吉林省吉林市吉化第一高级中学校2026届下学期高三年级4月份测试 化学试卷

吉化一中高三年级4月份测试 化学 一、选择题 1．中华文明源远流长。下列文明载体为合金材料的是 A．《论语》竹简 B．春秋楚王孙铜钟 C．元青花人物纹玉壶春瓶 D．唐代丝织品 A．A B．B C．C D．D 2．下列有关化学用语表示正确的是 A．用电子式表示的形成： B．苯甲酰胺的结构简式： C．的电子式： D．反－2－丁烯分子的球棍模型： 3．下列化学用语表达错误的是 A．乙醚的结构简式： B．的电子式： C．的名称：2-甲基丙醛 D．基态碳原子的核外电子排布图： 4．我国科学家利用合成淀粉的核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．0.5molDHA含共用电子对数为 B．反应①消耗时，转移电子数为 C．标准状况下所含的非极性键数为 D．30gHCHO与的混合物中含氧原子数为 5．下列关于碳、氮、硫及其化合物的叙述正确的是 A．键角： B．酸性： C．和中硫原子均采取杂化 D．熔、沸点： 6．由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 向包有的脱脂棉上滴加蒸馏水，脱脂棉燃烧 有强氧化性 B 测定不同温度下蒸馏水的，随温度升高而降低 水的电离程度随温度升高而增大 C 向苯酚浊液中加入足量溶液，溶液由浑浊变澄清 苯酚的酸性比强 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 A．A B．B C．C D．D 7．青霉素是一种高效、低毒的抗生素，青霉素的使用增强了人类抵抗细菌性感染的能力。青霉素结构如图所示，下列关于青霉素的说法中正确的是 A．青霉素属于芳香烃 B．青霉素分子与水分子之间能形成氢键 C．青霉素分子中S原子的杂化类型是sp2 D．C、N、O的第一电离能： 8．F、P、S、Cl等为化肥或农药中的常见元素。下列说法正确的是 A．是由极性键形成的非极性分子 B．Cl的含氧酸的酸性一定比S的含氧酸的酸性强 C．第一电离能： D．简单氢化物的稳定性： 9．POCl3是一种重要的化工原料，常温下呈液态，在潮湿的空气中可发生反应。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4L POCl3中含有的分子数目为NA B．1mol固态冰中含有的σ键数目为2NA C．溶液中含有的数目为0.2NA D．常温下，中含有的电子数目为1.6NA 10．元素周期表中短周期元素的一部分如图，其中W为地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是 A．最简单氢化物的热稳定性： B．简单离子半径： C．X形成的单质可以将Z从水溶液中置换出来 D．物质的燃烧一定要有参加 11．、、在光电领域有重要作用，三种晶体的立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A．和结构不同的主要原因是离子半径比不同 B．的熔点主要取决于所含键的键能 C．和中均含有属于周期表s区的元素 D．和中阳离子配位数之比为1：2 12．马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计） 下列说法错误的是 A．反应①的活化能小于反应②的活化能 B．反应①的浓度平衡常数 C．1.25 h后转化过程以反应③为主 D．已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于 13．以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．在相同条件下，比更易与成键 B．通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③④为慢反应 C．若为常见非金属单质，则⑤①的反应可能为 D．上述反应历程涉及极性键的断裂和形成 14．在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A．M、N配离子的配位数相等 B．Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C．50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D．向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 二、非选择题 15．铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下： 已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。 回答下列问题： (1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为_______。 (2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为_______。 (3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为_______。 (4)“酸溶”的目的为_______；“沉银”反应的平衡常数为_______。[已知、] (5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为_______。 (6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。 ①172℃时，剩余固体的化学式为_______。 ②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为_______。 16．NaClO在生产、生活中有广泛应用，84消毒液主要成分为NaClO。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题： 实验(一)制备NaClO。 实验装置如图所示： (1)装置B中试剂是_______。 (2)写出装置C三颈烧瓶中发生反应的离子方程式_______。 实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。 【查阅资料】NaClO水解程度，次氯酸溶液浓度可以通过荧光探针方法准确测定。 【提出猜想】 猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小； 猜想2：其他条件相同，NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大； 猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。 【设计实验】 实验方案如下(各溶液浓度均为0.10mol/L，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)： 序 号 温度 /℃ V(NaClO 溶液)/mL V(NaOH 溶液)/mL V(HCl溶 液)/mL V(H2O) /mL 褪色 时间/s 1 20 10.0 0 0 5.0 t1 2 20 5.0 0 0 10.0 t2 3 20 10.0 2.0 0 V1 t3 4 20 10.0 0 2.0 3.0 t4 5 30 10.0 0 0 5.0 t5 (3)在实验中，补充数据V1 =_______。 (4)实验1、3、4测得结果：t3>t1>t4   ，能证明猜想1成立，请用平衡移动原理解释实验结果：_______。实验1、2不能验证猜想2，其原因是c(NaClO)浓度越小，c(HClO)越小。请你提出改进方案：_______。 (5)实验结果；t5<t1，但是，不能证明猜想3成立，其原因是_______。 经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解平衡常数Kh，确定温度对NaClO水解程度的影响。 【查阅资料】，为溶液起始浓度。 【试剂与仪器】一定浓度的NaClO溶液、0.1000mol/L的盐酸、蒸馏水、pH计等。 【设计实验】测定30℃下NaClO水解平衡常数，完成表中实验。 序号 实验内容 记录数据 6 取20.00mLNaClO溶液，用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，测NaClO溶液的浓度 消耗盐酸体积为VmL 7 测得30℃纯水的pH a 8 _______ b (6)分别在35℃、40℃下重复上述实验。 ①实验8的实验内容是_______。 ②数据处理：30℃，_______(用含a、b、V的代数式表示)。 ③实验结论：，升高温度能促进NaClO水解。 17．吗氯贝胺临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，由芳香烃A合成吗氯贝胺的路线如图所示，回答下列问题： (1)A的化学名称为___________，F中官能团的名称为___________。 (2)C的结构简式为___________，由C生成D的反应类型为___________。 (3)F+G→H(吗氯贝胺)的化学方程式为___________。 (4)F的最少有___________个碳共平面。 (5)化合物C的同分异构体中满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)； ①属于芳香族化合物；        ②能发生银镜反应。(不考虑Cl-O) 其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为___________。 试卷第6页，共7页 试卷第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 吉化一中高三年级4月份测试 化学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A B A B B C B B 题号 11 12 13 14 答案 B C A C 1．B 【详解】A．竹简的主要成分为纤维素，不是合金材料，A项不符合题意； B．铜钟的主要成分为铜合金，B项符合题意； C．青花瓶的主要成分为硅酸盐，不是合金材料，C项不符合题意； D．丝织品主要由蚕丝制成，其主要成分为蛋白质，不是合金材料，D项不符合题意。 答案选B。 2．A 【详解】 A．为共价分子，两个氯原子共享一对电子，形成过程为，A正确； B．苯甲酰胺的结构简式为，B错误； C．为离子化合物，由和组成，电子式为，C错误； D．反－2－丁烯分子的球棍模型为，D错误； 故答案为A。 3．A 【详解】A．是甲醚的结构简式，乙醚的结构简式应为，A错误； B．中碳原子与两个氧原子分别形成两对共用电子对，电子式正确，B正确； C．该有机物主链包含醛基碳原子，2号碳上连有甲基，系统命名为2-甲基丙醛，C正确； D．基态碳原子的核外电子排布为，根据洪特规则，2p轨道的两个电子分占两个不同轨道且自旋平行，电子排布图书写正确，D正确； 故答案选A。 4．B 【详解】A．由DHA的结构简式可知，其中含有12个共价键，每1个共价键都是1个共用电子对，则0.5molDHA含共用电子对数为，A错误； B．由反应机理可知，反应①为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，C元素化合价由+4价下降到-2价，则消耗4.4 g CO2，反应转移电子数为=，B正确； C．含有1个O-O非极性键，标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算的物质的量，C错误； D．甲醛和的最简式均为CH2O，则30 g甲醛和的混合物中含氧原子数为=，D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．中N原子价电子对数均为4，孤电子对数依次为2、1、0，孤电子对数越多键角越小，所以键角：，故A正确； B．甲基具有推电子作用、F原子具有吸电子作用，所以酸性：，故B错误； C．中硫原子采取杂化，中硫原子采取杂化，故C错误； D．苯酚相对分子质量大于苯，且苯酚分子间能形成氢键，所以熔、沸点：，故D错误； 选A。 6．B 【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气和NaOH，且放热，则脱脂棉燃烧，即可证明过氧化钠与水反应放热且有氧气生成，无法确定有强氧化性，A错误； B．升高温度，促进水的电离，则测定不同温度下蒸馏水的pH，pH随温度升高而降低，B正确； C．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，溶液变澄清，无法得出苯酚的酸性比碳酸强，且碳酸的酸性大于苯酚的酸性，C错误； D．加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，有HCl生成，则试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红，不能证明氯乙烯加聚是可逆反应，D错误； 故选B。 7．B 【详解】A．只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃，青霉素中还含有O、N、S元素，尽管含有苯环，但不属于芳香烃，属于芳香烃的衍生物，A错误； B．酰胺基和水之间可以形成氢键，青霉素分子与水分子之间能形成氢键，B正确； C．青霉素分子中S原子形成2条键，价层电子对数是，杂化类型是，C错误； D．第一电离能从左到右依次增大，第ⅡA、ⅤA族元素原子电子处于全充满或半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：，D错误； 故答案选B。 8．C 【详解】A．中P-H键是极性键，其分子呈三角锥形，正、负电中心不重合，是极性分子 ，不是非极性分子，A错误； B．Cl的含氧酸的酸性不一定比S的含氧酸的酸性强，例如HClO的酸性比弱，只有在同类型且非羟基氧原子数越多时，酸性才越强，B错误； C．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第 ⅡA 族、第 ⅤA 族元素的第一电离能大于相邻元素；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小。F在第二周期第 ⅦA 族，P在第三周期第 ⅤA 族，S在第三周期第 ⅥA 族，所以第一电离能：，C正确； D．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定 ，非金属性F>Cl>S，所以简单氢化物的稳定性：，D错误； 故选C。 9．B 【详解】A．标准状况下气体的物质的量是1mol，而POCl3常温下呈液态，无法进行相关计算，A错误； B．1个H2O分子中包含2个O-Hσ键，冰即水的固态，故冰中含2molσ键，即σ键数目为2NA，B正确； C．为中强酸，其电离是分步进行，且每步电离都是部分进行，故溶液中H+数目小于0.2NA，C错误； D．1molHCl所含电子的物质的量为18mol，7.3g的HCl的物质的量为0.2mol，故所含电子数为3.6mol，即3.6NA，D错误； 故选B。 10．B 【分析】元素周期表中短周期的一部分如图，W为地壳中含量最高的元素，则W为氧，那么X、Y、Z分别为F、S、Cl； 【详解】A．元素的非金属性F>O>S，故最简单氢化物的热稳定性：HF>H2O>H2S，故A错误； B．电子层数越多简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小；简单离子半径：，故B正确； C．X形成的单质为，其不能将Z从水溶液中置换出来，因为会先和反应：，故C错误； D．物质的燃烧不一定要有参加，如可以在中安静的燃烧，金属镁也能在中燃烧，故D错误； 故选B。 11．B 【分析】根据均摊法可知，晶胞中，黑色小球有4个，白色小球有个，因此白色小球为O2-，黑色小球为Cu+；晶胞中，黑色小球有8个，白色小球有个，因此白色小球为O2-，黑色小球为Li+，据此作答。 【详解】A．和均为离子晶体，但是结构不同的主要原因为离子半径比不同，故A正确； B．为离子晶体，而离子晶体的熔点主要是取决于离子键的强弱，故B错误； C．Li和Ca均属于周期表s区，故C正确； D．根据晶胞的位置关系，晶胞中，Li+周围有4个O2-，Li+的配位数为4，晶胞中，Cu+周围有2个O2-，因此Cu+的配位数为2，可知和中阳离子配位数之比为1：2，故D正确； 故答案选B。 12．C 【详解】A．活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内的增长比快，说明反应①速率更快，A正确； B．6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确； C．1.25 h后，的持续增大，说明的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误； D．MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确； 故选C。 13．A 【详解】A．由反应历程可知，优先与催化剂的M位点结合成键，后续NO才发生结合，说明相同条件下比更易与M成键，A说法错误； B．慢反应的反应速率慢，中间产物的生成速率小于消耗速率，因此体系中该中间产物含量少，若③④为慢反应，则物质④含量最少，B说法正确； C．该反应目的是消除、污染，最终产物为和，a为常见非金属单质，题给反应中原子守恒，反应合理，C说法正确； D．反应过程中存在极性键断裂，也存在等极性键的形成，因此涉及极性键的断裂和形成，D说法正确； 答案选A。 14．C 【分析】对于配离子[Fe(CN)x]y−，由稳定常数定义：变形取对数得：，即纵坐标其中斜率为配位数x，截距为−lgK稳。 【详解】A．根据图中点坐标：①（M，Fe2+的配离子）过点(1,−29)，截距（−lg c(CN−)=0时）为−35，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率为6，即配位数x=6；②（N，Fe3+的配离子）过点 (2,−30)，截距为−42，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率也为6，配位数也为6。因此二者配位数相等，A正确； B．对N，由，截距为−lg K稳(N) = −42，得lg K稳(N) = 42，即K稳(N) = 1.0 × 1042，B正确； C．50%转化时，c(Fea+) = c(配离子)，故； 对M：0 = 6X − 35，得，c(CN−) = 10−5.83≈1.5×10−6 mol/L； 对N：0 = 6X − 42，得，c(CN−) = 10−7 mol/L。后者（N）的CN−平衡浓度更小，C错误； D．转化反应为：，平衡常数，K很大，反应可以完全进行，D正确； 故选C。 15．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢 (4) 将CuO、Ag转化为硫酸盐 5.5×1014 (5)减少溶解损失，乙醇易挥发，有利于干燥 (6) 700~810℃ 【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。 【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。 （2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。 （3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。 （4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。 （5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇易挥发，有利于干燥。 （6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为； 由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。 16．(1)饱和食盐水 (2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3)3.0 (4) ClO-+H2OHClO+OH-，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，c(HClO)增大，实验3中pH增大，平衡左移，c(HClO)减小 测定不同浓度NaClO溶液中c(HClO)，计算NaClO水解程度 (5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大 (6) 测定30℃该浓度NaClO溶液的pH 【分析】实验（一）：装置A中发生反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，制备氯气；装置B中装有饱和NaCl溶液，目的为除去氯气中的氯化氢杂质；装置C中发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，制取NaClO，为避免温度过高发生副反应3Cl2+6OH-=5Cl-++3H2O影响产物纯度，实验采用冰水浴冷却并搅拌；安全瓶的作用是防倒吸，氢氧化钠溶液的作用是处理尾气避免污染环境。 实验（二）：该探究外界因素（pH、温度、浓度）对NaClO水解程度的影响，设计实验时通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，利用次氯酸的漂白性通过石蕊的褪色时间来判断NaClO水解程度的大小，水解程度越大，HClO浓度越大，褪色时间越短；实验1、2，可得NaClO浓度存在差异，去验证猜想2，但由于NaClO浓度越小，水解产生的HClO浓度越小，褪色时间较慢，无法判断水解程度，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算；实验1、2、4可得pH存在差异，去验证猜想1；实验1、5可得温度存在差异，去验证猜想3，但由于温度越高，漂白能力越强，褪色反应的速率越快，无法证明HClO浓度一定增大，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算。 【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体； （2）A中氯气与NaOH制取NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； （3）通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，因此需要补充V1 =3.0mL的水； （4）石蕊先变蓝后褪色，褪色与c(HClO)有关，根据次氯酸钠水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，c(HClO)增大，实验3中pH增大，平衡左移，c(HClO)减小；浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动，二是改变体积，因此可以测定不同浓度NaClO溶液中c(HClO)，根据计算NaClO水解程度，最终判断浓度对水解程度的影响； （5）升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，c(HClO)增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大； （6）水解平衡常数表达式起提示作用，计算水解平衡常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO溶液浓度、30℃时，该浓度NaClO溶液的pH、NaClO溶液中c(NaClO)+c(NaOH)等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解平衡常数表达式中计算 则①实验8的实验内容是测定30℃该浓度NaClO溶液的pH； ②，，，。 17．(1) 甲苯 氯原子、溴原子、酰胺基 (2) 取代反应 (3) (4)7 (5) 13 【分析】利用逆推法，A是，B为，被高锰酸钾氧化为C为，由H和F逆推，可知G是，由D和F逆推，可知E是H2NCH2CH2Br。 【详解】（1）A是，A的化学名称为甲苯，F中官能团的名称为氯原子、溴原子、酰胺基。故答案为：甲苯；氯原子、溴原子、酰胺基； （2）被高锰酸钾氧化为C，结构简式为，由C生成D为，反应类型为取代反应。故答案为：；取代反应； （3）和生成 和HBr,F+G→H(吗氯贝胺)的化学方程式为。故答案为：； （4）F的结构简式：，分子中苯环上的六个碳原子和羰基碳原子一定共平面，其中-NH-CH2-中的碳原子可以共平面，F的最少有7个碳共平面。故答案为：7； （5）①属于芳香族化合物②能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若为甲酸酯则含有2个取代基-OOCH、-Cl,有3种结构：，若为醛则含有3个取代基-CHO、-Cl、-OH，有10种结构：，共13种；其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为。故答案为：13；。 答案第2页，共8页 答案第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $