中生成的氧化性物质ICl还原为和，防止其氧化目标产物3-甲基苯酚，故答案为：还原氧化性物质ICl，防止其氧化目标产物； 【小问5详解】 步骤III加入10% HCl溶液，水层中含3-甲基苯酚钠，酸化时发生反应生成苯酚：，同时，过量与盐酸中和：，故答案为：；； 【小问6详解】 产物为酚类，呈弱酸性，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）；胆矾（）无干燥能力，因此应选择无水硫酸钠，故答案选C； 【小问7详解】 由题，e峰对应杂质二氯甲烷（），每个二氯甲烷分子含有2个氢原子，其峰面积为1，因此可以算出二氯甲烷的物质的量为；f峰对应目标产物3-甲基苯酚（）的甲基（），每个3-甲基苯酚分子的甲基上含有3个氢原子，其峰面积为6，因此3-甲基苯酚的物质的量为，因此纯度为，故答案为80。 18. 我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，利用CO2，H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入1molCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为80%，该温度下CH3OH的分压为___________。 [甲醇的选择性=×100%] （4）研究者向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(混合比例)，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。 ①请解释甲醇时空收率“抛物线”前半段升高的原因：___________。 ②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温度为___________(填字母)。 A．Ni5Ga3，210℃ B．NiGa，220℃ C．NiGa，240℃ D．Ni5Ga3，220℃ ③二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k·pm(CO2)·pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数，p(CO2)和p(H2)为初始分压。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数m223℃：m169℃=a，H2反应级数不变，试计算速率常数之比___________。 （5）近期科学家报道CO2可插入锌氢化物的Zn—H键，从而制备甲酸盐。能量——反应进程图如下所示：(L为中性配体，TS表示过渡态) ①该反应的决速步骤为第___________步。(填“一”或“二”) ②红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关。由此推测大小：CO2(O=C=O)___________HCOO-()。(填“>”或“<”)。 【答案】（1） （2）b （3）0.125p （4） ①. 温度升高，反应速率加快，时空收率增大 ②. A ③. 2 （5） ①. 一 ②. > 【解析】 【小问1详解】 已知反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2反应Ⅲ的平衡常数，根据平衡常数与反应的关系，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，，所以反应Ⅲ的热化学方程式为； 【小问2详解】 反应Ⅰ是气体分子数减少的放热反应，要提高CH3OH(g)的产率，需要使平衡正向移动。降低温度，平衡向放热反应（正向）移动；增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（正向）移动，所以理论上应采用的条件是低温高压，所以选b； 【小问3详解】 已知向恒压为pMPa的密闭容器中通入1 molCO2(g)和3 molH2(g)，CO2平衡转化率为50%，则消耗CO2的物质的量为1 mol×50%=0.5 mol，又因为CH3OH选择性为80%，所以生成CH3OH消耗CO2的物质的量为0.5 mol×80%=0.4 mol。根据反应Ⅰ的化学计量关系，生成CH3OH的物质的量为0.4 mol。反应Ⅰ中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量为-0.4 mol、-1.2 mol、+0.4 mol、+0.4 mol；反应Ⅱ中消耗CO2的物质的量为0.5 mol-0.4 mol=0.1 mol，CO2、H2、CO、H2O的物质的量变化分别是-0.1 mol、-0.1 mol、+0.1 mol、+0.1 mol。平衡气体的总物质的量为1 mol+3 mol-0.4 mol-1.2 mol+0.4 mol+0.4 mol-0.1 mol-0.1 mol+0.1 mol+0.1 mol=3.2 mol。CH3OH的分压； 【小问4详解】 在“抛物线”前半段，温度升高，反应速率加快，单位时间内生成的甲醇增多，所以甲醇时空收率增大；根据图像，Ni5Ga3催化剂在210℃时甲醇时空收率最大，所以选A；已知使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，CO2反应级数m223℃：m169℃=a，H2反应级数不变，且a=1，根据速率方程v=k·pm(CO2)·pn(H2)，速率常数之比； 【小问5详解】 反应的决速步骤是活化能最大的步骤，活化能越大，反应速率越慢，该步骤决定总反应的速率。从能量—反应进程图中可以看出，第一步的活化能大于第二步活化能，所以该反应的决速步骤为第一步；已知红外光谱中羰基伸缩振动峰波数vC=O与碳氧间的键合强度呈正相关，键合强度越大，vC=O越大。CO2(O=C=O)中碳氧键的键合强度大于HCOO-()中碳氧键的键合强度，所以vC=O大小：CO2(O=C=O)＞HCOO-()。 19. 布洛芬除具有降温功效外，还有抑制肺部炎症的作用。一种转位重排法生产布洛芬的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）C中官能团名称为_______。 （4）D→E的反应类型为_______。 （5）H→布洛芬的第一步反应的化学方程式为_______。 （6）布洛芬的同分异构体中，含苯环（不含其他环）且不同化学环境的氢原子个数比为1的同分异构体的数目有_______种。 （7）下列转化过程中存在邻二醇的重排。M的结构简式为_______；M重排的过程除芳基迁移转化为N以外，也可发生氢迁移生成Z，Z的结构简式为_______。 【答案】（1）甲苯 （2） （3）羰基、碳氯键 （4）加成反应 （5） （6）6 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】观察B→C的反应得知B的结构为；由于A与丙烯反应生成B，故A为甲苯。 【小问1详解】 观察B→C的反应得知B的结构为；由于A与丙烯反应生成B，故A为甲苯。 【小问2详解】 观察B→C的反应得知B的结构为。 【小问3详解】 C中官能团为C-Cl与C=O，故名称为羰基、碳氯键。 【小问4详解】 观察反应可知，D→E的过程为D对甲醛的加成反应，故反应类型为加成反应。 【小问5详解】 观察结构可知，H→布洛芬的过程中发生了酯类的水解，故两步骤反应应该分别为酯在碱性条件下水解为对应的羧酸的盐，以及盐被酸化后生成产物（羧酸）；同时考虑到加入强碱NaOH与加热环境下发生了羟基对氯原子的取代反应，故第一步反应的化学方程式为： 【小问6详解】 除苯环外，异构体中应包含7个C原子、2个O原子与若干个H原子，具有1个不饱和度。考虑到有12个H原子化学环境相同，应该为4个甲基。由于除了苯环外不含其他环，取代基应该为：1个-COOH与2个-CH(CH3)2，或1个HCOO-与2个-CH(CH3)2，或1个-CHO、1个酚羟基与2个-CH(CH3)2。三种情况下满足核磁共振氢谱的异构体数目均为2种，故一共6种。 【小问7详解】 仿照题干中E→F过程，得知M的结构简式为； 生成N的过程中苯基进行了迁移，故氢迁移产物应为N中苯基与醛基氢交换的结果，为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期大庆外国语学校教学质量检测 高三年级化学试题 注意事项 1.考试时间75分钟，满分100分 2.答题前，考生务必先将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并准确填涂。 3.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案的标号。非选择题答案使用0.5毫米中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 4.按照题号在各答题区域内作答，超出答题区域书写答案无效。 相对原子质量：P-31 Co-59 O-16 C-12 H-1 一、单选题 1. 化学在科技发展中起到了重要的作用。下列相关说法不正确的是 A. 铝合金材料广泛应用于新能源汽车车身，相对于纯铝，其具有强度高、熔点低的特点 B. 宇树机器人的触觉传感器材料压电陶瓷，属于新型无机非金属材料 C. 激光武器光学窗口与波导的材料为质轻、透光好的聚碳酸酯(PC)，属于有机高分子材料 D. 低空飞行器使用的燃料可以用废弃食用油制备，废弃食用油的主要成分属于有机高分子 2. 是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。下列有关化学用语或表述正确的是 A. 的晶体类型：离子晶体 B. 的VSEPR模型： C. 的电子式： D. 中的化学键：键 3. 磷化氢是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过如图所示的流程制取。已知为弱酸，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 溶液中含有的数目为 B. 不考虑损失，参与反应，理论上生成的数目为 C. 62g白磷中含有P—P键的数目为 D. 常温下，的溶液中含有的数目为 4. 下列过程中发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收 B. 明矾用于净水：（胶体） C. 向溶液中滴加过量氨水： D. 草酸使酸性溶液褪色： 5. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服后对胃、肠道有刺激性，可以对其进行修饰来提高药物的治疗效果，降低副作用。修饰过程如图所示： 下列说法错误的是 A. 一个布洛芬分子中有4个碳原子共线 B. 化合物X可以溶于酸溶液和碱溶液 C. 酸性KMnO4溶液可以区分布洛芬和化合物X D. 修饰后的药物可减少对胃肠道的刺激性 6. 规范的实验操作和合理的实验装置是实验顺利开展的保障。利用下列装置(夹持和加热装置略)和操作进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用已知浓度的溶液测定未知浓度的硫酸溶液 B. 检验溴乙烷中的溴元素 C. 制备线型结构的酚醛树脂：在大试管中加入2g苯酚、3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热 D. 蒸干溶液得到晶体 7. 由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、R组成一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共平面)，其结构式如图所示。已知：乙的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，W是短周期元素中电负性最大的元素，Z、R为同一主族元素。下列说法错误的是 A. 氢化物的沸点：Z>Y B. 该离子液体中Z原子的杂化方式均为 C. 第一电离能：Y＜Z＜W D. 基态R原子核外电子的空间运动状态有9种 8. 某太阳能电池材料的化学式为()，其晶胞结构如图所示，其中“●”代表，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中不正确的是 A. 该晶体为离子晶体 B. 图中“○”代表 C. 晶体密度为 D. 该晶体沿体对角线方向的投影图为 9. 化合物G可由E、F反应制得。下列有关说法不正确的是 A. 可以用碳酸氢钠溶液来鉴别E和F B. F分子中有2个手性碳原子 C. 1 mol E最多可与3 mol NaOH反应 D. G可发生取代、加成、消去和氧化反应 10. 2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料。实验室中可由反应物X与浓盐酸反应制备，路线如下： 下列说法错误的是 A. 第一次用水洗涤可除去溶液中未反应的大部分盐酸 B. 试剂A可以选用热的NaOH溶液 C. 操作1、操作2、操作3均要用到分液漏斗 D. 蒸馏步骤中锥形瓶里收集到的是产物 11. 以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下： 已知：。下列说法正确的是 A. 为提高酸浸速率，可使用浓硫酸 B. 试剂X可以是 C. NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为： D. 操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用 12. 下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向BaCl2溶液中通入SO2气体 有白色沉淀生成 该沉淀的成分为BaSO3 B 木炭与热浓硫酸反应后气体依次通过酸性KMnO4溶液、品红、澄清石灰水 品红不褪色，澄清石灰水变浑浊 气体产物中含有CO2 C 向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，在滤渣中加入盐酸 产生气泡，固体部分溶解 Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4) D 乙酰水杨酸加水溶解，滴入2滴稀硫酸振荡后，滴入几滴FeCl3溶液(乙酰水杨酸：) 未出现紫色 乙酰水杨酸未发生水解 A. A B. B C. C D. D 13. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。和在催化剂作用下可以合成高附加值的碳酸二甲酯，其可能的反应机理如图所示（□代表氧空位）。 下列有关说法错误的是 A. B. 反应过程中涉及C—O键的断裂和形成 C. 用同位素标记，可以得到 D. 总反应的化学方程式为CO2+2CH3OH+H2O 14. 一种能捕获和释放的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液为溶液。当连接时，b极区溶液能捕获通入的。下列说法不正确的是 A. 连接时，b极发生反应： B. K连接时，a连接电源正极 C. K连接时，a极区的值增大 D. 该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放 15. 室温下，将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和；的水解常数。下列说法错误的是 代表、、或 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 二、非选择题 16. (钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）基态Co原子的价电子轨道表示式为___________。 （2）酸浸还原时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的离子方程式为___________。 （3）水解净化时，生成沉淀的主要成分为___________。 （4）氧化沉铁锰时生成的Fe(OH)3的离子方程式为：___________。 （5）氧化沉铁锰时，若浸取液中c(Co2+)=0.01mol/L，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于___________；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是___________。 （6）该工艺设计萃取、反萃取的目的是___________。 （7）制：在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出从加热到900℃时，总反应的化学方程式___________。 17. 某实验小组采用如下方案实现了3-甲基苯酚的绿色制备。 反应： 步骤： Ⅰ.向100 mL反应瓶中加入0.9 g四正丁基碘化铵（催化剂）和1.1 g MCH，装上冷凝管，抽除装置内的空气并充入氮气，最后用注射器加入25.0 mL 1，2-二氯乙烷。一系列操作后，连续监测反应进程，过程中有ICl（有氧化性，易溶于有机物）生成。 Ⅱ.4 h时，监测结果显示反应基本结束，冷却后加入饱和溶液洗涤，弃去水层。向剩余有机层加入10% NaOH溶液萃取，分液除去有机层。 Ⅲ.用10% HCl溶液酸化所得水层至pH值约为4~5，再用二氯甲烷萃取。 Ⅳ.向所得有机层加入干燥剂干燥，过滤，蒸馏除去二氯甲烷，得到产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中所用冷凝管的作用为_______。 （2）步骤Ⅰ中1，2-二氯乙烷的作用是溶剂和_______。 （3）步骤Ⅰ中一系列操作的顺序为_______③_______（填标号）。 ①打开冷却循环水 ②加热至100℃ ③开启磁力搅拌器 （4）步骤Ⅱ中加入饱和溶液的作用是_______。 （5）步骤Ⅲ加入10% HCl溶液发生反应的离子方程式为_______、_______。 （6）步骤Ⅳ中所用的干燥剂是_______（填字母）。 A.胆矾 B.碱石灰 C.无水硫酸钠 （7）产品中杂质只有二氯甲烷，根据产品的核磁共振氢谱（谱图中无酚羟基H的吸收峰）测定其纯度（，其中n表示物质的量）。已知图中e为二氯甲烷的H吸收峰，峰面积比，据此计算产品的纯度=_______%。 18. 我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，利用CO2，H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入1molCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为80%，该温度下CH3OH的分压为___________。 [甲醇的选择性=×100%] （4）研究者向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(混合比例)，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。 ①请解释甲醇时空收率“抛物线”前半段升高的原因：___________。 ②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温度为___________(填字母)。 A．Ni5Ga3，210℃ B．NiGa，220℃ C．NiGa，240℃ D．Ni5Ga3，220℃ ③二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k·pm(CO2)·pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数，p(CO2)和p(H2)为初始分压。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数m223℃：m169℃=a，H2反应级数不变，试计算速率常数之比___________。 （5）近期科学家报道CO2可插入锌氢化物的Zn—H键，从而制备甲酸盐。能量——反应进程图如下所示：(L为中性配体，TS表示过渡态) ①该反应的决速步骤为第___________步。(填“一”或“二”) ②红外光谱中羰基伸缩振动峰波数与碳氧间的键合强度呈正相关。由此推测大小：CO2(O=C=O)___________HCOO-()。(填“>”或“<”)。 19. 布洛芬除具有降温功效外，还有抑制肺部炎症的作用。一种转位重排法生产布洛芬的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）C中官能团名称为_______。 （4）D→E的反应类型为_______。 （5）H→布洛芬的第一步反应的化学方程式为_______。 （6）布洛芬的同分异构体中，含苯环（不含其他环）且不同化学环境的氢原子个数比为1的同分异构体的数目有_______种。 （7）下列转化过程中存在邻二醇的重排。M的结构简式为_______；M重排的过程除芳基迁移转化为N以外，也可发生氢迁移生成Z，Z的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $