精品解析：安徽宣城市郎溪中学直升班年级部2025-2026学年第二学期高二第三次月考 化学试题

安徽省郎溪中学直升班年级部2025-2026学年第二学期 高二第三次月考化学学科试题 (分值：100分 时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ni-59 Cu-64 Ga-70 Ag-108 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. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 省博物馆馆藏的彩绘凤纹竹筒表面的彩绘可利用原子光谱分析获知含有的元素种类 B. 应用于C919飞机的无机非金属材料氮化硅属于共价晶体 C. 制造“宇树机器人”所采用的聚醚醚酮(PEEK)属于有机高分子材料 D. 液晶显示器使用的液晶材料属于分子晶体，表现出晶体的各向异性 【答案】D 【解析】 【详解】A．不同元素的原子光谱存在特征差异，可通过原子光谱分析确定彩绘中含有的元素种类，A正确； B．氮化硅中Si和N以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，B正确； C．聚醚醚酮（PEEK）是人工合成的有机聚合物，属于有机高分子材料，C正确； D．液晶是介于液态和晶态之间的特殊聚集态，不属于分子晶体，仅表现出晶体的部分性质如各向异性，D错误； 故选D。 2. 下列方法中不能用于鉴别1-丁醇和乙醚的是 A. 核磁共振氢谱 B. 燃烧法 C. 红外光谱法 D. 与金属钠反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．1-丁醇有5种等效氢，乙醚仅含2种等效氢，二者核磁共振氢谱的峰数、化学位移均有差异，可鉴别，A不符合题意； B．1-丁醇和乙醚分子式均为，完全燃烧时耗氧量、产物种类及产物的量均相同，现象无差异，无法鉴别，B符合题意； C．1-丁醇含羟基O-H键，乙醚含醚键C-O-C，二者官能团和化学键特征不同，红外光谱特征峰有差异，可鉴别，C不符合题意； D．1-丁醇含活泼羟基氢，可与金属钠反应生成氢气，有气泡产生，乙醚与钠不反应，现象不同可鉴别，D不符合题意； 答案选B。 3. 下列化学用语表达正确的是 A. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： B. SeO3的VSEPR模型： C. CaO2的电子式： D. 甲醛中π键的电子云轮廓图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲醛的分子内氢键应为羟基的H与醛基的O形成的，表示为：，A错误； B．中心Se的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，图中模型含1对孤电子对的四面体形，B错误； C．的阴离子为过氧根离子（两个O通过共用电子对结合），正确的电子式为：，C错误； D．甲醛中C与O形成的π键为p轨道肩并肩重叠，电子云对称分布在分子平面的上下两侧，图示符合π键电子云特征，D正确； 故选D。 4. 下列有机物的说法错误的是 A. 中最多有6个碳原子共直线 B. 的系统命名为：2，2，4-三甲基戊烷 C. 沸点： D. 的一氯代物只有2种(不考虑立体异构) 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯环为平面结构，对位的碳原子共线，两个苯环通过单键连接，单键可以旋转，最多时，两个苯环的对位碳原子（共线）可以连成一条直线，故该分子中，可共直线的6个碳原子分别是：一个甲基碳、其所连苯环的4号位和1号位碳、另一个苯环的1'号位和4'号位碳、以及另一个甲基碳，A正确； B．中最长的碳链为5个碳原子，即戊烷，从靠近取代基的一端编号，在2号碳上有2个甲基，4号碳上有1个甲基，故系统命名为：2，2，4-三甲基戊烷，B正确； C．对羟基苯甲醛分子间可形成氢键，分子间作用力强，沸点高，邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，分子间作用力弱，沸点低，因此沸点：，C正确； D．的结构对称，等效氢有3种，则一氯代物有3种，D错误； 故选D。 5. 中药是中华民族的瑰宝，为造福人类健康做出巨大贡献。丹参素是从中药丹参中提取的有效成分，具有抗炎、抗菌、抗氧化等作用，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是 A. 属于烃的衍生物 B. 可以发生氧化和酯化反应 C. 1mol丹参素能与4mol Na反应产生2mol H2 D. 与足量氢气加成后所得分子中有5个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．丹参素分子中含有酚羟基、醇羟基和羧基，属于烃的衍生物，A正确； B．丹参素分子中含有酚羟基、醇羟基，可以发生氧化反应，丹参素可燃烧，燃烧也算氧化反应，含有醇羟基和羧基能发生酯化反应，B正确； C．1mol丹参素分子中含有2mol醇羟基、1mol酚羟基和1mol羧基，这些都能与Na反应，故1mol丹参素最多可消耗4molNa反应产生2molH2，C正确； D．丹参素与足量氢气加成后所得分子为，有4个手性碳原子（用“*”标出），D错误； 故答案选D。 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，11.2 L丙酮所含分子数为 B. 28 g乙烯所含共用电子对数目为 C. 在氧气中完全燃烧，断裂键的数目为 D. 1 mol环氧乙烷（）中含有极性共价键的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下，丙酮是液体，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，A错误； B．乙烯的结构式为：，C原子之间共用2对电子，C原子与H原子共用1对电子，每个乙烯分子中含有6对共用电子对，28 g乙烯中包含的乙烯分子数目，其中包含共用电子对数目为，B正确； C．是正四面体结构（键角60°），每个分子中含有6个P-P共价键，充分燃烧断裂1 mol 断裂P-P键的数目为，C错误； D．每个环氧乙烷分子中含有2个C-O极性共价键，4个C-H极性共价键，1 mol环氧乙烷中含有极性共价键的数目为，D错误； 故答案选B。 7. 溴苯是一种重要的化工原料。某实验室合成溴苯的装置示意图如图所示（夹持仪器已省略）。已知：(浓)。下列说法错误的是 A. 装置B中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝 B. 装置D中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应 C. 装置D中存在的明显错误是没有防倒吸 D. 实验结束后，应先向三颈烧瓶中加入NaOH溶液再拆卸装置 【答案】B 【解析】 【详解】A．溴蒸气容易液化，所以需要通过水浴加热装置B来防止其冷凝，A正确； B．装置D中产生的淡黄色沉淀可能是挥发出来的与反应生成的，B错误； C．装置D中存在的错误是没有防倒吸，应将导管改为倒置的漏斗，且与液面相切，C正确； D．实验结束后，应先向三颈烧瓶中加入NaOH溶液吸收其中的蒸气和HBr气体，再拆卸装置，D正确； 故选B。 8. 下列说法正确的是 A．图示为苯甲酸晶体微观结构，晶体类型为混合型晶体 B．该分子含有3个手性碳原子 C．杯酚分离和，通过共价键形成超分子，体现了“分子识别”的特性 D．立方氮化硼结构中1mol BN含有4 mol B-N键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯甲酸晶体属于分子晶体，不属于混合型晶体，A错误； B．该分子有2个手性碳原子：，不是3个；B错误； C．杯酚与C60通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键形成超分子，即杯酚分离C60和C70，通过分子间作用力形成超分子，体现了“分子识别”的特性，C错误； D．立方氮化硼结构与金刚石类似，每个B原子形成4个B-N键，1mol BN含1mol B，因此含有4mol B-N键，D正确； 故答案选D。 9. 以-甲基吡啶盐酸盐()为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质X()。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反应，下列说法错误的是 A. 电极M应与电源正极相连 B. 电解过程中，甲室溶液pH下降 C. 电解过程中，甲室溶液的质量减少 D. 甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g 【答案】C 【解析】 【分析】有电解装置图可知，电极M为阳极，发生氧化反应，电极反应式为(主)，(副)；电极N为阴极，发生还原反应，电极反应式为； 【详解】A．电极M生成和，发生氧化反应，故M为阳极，与电源正极相连，A正确； B．电解过程中，为了使阴极的反应物集中于阴极室(乙室)，离子交换膜应为阴离子交换膜，通过阴离子交换膜往甲室移动，同时甲室中逐渐增多，溶液pH下降，B正确； C．对于阳极主反应，则每转移1 mol电子，甲室生成逸出，从乙室迁移过来，溶液质量不变，对于副反应，则副反应每转移1 mol电子，甲室生成逸出，质量为8 g，从乙室迁移过来1 mol ，质量为35.5 g，甲室溶液质量增大，C错误； D．主反应中存在计量关系：，副反应中存在计量关系：，故1 mol气体对应的X的物质的量在之间，X的摩尔质量为，故甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g，D正确； 故答案选C。 10. 净水剂所含的五种主族元素分别位于元素周期表的前四周期，的原子序数依次增大，其中W与Q位于同一主族，X与Z位于同一主族，元素Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是 A. 电负性： B. 最简单氢化物的沸点： C. 基态Q原子核外电子有10种空间运动状态 D. 常温下，Y在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会钝化 【答案】B 【解析】 【分析】Y是地壳中含量最多的金属元素，故Y为；结合净水剂化学式为明矾结构，结合原子序数关系、同主族关系可推得、、、； 【详解】A．X为、Z为、Q为，电负性同主族从上到下递减，且非金属电负性大于金属，故电负性，即，A正确； B．X的最简单氢化物为，分子间存在氢键，Z的最简单氢化物为，无氢键，故沸点，即，B错误； C．Q为，基态核外电子排布为，空间运动状态数等于原子轨道数，共种，C正确； D．Z的最高价氧化物对应水化物为，常温下遇浓硫酸发生钝化，D正确； 答案选B。 11. 下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是 (已知：丙醇沸点约，丙酮沸点约) A．实验室制取乙烯 B．分离丙醇和丙酮 C．提纯乙酸乙酯 D．用于苯甲酸的重结晶 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用乙醇和浓硫酸制取乙烯，需要控制反应液温度为170℃，温度计水银球必须插入混合反应液中。图示温度计水银球位于瓶口，位置错误，A错误； B．丙醇和丙酮互溶，且沸点相差较大，可通过蒸馏法分离，图示蒸馏装置中温度计水银球位于蒸馏头支管口处，测量馏分温度，装置操作正确，能达到实验目的，B正确； C．乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应，无法得到乙酸乙酯，提纯含乙酸的乙酸乙酯应该用饱和碳酸钠溶液，C错误； D．苯甲酸重结晶的加热溶解操作需要在蒸发皿中进行，坩埚是用于高温灼烧固体的仪器，不能用于重结晶操作，D错误； 故选B。 12. 绿矾（）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，其结构示意图如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该配合物中配离子的化学式为 B. 受热时标“☆”的水分子最不易失去 C. 1 mol绿矾晶体中所含键的数目为 D. 绿矾晶体中所含化学键有配位键、极性共价键、离子键、氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题给结构示意图可知，该配合物中配离子的化学式为，A错误； B．结构中标“☆”的水分子没有与形成配位键，与[Fe(H2O)6]2+中1个H2O和之间为氢键，受热时最易失去，B错误； C．每个H2O中含2个σ键，6个H2O与Fe2+形成6个配位键、配位键属于σ键，1个中含4个σ键，1 mol绿矾晶体中所含键物质的量为(7×2+6+4)mol=24mol，数目为，C正确； D．氢键不属于化学键，D错误； 故答案选C。 13. 二氧化铈(CeO2)作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]。当二氧化铈晶胞发生如下图变化时，有关说法错误的是 A. 铈位于氧原子形成的八面体空隙中 B. 生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7，当1 mol CeO2发生变化时，可吸收标况下NO的体积为5.6 L C. 晶胞的俯视图为 D. 若晶胞边长为a pm，则CeO2晶体的密度为(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】A 【解析】 【详解】A．以上底面心Ce原子为研究对象，根据图示可知在一个晶胞中，与Ce距离相等且最近的O原子有4个，由于通过该平面的Ce原子可形成2个晶胞，因此与该Ce距离相等且最近的O原子有8个，这8个O原子形成的是立方体结构，铈位于氧原子形成的立方体空隙中，A错误； B．根据图示可知[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]晶胞中含有Ce原子数目是8×+6×=4；含有的O原子数为1×7=7，；根据化合物中元素化合价代数和为0，可知3x+4y=2z，两式联立，x=y，2z=7x，所以在生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7。当1 mol CeO2发生变化时，由0.5 mol Ce元素的化合价由+4价变为+3价，N元素化合价由+2价NO变为+4价NO2，根据化合价升降总数相等，可知关系式为2CeO2-NO，可吸收的NO的物质的量为n(NO)==0.25 mol，因此可吸收标况下NO的体积为0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，B正确； C．根据CeO2晶胞中各个原子的相对位置，可知其俯视图为，C正确； D．根据晶胞结构可知：在CeO2晶胞中含有Ce为8×+6×=4；含有的O原子数为8，因此一个晶胞中含有4个CeO2，由于晶胞边长为a pm，则该晶胞的密度ρ=g/cm3=，D正确； 故合理选项是A。 14. 常温下，已知：①图中曲线表示溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。②(溶液混合后体积变化忽略不计) 下列说法不正确的是 A. 图中时溶液中一定存在： B. 当， C. 溶液中存在： D. 往溶液中滴加溶液时，溶液中 【答案】A 【解析】 【分析】溶液中含碳粒子中 最大，随pH增大，减小、增大，所以坐标(4.2，0.5)是、浓度相等的点；随pH减小，减小、增大，所以坐标(1.2，0.5)是、浓度相等的点；则、。 【详解】A．图中时可能加入了其他酸或碱来调节pH，溶液中可能存在其他离子，不满足电荷守恒关系式，故A错误； B．、， 当，，，故B正确； C．，的水解常数为，的电离大于水解，溶液呈酸性，所以溶液中存在：，故C正确； D．往溶液中滴加溶液时，溶液中剩余 ,，故D正确； 选A。 第II卷(非选择题) 15. 苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、相关数据、实验步骤及装置图如下： 反应原理 名称 性状 相对分子质量 熔点(℃) 沸点(℃) 密度(g/mL) 溶解度(g) 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 92 -95 l10.6 0.8669 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122 122.4 248 1.2659 微溶 易溶 苯甲酸在水中的溶解度：0.34g(25℃)；0.85g(50℃)；2.2g(75℃)。 根据下列实验步骤，回答相关问题： Ⅰ．制备苯甲酸：在如图所示的三颈烧瓶中放入2.7mL甲苯和100mL水，控制100℃机械搅拌溶液，加热回流。分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌4~5h。 （1）三颈烧瓶的最适宜规格为_______。 A. 100mL B. 250mL C. 500mL D. 1000mL （2）反应4~5h后﹐静置发现_______现象时，停止反应。仪器a的作用是_______。 （3）完成并配平该化学方程式：_______。 +_______KMnO4+_______MnO2↓+H2O+_______ _______ Ⅱ．分离提纯： （4）向反应后的混合液中加NaHSO3溶液的目的是_______。 （5）上述“一系列操作”的顺序是_______(用字母表示)。 A．重结晶 B．过滤 C．洗涤 Ⅲ．产品纯度测定： （6）称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞，用KOH标准溶液滴定，消耗KOH溶质的物质的量为2.40×10-3mol。产品中苯甲酸的质量分数为_______(保留两位有效数字)。若滴定终点俯视读数，所测结果_______(选填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。 【答案】（1）B （2） ①. 不再分层 ②. 将甲苯和水冷凝回流，防止甲苯挥发产品产率降低 （3）+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+1KOH （4）除去过量的KMnO4 （5）BCA （6） ①. 96%或0.96 ②. 偏低 【解析】 【分析】本题目考查苯甲酸的制备和提纯过程，清楚制备的原理是解答的关键，整体难度中等。解答有关化学反应方程式的配平问题时，需要注意有机物中碳元素的化合价不一定，需要根据与碳相连的元素的电负性来判断。在确定元素化合价的基础上，根据得失电子守恒以及元素守恒配平化学反应方程式。 【小问1详解】 三颈烧瓶中加入液体的体积约为100mL，根据三颈烧瓶中液体体积大于容积的但不能超过容积的的原则，三颈烧瓶的容积应大于150 mL，小于300mL，故三颈烧瓶的规格选择250mL，答案为：B； 【小问2详解】 由题给信息可知，甲苯不溶于水，与水混合会分层，反应生成的苯甲酸钾易溶于水，所以反应后的混合溶液不再分层，说明甲苯完全反应；装置a是冷凝管，能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率； 答案为：不再分层；将甲苯和水冷凝回流，防止甲苯挥发产品产率降低； 【小问3详解】 根据反应中元素得失电子守恒和元素守恒可知，另一个产物为氢氧化钾，同时配平方程式为：+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+1KOH；答案为：+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+1KOH； 【小问4详解】 反应后的溶液呈紫色，说明还存在未反应完的KMnO4， NaHSO3具有还原性，能与KMnO4发生氧化还原反应，由此可以除去未反应完全的KMnO4。答案为：除去过量的KMnO4； 【小问5详解】 根据题给信息，滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出，然后通过过滤操作，得到滤液和晶体，用少量冷水洗涤晶体，进一步除去混有的杂质，再通过重结晶的方式得到纯苯甲酸晶体。故答案为：BCA； 【小问6详解】 苯甲酸与氢氧化钾反应生成苯甲酸钾，滴定过程共消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸与氢氧化钾等物质的量恰好反应，则n(苯甲酸)=0.0024mol，则其总质量为0.0024mol×122g/mol×=1.1712g，所以产品中苯甲酸质量分数为；若滴定终点俯视读数，读出的数据比实际值偏小，计算出的消耗的KOH的量比实际偏低，导致最终测量结果偏低，故答案为：96%或0.96；偏低。 16. N元素有广泛应用。 （1）N元素能形成氨气、肼、吡唑()、吡咯()、偏二甲肼[H2N—N(CH3)2]等化合物。NH3能与BH3形成H3N-BH3(氨硼烷)，与形成前相比，∠H-N-H___________(填“增大”或“减小”或“不变”)，原因是___________；∠H-B-H___________(填“增大”或“减小”或“不变”)，原因是___________。 （2）N2H4是二元弱碱，在H2O中的电离化学方程式为：N2H4 + H2O+OH；+H2O+OH-。根据N2H4在水中的电离，下列选项中能正确表示N2H4与H2O之间氢键的是___________。 A． B． （3）吡唑是无色针状晶体，可作为配体与金属阳离子形成配位键，该配位键由___________号N原子(填“1”或“2”)提供。吡唑和吡咯均为平面五边形结构，存在的离域π键是___________。吡唑有碱性而吡咯不具有碱性，请解释原因___________。 【答案】（1） ①. 增大 ②. 孤对电子形成配位键(σ键)，对N-H键斥力减小 ③. 减小 ④. 形成配位键后，中心原子B的杂化由sp2转化为sp3 （2）A （3） ①. 1 ②. ③. 吡唑上1号N原子有孤对电子，能结合H+，而吡咯孤对电子形成离域π键 【解析】 【小问1详解】 NH3与 BH3形成 H3N-BH3后，N 原子上的孤电子对提供给B原子形成配位键，N 原子周围成键电子对增多，对原来 N-H 键之间的排斥作用减小，所以 ∠H-N-H 增大；故原因是孤电子对形成配位键后，对 N-H 键斥力减小；同时，BH3中B原子原本为平面三角形结构，杂化方式为 sp2，形成配位键后 B 原子周围变成4个σ 键，杂化方式由 sp2转化为 sp3，空间构型更接近四面体，所以 ∠H-B-H 减小；原因是形成配位键后，中心原子 B 的杂化由 sp2转化为sp3； 【小问2详解】 A．N2H4与 H2O 之间形成氢键时，应满足“氢键供体 H-N/O/F”和“氢键受体 N/O/F 上孤电子对”的条件；根据N2H4在水中的电离，水分子中的O-H作为氢键供体，肼分子中的N原子作为氢键受体，可以表示为N···H-O，故答案选A； 【小问3详解】 吡唑分子中有两个N原子，图中1号N类似吡啶型 N，保留一对孤电子对，可以作为配体向金属阳离子提供孤电子对形成配位键，所以该配位键由1号N原子提供；吡唑和吡咯均为平面五边形结构，环内存在离域大π键，5 个原子均为 sp2 杂化，共同形成 离域π键；吡唑有碱性而吡咯不显碱性，是因为吡唑1号N原子上有孤电子对，能结合H+，而吡咯中N原子的孤电子对参与形成离域 π键，不容易结合H+。 17. 我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 已知利用CO2合成甲醇过程中主要发生以下反应： 主反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ·mol-1 副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： （1）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的△H3=_______。 （2）主反应I自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。 （3）保持1.8MPa、400℃不变，CO2和H2按体积比1：3充入反应器，同时发生上述两个反应，下列可作为反应(反应I和反应Ⅱ)达到平衡状态的判据是_______(填字母)。 a．体系压强不再变化 b．气体的密度不再改变 c．v正(CO2)=3v逆(H2) d．各物质浓度不再改变 （4）为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性(CH3OH的选择性×100%)，可采取的措施是_______(任写一种)。 （5）保持温度恒定，向某恒容容器中按体积比1：3：1充入CO2、H2和Ar，起始压强为5MPa．发生上述平行反应，达到平衡后压强为3.8MPa．已知达到平衡时CH3OH的选择性为75%。则： ①CO2的转化率为_______。 ②该条件下反应I的压强平衡常数Kp为_______(MPa)-2(用分压 表示，分压总压×物质的量分数)。 （6）已知Arrhenius经验公式为RLnk=+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂对反应I的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图。在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea=_______kJ/mol，从图中信息获知催化性能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)。 【答案】（1）-90.6kJ·mol-1 （2）低温 （3）bd （4）及时移除甲醇(或减小容器体积或增大压强) （5） ①. 80% ②. 2.4 （6） ①. 96 ②. n 【解析】 【小问1详解】 △H3=I-Ⅱ=-49.4kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-90.6kJ·mol-1 【小问2详解】 反应I为放热反应，且为熵减的反应，低温能自发； 【小问3详解】 a．恒温恒压条件下压强一直保持不变，体系压强不再变化不能判平衡，a不符合题意； b．恒温恒压条件下，气体体积为变量，即气体的密度为变量，气体的密度不再改变可以判平衡，b符合题意； c．同时发生上述两个反应v正(CO2)=3v逆(H2)不能说明正逆反应速率相等，不能判平衡，c不符合题意； d．各物质浓度是变量，各物质浓度不再改变可以判平衡，d符合题意； 故选bd； 【小问4详解】 为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性可采取的措施是：及时移除甲醇促使主反应正向进行甲醇生成量增多选择性增大，二氧化碳转化率增大，或增大压强（或减小容器体积），主反应是气体体积减小的反应，副反应是气体体积不变的反应，增大压强对副反应影响不大，但会促使主反应正向进行甲醇生成量增多选择性增大，二氧化碳转化率增大； 【小问5详解】 ①恒压条件下可根据题意列压强三段式 平衡时总压为5-2x=3.8解得x=0.6，已知达到平衡时CH3OH的选择性为75%，则，解得y=0.2，则CO2的转化率为； ②该条件下反应I的压强平衡常数Kp=(MPa)-2； 【小问6详解】 ①由图中数据可得以下方程组-7.2Ea+C=56.2和-7.5Ea+C=27.4，解方程组得Ea=96kJ/mol； ②结合图的斜率分析可知，直线n的Ea更小，催化效率更高。 18. 有机物H是一种重要的有机合成中间体，其一种合成路线如图所示： 已知结构不能稳定存在。 回答下列问题： （1）A的实验式是__________，的反应试剂和条件是__________。 （2）的反应类型是__________；G的结构简式是__________。 （3）D→E的化学方程式为__________。 （4）满足下列条件的C的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。 i.能使溴水褪色，且1 mol有机物可消耗； ii.有机物分子中含有两个甲基。 其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2:3的结构简式为__________。 【答案】（1） ①. ②. ，光照 （2） ①. 消去反应 ②. （3） （4） ①. 9 ②. 【解析】 【分析】根据反应条件，的反应类型是消去反应，C的结构简式为，再对比F和H的结构简式可知G的结构为。 【小问1详解】 根据A的结构简式为，A的分子式是，实验式是；是取代反应，所以反应试剂和条件是，光照； 【小问2详解】 根据反应条件，的反应类型是消去反应；对比F和H的结构简式可知G的结构为； 【小问3详解】 D→E为消去反应，化学方程式为； 【小问4详解】 能使溴水褪色，且1 mol有机物可消耗，说明分子结构中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键；再结合有机物分子中含有两个甲基，可知其结构有、、、、，（编号表示另一个甲基可能出现的不同位置）共9种结构(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有2组峰且峰面积之比为2∶3的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省郎溪中学直升班年级部2025-2026学年第二学期 高二第三次月考化学学科试题 (分值：100分 时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ni-59 Cu-64 Ga-70 Ag-108 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. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 省博物馆馆藏的彩绘凤纹竹筒表面的彩绘可利用原子光谱分析获知含有的元素种类 B. 应用于C919飞机的无机非金属材料氮化硅属于共价晶体 C. 制造“宇树机器人”所采用的聚醚醚酮(PEEK)属于有机高分子材料 D. 液晶显示器使用的液晶材料属于分子晶体，表现出晶体的各向异性 2. 下列方法中不能用于鉴别1-丁醇和乙醚的是 A. 核磁共振氢谱 B. 燃烧法 C. 红外光谱法 D. 与金属钠反应 3. 下列化学用语表达正确的是 A. 邻羟基苯甲醛的分子内氢键： B. SeO3的VSEPR模型： C. CaO2的电子式： D. 甲醛中π键的电子云轮廓图： 4. 下列有机物的说法错误的是 A. 中最多有6个碳原子共直线 B. 的系统命名为：2，2，4-三甲基戊烷 C. 沸点： D. 的一氯代物只有2种(不考虑立体异构) 5. 中药是中华民族的瑰宝，为造福人类健康做出巨大贡献。丹参素是从中药丹参中提取的有效成分，具有抗炎、抗菌、抗氧化等作用，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是 A. 属于烃的衍生物 B. 可以发生氧化和酯化反应 C. 1mol丹参素能与4mol Na反应产生2mol H2 D. 与足量氢气加成后所得分子中有5个手性碳原子 6. 设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 标准状况下，11.2 L丙酮所含分子数为 B. 28 g乙烯所含共用电子对数目为 C. 在氧气中完全燃烧，断裂键的数目为 D. 1 mol环氧乙烷（）中含有极性共价键的数目为 7. 溴苯是一种重要的化工原料。某实验室合成溴苯的装置示意图如图所示（夹持仪器已省略）。已知：(浓)。下列说法错误的是 A. 装置B中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝 B. 装置D中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应 C. 装置D中存在的明显错误是没有防倒吸 D. 实验结束后，应先向三颈烧瓶中加入NaOH溶液再拆卸装置 8. 下列说法正确的是 A．图示为苯甲酸晶体微观结构，晶体类型为混合型晶体 B．该分子含有3个手性碳原子 C．杯酚分离和，通过共价键形成超分子，体现了“分子识别”的特性 D．立方氮化硼结构中1mol BN含有4 mol B-N键 A. A B. B C. C D. D 9. 以-甲基吡啶盐酸盐()为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质X()。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反应，下列说法错误的是 A. 电极M应与电源正极相连 B. 电解过程中，甲室溶液pH下降 C. 电解过程中，甲室溶液的质量减少 D. 甲室每生成1 mol气体时，乙室得到的X的质量大于188 g 10. 净水剂所含的五种主族元素分别位于元素周期表的前四周期，的原子序数依次增大，其中W与Q位于同一主族，X与Z位于同一主族，元素Y是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是 A. 电负性： B. 最简单氢化物的沸点： C. 基态Q原子核外电子有10种空间运动状态 D. 常温下，Y在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会钝化 11. 下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是 (已知：丙醇沸点约，丙酮沸点约) A．实验室制取乙烯 B．分离丙醇和丙酮 C．提纯乙酸乙酯 D．用于苯甲酸的重结晶 A. A B. B C. C D. D 12. 绿矾（）外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，其结构示意图如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该配合物中配离子的化学式为 B. 受热时标“☆”的水分子最不易失去 C. 1 mol绿矾晶体中所含键的数目为 D. 绿矾晶体中所含化学键有配位键、极性共价键、离子键、氢键 13. 二氧化铈(CeO2)作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]。当二氧化铈晶胞发生如下图变化时，有关说法错误的是 A. 铈位于氧原子形成的八面体空隙中 B. 生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7，当1 mol CeO2发生变化时，可吸收标况下NO的体积为5.6 L C. 晶胞的俯视图为 D. 若晶胞边长为a pm，则CeO2晶体的密度为(NA表示阿伏加德罗常数的值) 14. 常温下，已知：①图中曲线表示溶液中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。②(溶液混合后体积变化忽略不计) 下列说法不正确的是 A. 图中时溶液中一定存在： B. 当， C. 溶液中存在： D. 往溶液中滴加溶液时，溶液中 第II卷(非选择题) 15. 苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、相关数据、实验步骤及装置图如下： 反应原理 名称 性状 相对分子质量 熔点(℃) 沸点(℃) 密度(g/mL) 溶解度(g) 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 92 -95 l10.6 0.8669 不溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 122 122.4 248 1.2659 微溶 易溶 苯甲酸在水中的溶解度：0.34g(25℃)；0.85g(50℃)；2.2g(75℃)。 根据下列实验步骤，回答相关问题： Ⅰ．制备苯甲酸：在如图所示的三颈烧瓶中放入2.7mL甲苯和100mL水，控制100℃机械搅拌溶液，加热回流。分批加入8.5g高锰酸钾，继续搅拌4~5h。 （1）三颈烧瓶的最适宜规格为_______。 A. 100mL B. 250mL C. 500mL D. 1000mL （2）反应4~5h后﹐静置发现_______现象时，停止反应。仪器a的作用是_______。 （3）完成并配平该化学方程式：_______。 +_______KMnO4+_______MnO2↓+H2O+_______ _______ Ⅱ．分离提纯： （4）向反应后的混合液中加NaHSO3溶液的目的是_______。 （5）上述“一系列操作”的顺序是_______(用字母表示)。 A．重结晶 B．过滤 C．洗涤 Ⅲ．产品纯度测定： （6）称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞，用KOH标准溶液滴定，消耗KOH溶质的物质的量为2.40×10-3mol。产品中苯甲酸的质量分数为_______(保留两位有效数字)。若滴定终点俯视读数，所测结果_______(选填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。 16. N元素有广泛应用。 （1）N元素能形成氨气、肼、吡唑()、吡咯()、偏二甲肼[H2N—N(CH3)2]等化合物。NH3能与BH3形成H3N-BH3(氨硼烷)，与形成前相比，∠H-N-H___________(填“增大”或“减小”或“不变”)，原因是___________；∠H-B-H___________(填“增大”或“减小”或“不变”)，原因是___________。 （2）N2H4是二元弱碱，在H2O中的电离化学方程式为：N2H4 + H2O+OH；+H2O+OH-。根据N2H4在水中的电离，下列选项中能正确表示N2H4与H2O之间氢键的是___________。 A． B． （3）吡唑是无色针状晶体，可作为配体与金属阳离子形成配位键，该配位键由___________号N原子(填“1”或“2”)提供。吡唑和吡咯均为平面五边形结构，存在的离域π键是___________。吡唑有碱性而吡咯不具有碱性，请解释原因___________。 17. 我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 已知利用CO2合成甲醇过程中主要发生以下反应： 主反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.4kJ·mol-1 副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： （1）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的△H3=_______。 （2）主反应I自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。 （3）保持1.8MPa、400℃不变，CO2和H2按体积比1：3充入反应器，同时发生上述两个反应，下列可作为反应(反应I和反应Ⅱ)达到平衡状态的判据是_______(填字母)。 a．体系压强不再变化 b．气体的密度不再改变 c．v正(CO2)=3v逆(H2) d．各物质浓度不再改变 （4）为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性(CH3OH的选择性×100%)，可采取的措施是_______(任写一种)。 （5）保持温度恒定，向某恒容容器中按体积比1：3：1充入CO2、H2和Ar，起始压强为5MPa．发生上述平行反应，达到平衡后压强为3.8MPa．已知达到平衡时CH3OH的选择性为75%。则： ①CO2的转化率为_______。 ②该条件下反应I的压强平衡常数Kp为_______(MPa)-2(用分压 表示，分压总压×物质的量分数)。 （6）已知Arrhenius经验公式为RLnk=+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂对反应I的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图。在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea=_______kJ/mol，从图中信息获知催化性能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)。 18. 有机物H是一种重要的有机合成中间体，其一种合成路线如图所示： 已知结构不能稳定存在。 回答下列问题： （1）A的实验式是__________，的反应试剂和条件是__________。 （2）的反应类型是__________；G的结构简式是__________。 （3）D→E的化学方程式为__________。 （4）满足下列条件的C的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。 i.能使溴水褪色，且1 mol有机物可消耗； ii.有机物分子中含有两个甲基。 其中核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2:3的结构简式为__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $