精品解析：北京市北京四中2025-2026学年度第二学期考前预测

北京四中2025~2026学年度第二学期保温练习 高三化学试题 (试卷满分为100分，考试时间为90分钟) 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 第Ⅰ卷 选择题(共42分) 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请将答案填在答题卡上) 1. 2026年1月我国科研团队在嫦娥六号带回的月壤样品中，首次发现了天然形成的单壁碳纳米管。它是一种由单层碳原子卷曲而成的中空管状纳米材料，具有相当高的强度和优异的电学性能。关于单壁碳纳米管，下列说法正确的是 A. 属于金属材料 B. 与C60、金刚石、石墨均为碳元素的同素异形体 C. 是由碳原子通过离子键形成 D. 杂化方式与金刚石相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．金属材料包括金属单质和合金，单壁碳纳米管由碳元素组成，属于非金属材料，A错误； B．同素异形体是同种元素形成的不同单质，单壁碳纳米管与、金刚石、石墨均为碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，B正确； C．离子键是阴、阳离子之间的静电作用，单壁碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，C错误； D．金刚石中碳原子杂化方式为，单壁碳纳米管中碳原子杂化方式为，二者杂化方式不同，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 基态Ni原子的简化电子排布式： B. 的VSEPR模型： C. 聚丙烯的结构简式： D. 用电子式表示NaCl的形成过程： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ni为第四周期第VIII族元素，其基态原子核外有28个电子，简化电子排布式为，A正确； B．的中心N原子的价层电子数为，VSEPR模型为平面三角形，即，B正确； C．聚丙烯含甲基支链，结构简式为，C错误； D．NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程为，D正确； 故选C。 3. 下列说法不正确的是 A. 油脂的水解反应也称皂化反应 B. 福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本 C. 纤维素与乙酸反应生成纤维素乙酸酯属于酯化反应 D. 核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂只有在碱性条件下发生的水解反应才称为皂化反应，并非所有油脂水解反应都属于皂化反应，A错误； B．福尔马林是35%~40%的甲醛水溶液，甲醛能使蛋白质变性失去生理活性，因此可用于浸制动物标本防止腐坏，B正确； C．纤维素分子中含有多个羟基，可与乙酸发生酯化反应生成纤维素乙酸酯，该反应属于酯化反应，C正确； D．核苷酸是核酸的单体，多个核苷酸通过缩聚反应脱去小分子水得到核酸，核酸相对分子质量可达上万，属于生物大分子，D正确； 故选A。 4. 曲尼司特主要用于治疗哮喘和鼻炎，其分子结构如图。 下列说法不正确的是 A. 曲尼司特分子中甲基的C-H键是s-p σ键 B. 曲尼司特分子中有3种含氧官能团 C. 曲尼司特为反式结构 D. 曲尼司特可以发生取代反应、加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲基中C原子采取杂化，C-H键是氢的1s轨道与C的杂化轨道形成的键，不是键，A错误； B．分子中的含氧官能团为羧基、酰胺基、醚键，共3种，B正确； C．碳碳双键两侧的较大基团（酰基和取代苯基）位于双键异侧，属于反式结构，C正确； D．分子中苯环、碳碳双键可发生加成反应，羧基、酰胺键、苯环等结构可发生取代反应（如酯化、水解、苯环卤代等），D正确； 故选A。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 电解食盐水： B. 将硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液混合： C. 溶于氢碘酸： D. 硬脂酸乙酯的酸性水解反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解食盐水时反应物水是弱电解质，不能拆为，正确离子方程式为，A错误； B．和反应时，和的化学计量数为2，配平后正确离子方程式为，B错误； C．会与发生氧化还原反应生成和，正确离子方程式为，C错误； D．酯生成时遵循“酸脱羟基醇脱氢”的规律，中的酯基水解后，进入乙醇中，方程式符合事实，D正确； 故选D。 6. 三氟化氮(NF3)常用于微电子工业，可用以下反应制备： 已知：①酸性：HF＞CH3COOH；②CH3COOH与的电离常数相等下列说法中，正确的是 A. NF3的电子式为，NH4F中既含极性键又含离子键 B. 常温下，NH4F水溶液呈碱性 C. 在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性和碱性 D. 上述反应中，生成1 mol NF3，转移3 mol e- 【答案】C 【解析】 【详解】A．其电子式为，由和组成，内部含N-H极性共价键，和之间形成离子键，A错误； B．水解使溶液呈酸性，水解使溶液呈碱性，由于HF的酸性强于、与的电离常数相等，因此氨水的小于HF的，因此水溶液呈酸性，B错误； C．根据反应 ，中的N均为-3价，F的电负性强于N，中的N为+3价，因此4个中只有1个中的N化合价升高，表现还原性，有3个中的N化合价不变，表现碱性，C正确； D．反应过程中，部分N的化合价升高（-3→+3），F的化合价降低（0→-1），根据得失电子守恒可知，每生成1 mol NF3，转移6 mol e-，D错误； 故选C。 7. 下列实验设计原理或操作不正确的是 ①出现淡黄色沉淀，②出现黄色沉淀 ①试管有气泡，②试管无气泡 A．溶解度：AgCl＞AgBr＞AgI B．酸性：醋酸＞硼酸 用玻璃棒将洗涤液引流入容量瓶 溶液变成紫色 C．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 D．检验乙酰水杨酸中的酚酯基 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．从生成淡黄色沉淀这一现象可以得出的结论是：AgCl的溶解度大于AgBr，但由于AgCl悬浊液过量，从生成黄色沉淀这一现象可以得出的结论是：AgCl的溶解度大于AgI；因此仅根据所给的实验操作和现象，无法判断AgBr和AgI的溶解度相对大小，A项错误； B．较强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，醋酸能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，而硼酸不能，说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故实验能证明醋酸的酸性大于硼酸，B正确； C．配制一定物质的量浓度的溶液时，为减少溶质的损失，应用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液一并转移至容量瓶中，C正确； D．乙酰水杨酸在稀硫酸溶液中加热发生水解，生成水杨酸（），水杨酸中含有羧基和酚羟基，羧基与碳酸氢钠反应生成-COONa，酚羟基不发生反应，酚羟基遇氯化铁溶液显紫色，故实验能检验乙酰水杨酸中的酚酯基，D正确； 故选A。 8. 按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A. Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性 B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性 C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 【答案】C 【解析】 【分析】Ⅰ中发生反应，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。 【详解】A．Ⅰ中试管内发生反应 ，氢元素化合价不变， 不体现氧化性，故A错误； B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的漂白性，故B错误； C．Ⅰ试管内发生反应，Ⅲ试管内发生反应，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确； D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误； 故选C。 9. 气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是 A. FeO+、N2均为反应中间体 B. X既含极性共价键也含非极性共价键 C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，A错误； B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，B错误； C．该机理中C2H6+FeO+=[(C2H5)Fe(OH)+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，C错误； D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O=CH3CHO+2N2+ H2O，由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，D正确； 故选：D。 10. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 向盐碱地加适量石膏可降低其碱性 CaSO4与Na2CO3反应生成更难溶的CaCO3 B Al(OH)3与盐酸、NaOH溶液均能反应，而Mg(OH)2只能与盐酸反应 碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3 C 酸性CH3COOH＞CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，加入稀HNO3酸化，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中含有溴离子 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．水解显碱性，加入石膏后发生反应：+=+，难溶，是强酸强碱盐，其溶液接近中性，从而降低了土壤碱性，陈述Ⅰ正确；陈述Ⅱ没有提到降低碱性的关键原因“生成中性的”，所以两个陈述之间不存在直接的因果关系，A不符合题意； B．是两性氢氧化物，可与强酸、强碱反应，是中强碱仅能与酸反应，陈述Ⅰ正确；金属性，故碱性，陈述Ⅱ正确，能与反应说明其有酸性，所以碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，B符合题意； C．乙酸酸性强于丙酸，陈述Ⅰ正确；烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中键极性越小，越难电离出，酸性越弱，陈述Ⅱ错误，C不符合题意； D．溴乙烷水解生成乙醇和，上层水溶液含，酸化后加生成淡黄色沉淀，陈述Ⅰ正确；溴乙烷是共价化合物，本身不含溴离子，陈述Ⅱ错误，D不符合题意； 故选B。 11. 催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程如下图，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是 A. 催化剂可增大单位体积的活化分子百分数，从而增大反应速率 B. 反应达到平衡时、升高温度，c(R)增大 C. 使用催化剂Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D. 使用催化剂I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，从而增大单位体积的活化分子百分数，有效碰撞频率增加，反应速率增大，A正确； B．从反应历程图可以看出，反应物R的能量高于生成物P的能量，说明正反应是放热反应（），升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(R)增大，B正确； C．使用催化剂Ⅱ时，第一步反应的活化能最大，反应速率慢，反应体系更慢达到平衡，C错误； D．使用催化剂I时，第一步反应（RM）的速率比使用催化剂Ⅱ的反应速率更快，而后第二步反应（MP）的速率比使用催化剂Ⅱ的反应速率更慢，故反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确； 故答案选C。 12. 瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。 下列说法不正确的是 A. 合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基 B. 分子间可能存在不同类型的氢键 C. 生成瓜环[n]的反应中，有键断裂 D. 合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成 【答案】D 【解析】 【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确； B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确； C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确； D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误； 故选：D。 13. NaClO2是重要的含氯消毒剂。一种制备NaClO2的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是 已知：i．NaClO2饱和溶液结晶时，温度低于38℃析出；38℃~60℃，析出NaClO2； ii．60℃以上NaClO2易分解。 A. “滤渣”的主要成分为CaCO3 B. 流程中两处盐酸的作用不同 C. 操作a：减压蒸发(控制温度为55℃)，将溶液冷却至38℃，趁热过滤 D. 理论上，该流程中=2：1 【答案】D 【解析】 【分析】粗食盐水（含杂质）中加入过量试剂X（）沉淀，所得滤渣为，过滤后向滤液中加入适量盐酸(除去过量的)并进行电解，得到氢气和氯酸钠，向所得含氯酸钠中加入盐酸反应得到氯气（副产物）和二氧化氯气体，将二氧化氯用含NaOH的过氧化氢溶液吸收，二氧化氯被还原为NaClO2，过氧化氢被氧化为氧气，NaClO2溶液经过减压蒸发、冷却结晶、过滤得到NaClO2晶体。 【详解】A．粗食盐水含杂质，加入过量含的试剂X，将转化为滤渣除去，A正确； B．第一处使用的盐酸是为了除去滤液中过量的并调节pH，第二处使用盐酸是提供，与发生归中反应生成气体，作用不同，B正确； C．根据信息，38℃60℃析出，高于60℃易分解，低于38℃析出。因此，为得到晶体，应在55℃（38℃60℃之间）蒸发浓缩，然后降温结晶，为防止析出，应趁热过滤，控制温度不低于38℃，C正确； D. 流程中制备的反应为。后续用将还原为，反应为。根据两个反应的化学计量数关系可知，每生成1 mol ，同时生成2 mol ，而2 mol 反应生成1 mol ，故理论上，D项错误。 故选D。 14. 某研究小组用下图装置探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。 实验Ⅰ：向烧杯a、b中各加入30 mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。取a、b中溶液少量，滴加溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化。 继续探究，改变NaCl溶液的浓度，实验记录如下。 已知；在饱和NaCl溶液中浓度较低，钢铁不易被腐蚀。 实验序号 a b 指针偏转方向 Ⅱ 0.1% 3.5% 向左 Ⅲ 0.1% 0.01% 向右 Ⅳ 3.5% 饱和溶液 向右 下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ未加热时指针不偏转，说明两烧杯中生铁片未发生反应 B. 实验Ⅱ中，a烧杯中生铁片为正极，该电极发生还原反应 C. 实验Ⅳ中，若将饱和NaCl溶液换成同浓度的溶液，指针偏转方向可能不变 D. 根据上述实验，影响钢铁腐蚀的因素有温度、NaCl溶液的浓度、的浓度等 【答案】A 【解析】 【分析】实验Ⅰ向烧杯a、b中各加入30 mL3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转，说明反应速率太慢，现象不明显，加热烧杯a，指针向右偏转，温度升高，a中Fe还原性增强，发生氧化反应，反应速率加快，可知实验Ⅰ中a为负极；实验Ⅱ中指针向左偏转，说明a烧杯中生铁片为正极，得电子发生还原反应，据此分析。 【详解】A．实验Ⅰ未加热时指针不偏转，是因为两烧杯中电解质浓度与浓度相近，两极无电势差，无电流产生，并非生铁片未发生反应，钢铁在常温下可发生缓慢吸氧腐蚀，A错误； B．实验Ⅱ中指针向左偏转，说明a烧杯中生铁片为正极，正极上得电子发生还原反应，B正确； C．实验Ⅳ中将饱和NaCl溶液换成同浓度的溶液，两种溶液均为高浓度电解质溶液，浓度均较低，两极电势差方向不变，指针偏转方向可能不变，C正确； D．由实验可知，温度、溶液浓度、浓度均能影响钢铁的腐蚀速率，D正确； 故选A。 第II卷　非选择题 二、填空题(共58分，请将答案填在答题卡上) 15. 电催化分解H2S制氢脱硫是实现H2S清洁高值利用的途径之一。钴(Co)掺杂的硫化镉(CdS)材料是H2S电催化分解的一种催化剂，可由、及Na2S等制得。 （1）基态Co2+的价层电子排布式为___________。 （2）分解H2S制H2比分解H2O制H2所需的能量低，从原子结构的角度说明原因：___________。 （3）Na2S的熔点(950℃)高于H2S的熔点(-85℃)，解释原因：___________。 （4）CdS的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①与S2-最近且距离相等的Cd2+有___________个。 ②已知CdS的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________。() （5）电催化分解H2S制氢原理装置示意图如下，通常采用碱性溶液吸收H2S制成Na2S溶液进行电解。 ①电解过程的总反应是___________。 ②电解一段时间后反应会停止，请解释原因：___________。 【答案】（1）3d7 （2）O与S同主族，S的电子层数多于O，O的原子半径小于S，H-O键的键长小于H-S键，H-O键能强于H-S键能，断裂H-O键需要的能量高 （3）Na2S为离子晶体，固态H2S为分子晶体，前者的离子键强度大于后者的分子间作用力，故Na2S的熔点高于H2S （4） ①. 4 ②. （5） ①. ②. 放电生成的S将阳极完全覆盖，且S不导电，阻碍了反应的进行 【解析】 【小问1详解】 钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价层电子排布式为。 【小问2详解】 共价键的强弱与键长有关，键长越短，共价键越强，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，O与S同主族，氧原子的原子半径小于硫原子，H-O键的键长小于H-S键，H-O键强于H-S键，破坏共价键需要的能量高，所以硫化氢分解制氢气需要的能量低于水分解制氢气需要的能量。 【小问3详解】 硫化钠是离子晶体，固态硫化氢是分子晶体，前者的离子键强度大于后者的分子间作用力，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以硫化钠的熔点高于硫化氢。 【小问4详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中镉离子位于硫离子形成的四面体空隙中，则与镉离子距离最近的硫离子个数为4，镉离子的配位数为4，由化学式可知，硫离子的配位数也为4，所以与硫离子距离最近的镉离子个数为4； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镉离子个数为4，位于顶点和面心的硫离子个数为，一个晶胞中含4个CdS，质量为，体积为，则该晶体的密度为。 【小问5详解】 ①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下硫离子被氧化为硫，电极反应式为，阴极发生水的还原反应生成氢气，电极反应式为，因此电解过程的总反应为； ②根据电极反应式可知，放电生成的硫会附着在石墨电极上，且S不导电，阻碍了反应的进行，所以电解一段时间后反应会停止。 16. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，对实现碳中和具有重要意义。 I．CO2催化加氢制乙烯，其工艺涉及的主要反应如下： 反应i 反应ii 请回答下列问题： （1）已知，与反应生成和的能量变化如图所示：则当时反应ii的___________kJ/mol。 （2）在恒定压强下，将CO2和H2按一定投料比进行上述反应，350 K~850 K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是___________。 Ⅱ．电化学法还原CO2制乙烯，其原理如图所示。 （3）生成1 mol乙烯转移___________mol电子。 （4）电解一段时间后，阳极区的NaHCO3溶液浓度降低，结合电极反应式解释其原因是___________。 Ⅲ．CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。热分解可制备CaO，加热升温过程中固体的质量变化见下图。 （5）写出400℃~600℃内分解反应的化学方程式：___________。 （6）与CaCO3热分解制备的CaO相比，热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其可能的原因是___________。 【答案】（1）-233.8 （2）温度较低时，反应ii为放热反应，升高温度不利于CO的转化，增大，不利于反应i正向进行，CO2转化率减小：温度较高时，反应i为吸热反应，升高温度有利于反应i正向进行，CO2转化率增大 （3）12 （4）阳极反应：，阳极附近区域较高，，降低 （5） （6）热分解释放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，表面积大 【解析】 【小问1详解】 如图所示的化学方程式为，当时反应ii为，根据盖斯定律，。 【小问2详解】 温度较低时，反应ii为放热反应，升高温度不利于CO的转化，增大，不利于反应i正向进行，转化率减小；温度较高时，反应i为吸热反应，升高温度有利于反应i正向进行，转化率增大，因此在350 K~850 K范围内，的平衡转化率先减小后增大。 【小问3详解】 如图所示，该装置将二氧化碳转化为乙烯，碳元素化合价由+4降至-2，根据原子守恒可知计量关系：，因此生成1 mol乙烯转移电子的物质的量为2×6=12 mol。 【小问4详解】 阳极反应为，阳极附近区域较高，生成的与碳酸氢钠反应：，降低，因此电解一段时间后，阳极区的溶液浓度降低。 【小问5详解】 的摩尔质量为146g/mol，升温至200℃质量减少18 g，即失去结晶水，200~400℃质量不变，不发生化学变化，400~600℃质量减少28 g，即释放CO，则400~600℃所发生的化学反应为。 【小问6详解】 根据化学方程式、可知，热分解释放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，表面积大，可吸附更多，因此与热分解制备的CaO相比，热分解制备的CaO具有更好的捕集性能。 17. 黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下： 已知：① ② ③ （1）A可与溶液反应，其结构简式是___________。B中含有的官能团是和___________。 （2）C→D的化学方程式是___________。 （3）E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是___________。 （4）H的结构简式是___________。 （5）I的分子式为，能使的溶液褪色，H→J的反应类型是___________。 （6）由K经两步反应可得到化合物M，转化路线如下： 环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：________。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） （4） （5）加成反应 （6）或写成 【解析】 【分析】A的分子式为C2H4O2，A能和碳酸氢钠反应，说明A中含有羧基，则A为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生①的反应，B为ClCH2COOH，C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据G结构简式知，D发生取代反应生成E，E为CH3CH2OOCCH（CH2CH2CH2CH2CH2OH）COOCH2CH3，E发生E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是，F结构简式为CH3CH2OOCCH（CH2CH2CH2CH2COOH）COOCH2CH3，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③的反应生成H，H为，J发生黄鸣龙反应生成K，根据K结构简式知，J为，I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J知I结构简式为CH3CH2OOCCH=CH2，据此解答。 【小问1详解】 通过以上分析知，A的结构简式是CH3COOH，B为ClCH2COOH，B中含有的官能团是-COOH和-Cl； 【小问2详解】 C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，化学方程式为：； 【小问3详解】 通过以上分析知，X的结构简式是； 【小问4详解】 由分析得，H的结构简式是； 【小问5详解】 H和I发生加成反应生成J； 【小问6详解】 由K经两步反应可得到化合物M，根据信息②③知生成的M结构简式为或写成。 18. 工业上利用软锰矿和菱锰矿联合进行锅炉燃煤烟气脱硫，同时制备重要化工产品MnSO4.工艺流程如下： 资料：i．软锰矿的主要成分是MnO2，含少量SiO2、Fe3O4、FeO ii．锅炉燃煤过程中空气过量 iii．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀 1.5 6.3 7.6 完全沉淀 2.8 8.3 10.2 （1）将SO2烟气通入吸收塔中，发生的主要反应的化学方程式是___________。 （2）软锰矿浆脱硫过程中，控制流量，每隔3 h监测一次：测定软锰矿浆的pH；同时测定吸收塔入口和出口的SO2含量，计算SO2的吸收率，结果如图所示： ①结合化学用语解释吸收塔中矿浆pH逐渐下降的原因___________。 ②当SO2吸收率低于94%时，无法实现SO2烟气的达标排放，此时需向吸收塔中加入一定量菱锰矿(主要成分MnCO3)。 a．利用平衡移动原理解释吸收塔中吸收率下降的可能原因___________。 b．依据图像分析，加入菱锰矿的最佳pH为___________。 （3）经检测发现滤液1中仍含有少量Fe2+可加入MnO2进行“深度净化”，该过程中反应的离子方程式是___________。 （4）产品含量测定方法如下： I．称取a g晶体，加足量硫酸溶解，将溶液定容于100 mL容量瓶中 II．取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的分解 III．加入指示剂，用溶液滴定，滴定至终点时消耗，重新变成Mn2+ ①产品中MnSO4的质量分数为___________(MnSO4的摩尔质量为151 g/mol)。 ②步骤Ⅱ中没有进行煮沸操作，会使测定的MnSO4的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 （5）从吸收塔中过滤出来的滤渣中仍含有MnO2，研究者用如图装置提取MnO2中的锰元素。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，可能的原因为：Mn2+在阳极放电生成MnO2；___________(另写两条)。 【答案】（1） （2） ①. 、，生成酸电离出H+，增大，溶液pH逐渐下降 ②. 吸收塔中存在如下平衡：，增大，平衡逆移，抑制SO2溶解，减小，与软锰矿浆反应的速率降低 ③. 5.0 （3） （4） ①. ②. 偏高 （5）电流继续增大，Mn2+在阴极放电：，使得减小；H+放电直接生成H2而不是，MnO2被还原的反应不能进行，使得减小 【解析】 【分析】软锰矿浆中的二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，二氧化硅不能溶解，过滤后溶液中有硫酸锰和硫酸亚铁（二氧化硫也可以还原三价铁），深度净化将亚铁离子氧化为氢氧化铁过滤除去后即可得到较为纯净的硫酸锰纯度较高的溶液，经过结晶就可以得到硫酸锰晶体。 【小问1详解】 二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，Mn被还原为+2价，主要反应的化学方程式：； 【小问2详解】 ①二氧化硫溶于水生成亚硫酸，被空气中的氧气氧化为硫酸：、，生成酸电离出H+，增大，溶液pH逐渐下降； ②a．吸收塔中存在如下平衡：，增大，平衡逆移，抑制SO2溶解，减小，与软锰矿浆反应的速率降低； b．图中信息可以看出pH=5.0时吸收率大于94%，可以实现SO2烟气的达标排放，加入菱锰矿的最佳pH为5.0； 【小问3详解】 据分析，二氧化锰将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀，自身被还原为锰离子：； 【小问4详解】 ①根据原子守恒和得失电子守恒列关系式：，则样品中硫酸锰的质量分数为=； ②步骤Ⅱ中没有进行煮沸操作，溶液中含有，消耗溶液体积偏大，会使测定的MnSO4的质量分数偏大； 【小问5详解】 电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，可能原因有：电流继续增大，Mn2+在阴极放电：，使得减小；H+放电直接生成H2而不是，MnO2被还原的反应不能进行，使得减小。 19. 实验小组探究不同浓度CuCl2溶液的电解反应。用石墨电极电解0.1 mol/L CuCl2溶液和5 mol/L CuCl2溶液，记录实验现象如下表。 实验装置 实验编号及试剂 实验现象 ①0.1 mol/L CuCl2溶液(蓝色) 阳极：产生有刺激性气味的气体 阴极：电极上有红色固体析出 ②5 mol/L CuCl2溶液(绿色) 阳极：产生有刺激性气味的气体 阴极：电极上有少量红色固体和白色固体析出，同时电极附近液体变为黑色 （1）经检验，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。①中电解反应的化学方程式为___________。 I．探究②中产生白色固体的原因。 阴极附近的白色固体为CuCl，CuCl产生的路径有如下两种可能： （2）路径1：阴极发生电极反应分两步：i．___________，ii．，同时伴随反应，生成白色沉淀。 （3）路径2：阴极先发生电极反应，而后发生反应a：，生成白色沉淀。通过实验证明反应a可以发生，其实验操作和现象是___________。 II．探究②中阴极区液体中黑色物质的成分。 进一步查阅资料，提出以下猜想。 猜想1．生成，进而转化为极细小的CuO； 猜想2．生成Cu的速率快，形成黑色纳米Cu； 猜想3．发生反应b：(棕黑色)。 （4）若猜想1成立，则阴极一定还存在的电极反应是___________。 取2 mL黑色液体于试管中，分别加入不同试剂，记录实验现象如下表。 实验编号 ③ ④ ⑤ 加入试剂 4 mL浓HNO3 4 mL浓HCl 4 mL H2O 实验现象 液体变澄清，呈绿色，试管口有浅红棕色气体生成 黑色液体颜色变深 液体变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀 （5）甲同学根据实验③产生的现象得出结论：黑色液体中一定有纳米Cu 乙同学认为甲同学的结论不合理，乙同学做出判断的依据是___________。 （6）实验⑤中白色沉淀的生成有两种可能的途径： 假设1：加入4 mL H2O后，反应b的，平衡逆移，从而生成CuCl； 假设2：黑色液体中存在Cu，加入4 mL H2O后，反应b平衡逆移，释放出更多的Cu2+、Cl-，使反应a正向进行，从而生成CuCl。 进一步分析表明，假设___________(填“1”或“2”)存在科学性错误。 （7）综合上述实验现象可知，黑色液体中含有___________。 a．CuO　　　　b．Cu　　　　c．　　　　d．CuCl 【答案】（1） （2） （3）在5 mol/L CuCl2溶液中加入少量铜粉（或打磨过的铜片），观察到有白色固体生成 （4） （5）若猜想3成立，其中+1价铜具有还原性，也可与硝酸反应产生类似的现象 （6）2 （7）bc 【解析】 【小问1详解】 电解0.1 mol/L CuCl2溶液，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，则为氯气，阴极上有红色固体析出，则反应生成铜，则电解反应的化学方程式为。 【小问2详解】 若阴极电极反应分两步，第二步是Cu++e-=Cu，则第一步是生成Cu+，则电极反应为Cu2++e-=Cu+。 【小问3详解】 通过实验证明反应a能发生的其实验操作和现象：在5 mol/L CuCl2溶液中加入少量铜粉(或打磨过的铜片)，观察到有白色固体生成。 【小问4详解】 若猜想1成立，Cu(OH)2的生成需要OH-，所以阴极一定还存在的电极反应是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【小问5详解】 若猜想3成立，其中+1价铜具有还原性，也可与硝酸发生氧化还原反应产生类似的现象，所以乙同学认为甲同学的结论不合理。 【小问6详解】 对于反应a：，加水稀释后，所有离子浓度降低，，平衡逆向移动，不可能正向进行生成CuCl，因此假设2存在科学性错误。 【小问7详解】 若存在CuO，加水后液体不会澄清，因此不存在CuO；结合(6)的分析知，黑色液体中存在Cu，加入4 mL H2O后，反应b平衡逆移，释放出更多的Cu2+、Cl-，使反应a正向进行，从而生成白色的CuCl；加浓盐酸后黑色变深，说明反应b正向移动，证明存在题给的棕黑色配合物；CuCl本身是白色沉淀，且实验⑤是加水稀释后析出CuCl沉淀，因此黑色液体不含CuCl；故答案为bc。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京四中2025~2026学年度第二学期保温练习 高三化学试题 (试卷满分为100分，考试时间为90分钟) 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 第Ⅰ卷 选择题(共42分) 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请将答案填在答题卡上) 1. 2026年1月我国科研团队在嫦娥六号带回的月壤样品中，首次发现了天然形成的单壁碳纳米管。它是一种由单层碳原子卷曲而成的中空管状纳米材料，具有相当高的强度和优异的电学性能。关于单壁碳纳米管，下列说法正确的是 A. 属于金属材料 B. 与C60、金刚石、石墨均为碳元素的同素异形体 C. 是由碳原子通过离子键形成 D. 杂化方式与金刚石相同 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 基态Ni原子的简化电子排布式： B. 的VSEPR模型： C. 聚丙烯的结构简式： D. 用电子式表示NaCl的形成过程： 3. 下列说法不正确的是 A. 油脂的水解反应也称皂化反应 B. 福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本 C. 纤维素与乙酸反应生成纤维素乙酸酯属于酯化反应 D. 核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子 4. 曲尼司特主要用于治疗哮喘和鼻炎，其分子结构如图。 下列说法不正确的是 A. 曲尼司特分子中甲基的C-H键是s-p σ键 B. 曲尼司特分子中有3种含氧官能团 C. 曲尼司特为反式结构 D. 曲尼司特可以发生取代反应、加成反应 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 电解食盐水： B. 将硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液混合： C. 溶于氢碘酸： D. 硬脂酸乙酯的酸性水解反应： 6. 三氟化氮(NF3)常用于微电子工业，可用以下反应制备： 已知：①酸性：HF＞CH3COOH；②CH3COOH与的电离常数相等下列说法中，正确的是 A. NF3的电子式为，NH4F中既含极性键又含离子键 B. 常温下，NH4F水溶液呈碱性 C. 在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性和碱性 D. 上述反应中，生成1 mol NF3，转移3 mol e- 7. 下列实验设计原理或操作不正确的是 ①出现淡黄色沉淀，②出现黄色沉淀 ①试管有气泡，②试管无气泡 A．溶解度：AgCl＞AgBr＞AgI B．酸性：醋酸＞硼酸 用玻璃棒将洗涤液引流入容量瓶 溶液变成紫色 C．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 D．检验乙酰水杨酸中的酚酯基 A. A B. B C. C D. D 8. 按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A. Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性 B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性 C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 9. 气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是 A. FeO+、N2均为反应中间体 B. X既含极性共价键也含非极性共价键 C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应 D. 每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 10. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 向盐碱地加适量石膏可降低其碱性 CaSO4与Na2CO3反应生成更难溶的CaCO3 B Al(OH)3与盐酸、NaOH溶液均能反应，而Mg(OH)2只能与盐酸反应 碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3 C 酸性CH3COOH＞CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，加入稀HNO3酸化，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中含有溴离子 A. A B. B C. C D. D 11. 催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程如下图，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是 A. 催化剂可增大单位体积的活化分子百分数，从而增大反应速率 B. 反应达到平衡时、升高温度，c(R)增大 C. 使用催化剂Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D. 使用催化剂I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 12. 瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。 下列说法不正确的是 A. 合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基 B. 分子间可能存在不同类型的氢键 C. 生成瓜环[n]的反应中，有键断裂 D. 合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成 13. NaClO2是重要的含氯消毒剂。一种制备NaClO2的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是 已知：i．NaClO2饱和溶液结晶时，温度低于38℃析出；38℃~60℃，析出NaClO2； ii．60℃以上NaClO2易分解。 A. “滤渣”的主要成分为CaCO3 B. 流程中两处盐酸的作用不同 C. 操作a：减压蒸发(控制温度为55℃)，将溶液冷却至38℃，趁热过滤 D. 理论上，该流程中=2：1 14. 某研究小组用下图装置探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。 实验Ⅰ：向烧杯a、b中各加入30 mL 3.5%的NaCl溶液，闭合K，指针未发生偏转。加热烧杯a，指针向右偏转。取a、b中溶液少量，滴加溶液，a中出现蓝色沉淀，b中无变化。 继续探究，改变NaCl溶液的浓度，实验记录如下。 已知；在饱和NaCl溶液中浓度较低，钢铁不易被腐蚀。 实验序号 a b 指针偏转方向 Ⅱ 0.1% 3.5% 向左 Ⅲ 0.1% 0.01% 向右 Ⅳ 3.5% 饱和溶液 向右 下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ未加热时指针不偏转，说明两烧杯中生铁片未发生反应 B. 实验Ⅱ中，a烧杯中生铁片为正极，该电极发生还原反应 C. 实验Ⅳ中，若将饱和NaCl溶液换成同浓度的溶液，指针偏转方向可能不变 D. 根据上述实验，影响钢铁腐蚀的因素有温度、NaCl溶液的浓度、的浓度等 第II卷　非选择题 二、填空题(共58分，请将答案填在答题卡上) 15. 电催化分解H2S制氢脱硫是实现H2S清洁高值利用的途径之一。钴(Co)掺杂的硫化镉(CdS)材料是H2S电催化分解的一种催化剂，可由、及Na2S等制得。 （1）基态Co2+的价层电子排布式为___________。 （2）分解H2S制H2比分解H2O制H2所需的能量低，从原子结构的角度说明原因：___________。 （3）Na2S的熔点(950℃)高于H2S的熔点(-85℃)，解释原因：___________。 （4）CdS的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①与S2-最近且距离相等的Cd2+有___________个。 ②已知CdS的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________。() （5）电催化分解H2S制氢原理装置示意图如下，通常采用碱性溶液吸收H2S制成Na2S溶液进行电解。 ①电解过程的总反应是___________。 ②电解一段时间后反应会停止，请解释原因：___________。 16. CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，对实现碳中和具有重要意义。 I．CO2催化加氢制乙烯，其工艺涉及的主要反应如下： 反应i 反应ii 请回答下列问题： （1）已知，与反应生成和的能量变化如图所示：则当时反应ii的___________kJ/mol。 （2）在恒定压强下，将CO2和H2按一定投料比进行上述反应，350 K~850 K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是___________。 Ⅱ．电化学法还原CO2制乙烯，其原理如图所示。 （3）生成1 mol乙烯转移___________mol电子。 （4）电解一段时间后，阳极区的NaHCO3溶液浓度降低，结合电极反应式解释其原因是___________。 Ⅲ．CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。热分解可制备CaO，加热升温过程中固体的质量变化见下图。 （5）写出400℃~600℃内分解反应的化学方程式：___________。 （6）与CaCO3热分解制备的CaO相比，热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其可能的原因是___________。 17. 黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下： 已知：① ② ③ （1）A可与溶液反应，其结构简式是___________。B中含有的官能团是和___________。 （2）C→D的化学方程式是___________。 （3）E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是___________。 （4）H的结构简式是___________。 （5）I的分子式为，能使的溶液褪色，H→J的反应类型是___________。 （6）由K经两步反应可得到化合物M，转化路线如下： 环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：________。 18. 工业上利用软锰矿和菱锰矿联合进行锅炉燃煤烟气脱硫，同时制备重要化工产品MnSO4.工艺流程如下： 资料：i．软锰矿的主要成分是MnO2，含少量SiO2、Fe3O4、FeO ii．锅炉燃煤过程中空气过量 iii．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀 1.5 6.3 7.6 完全沉淀 2.8 8.3 10.2 （1）将SO2烟气通入吸收塔中，发生的主要反应的化学方程式是___________。 （2）软锰矿浆脱硫过程中，控制流量，每隔3 h监测一次：测定软锰矿浆的pH；同时测定吸收塔入口和出口的SO2含量，计算SO2的吸收率，结果如图所示： ①结合化学用语解释吸收塔中矿浆pH逐渐下降的原因___________。 ②当SO2吸收率低于94%时，无法实现SO2烟气的达标排放，此时需向吸收塔中加入一定量菱锰矿(主要成分MnCO3)。 a．利用平衡移动原理解释吸收塔中吸收率下降的可能原因___________。 b．依据图像分析，加入菱锰矿的最佳pH为___________。 （3）经检测发现滤液1中仍含有少量Fe2+可加入MnO2进行“深度净化”，该过程中反应的离子方程式是___________。 （4）产品含量测定方法如下： I．称取a g晶体，加足量硫酸溶解，将溶液定容于100 mL容量瓶中 II．取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的分解 III．加入指示剂，用溶液滴定，滴定至终点时消耗，重新变成Mn2+ ①产品中MnSO4的质量分数为___________(MnSO4的摩尔质量为151 g/mol)。 ②步骤Ⅱ中没有进行煮沸操作，会使测定的MnSO4的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 （5）从吸收塔中过滤出来的滤渣中仍含有MnO2，研究者用如图装置提取MnO2中的锰元素。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，可能的原因为：Mn2+在阳极放电生成MnO2；___________(另写两条)。 19. 实验小组探究不同浓度CuCl2溶液的电解反应。用石墨电极电解0.1 mol/L CuCl2溶液和5 mol/L CuCl2溶液，记录实验现象如下表。 实验装置 实验编号及试剂 实验现象 ①0.1 mol/L CuCl2溶液(蓝色) 阳极：产生有刺激性气味的气体 阴极：电极上有红色固体析出 ②5 mol/L CuCl2溶液(绿色) 阳极：产生有刺激性气味的气体 阴极：电极上有少量红色固体和白色固体析出，同时电极附近液体变为黑色 （1）经检验，阳极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。①中电解反应的化学方程式为___________。 I．探究②中产生白色固体的原因。 阴极附近的白色固体为CuCl，CuCl产生的路径有如下两种可能： （2）路径1：阴极发生电极反应分两步：i．___________，ii．，同时伴随反应，生成白色沉淀。 （3）路径2：阴极先发生电极反应，而后发生反应a：，生成白色沉淀。通过实验证明反应a可以发生，其实验操作和现象是___________。 II．探究②中阴极区液体中黑色物质的成分。 进一步查阅资料，提出以下猜想。 猜想1．生成，进而转化为极细小的CuO； 猜想2．生成Cu的速率快，形成黑色纳米Cu； 猜想3．发生反应b：(棕黑色)。 （4）若猜想1成立，则阴极一定还存在的电极反应是___________。 取2 mL黑色液体于试管中，分别加入不同试剂，记录实验现象如下表。 实验编号 ③ ④ ⑤ 加入试剂 4 mL浓HNO3 4 mL浓HCl 4 mL H2O 实验现象 液体变澄清，呈绿色，试管口有浅红棕色气体生成 黑色液体颜色变深 液体变澄清，呈绿色，同时出现少量白色沉淀 （5）甲同学根据实验③产生的现象得出结论：黑色液体中一定有纳米Cu 乙同学认为甲同学的结论不合理，乙同学做出判断的依据是___________。 （6）实验⑤中白色沉淀的生成有两种可能的途径： 假设1：加入4 mL H2O后，反应b的，平衡逆移，从而生成CuCl； 假设2：黑色液体中存在Cu，加入4 mL H2O后，反应b平衡逆移，释放出更多的Cu2+、Cl-，使反应a正向进行，从而生成CuCl。 进一步分析表明，假设___________(填“1”或“2”)存在科学性错误。 （7）综合上述实验现象可知，黑色液体中含有___________。 a．CuO　　　　b．Cu　　　　c．　　　　d．CuCl 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $