精品解析：北京汇文中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

北京汇文中学教育集团高三年级第一学期阶段测试(四) 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 K：39 Cu：64 一、选择题(每小题只有一个正确答案，14道选择题，共42分) 1. 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是 A. 制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应 B. 可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构 C. 已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期 D. 基态Cu+的价层电子排布式为3d10 【答案】C 【解析】 【详解】A．量子点是指尺寸通常在2～20nm，制备过程中得到的CuInS2量子点溶液属于胶体，能够产生丁达尔效应，故A正确； B．X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构，故B正确； C．已知In的原子序数为49，可推知In核外有5个电子层，位于元素周期表第五周期，故C错误； D．Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu失去最外层1个电子得到Cu+，基态Cu+的价层电子排布式为3d10，故D正确； 选C。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 电子式表示的形成过程： B. 的电子云轮廓图： C. 的结构式： D. 分子的空间结构模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化钠是离子化合物，用电子式表示的形成过程为，A符合题意； B．p电子云呈哑铃形，电子云沿着y方向伸展，该电子云轮廓图正确，B不符合题意； C．二氧化碳是共价分子，电子式为，结构式为O=C=O，C不符合题意； D．氨分子中心原子孤电子对数为，价层电子对数为3+1=4，分子构形为三角锥形，则该空间结构模型正确，D不符合题意； 故选A。 3. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 【答案】B 【解析】 【分析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：； 【详解】A．由分析可知，锌作电池的负极，作电池正极，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则向负极移动，B错误； C．由分析可知，正极的电极反应为：，C正确； D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性，以保证电池正常工作，D正确； 故选B。 4. 下列根据相关数据做出的判断不正确的是 A. 电负性：，则酸性： B. 键能：键键，则沸点： C. ，则相同温度相同浓度溶液的碱性： D. 　，则稳定性：石墨金刚石 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性：，吸电子效应使中羧基上的氢原子更容易电离，酸性大于，A正确； B．沸点由分子间作用力（如氢键）决定，中存在分子间氢键，故沸点大于，B错误； C．，则相同温度相同浓度溶液中，水解程度：，则碱性：，C正确； D．由石墨到金刚石吸热，说明石墨能量更低，更稳定，D正确； 故选B。 5. 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 电解粗铜精炼，通过电路的电子数为时，阳极有32 g Cu转化为 B. 密闭容器中，2 mol 和1 mol 催化反应后分子总数为 C. 标准状况下，2.24 L 和的混合气体中分子数为 D. 常温常压下28 g乙烯中含有的键数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解粗铜时，阳极含有锌、金、银等杂质，当通过电路的电子数为（即1 mol电子）时，除铜外杂质也会被氧化，因此溶解的Cu质量小于 32 g，A错误； B． 反应为可逆反应，不能完全进行，反应后气体分子总数大于2 mol（初始为3 mol），因此分子数大于，B错误； C．标准状况下，2.24 L混合气体的物质的量为，分子数为，不是，C错误； D．28 g乙烯的物质的量为1 mol，乙烯分子（）中含有5个σ键（C-C键1个，C-H键4个），因此σ键数目为，D正确； 故选D。 6. 下列实验的对应操作中，不合理的是 A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向试管中倾倒液体时，瓶塞倒放、瓶口紧挨倾斜的试管口，操作符合规范，A不符合题意； B．制备氢氧化铁胶体时，将饱和溶液滴入沸水中的操作正确，后续加热至液体呈红褐色即可得到胶体，B不符合题意； C．蒸馏操作中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处测量馏分温度，且冷凝水应下口进上口出以保证冷凝效果，图示温度计插入反应液中、冷凝水进出方向错误，操作不合理，C符合题意； D．萃取分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，且漏斗下端紧贴烧杯内壁，操作正确，D不符合题意； 故选C。 7. 氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A. 氟他胺中含有三种官能团 B. X不具有手性异构体(对映异构体) C. 吡啶可提高①的原料利用率 D. 交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 【答案】D 【解析】 【分析】反应①为：++HCl；反应②为发生硝化反应，引入硝基生成氟他胺。 【详解】A．由氟他胺结构简式可知，其含有硝基、碳氟键、酰胺基三种官能团，A正确； B．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，X不具有手性异构体，B正确； C．反应①中产生了HCl，吡啶呈碱性消耗HCl从而促使反应正向进行，可提高原料利用率，C正确； D．已知氨基具有还原性，在发生硝化反应时，可能被氧化导致后续不能和反应合成氟他胺，D错误； 故选D。 8. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【解析】 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【详解】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 9. 分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的均大于7. 下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是 A. 与原氨水相比，均减小 B. 的电离平衡移动方向相同 C. 与原氨水相比，均增大 D. 均存在 【答案】B 【解析】 【分析】氨水中存在电离平衡，（1）中加入硫酸铵：增加，抑制氨水电离，减少，增加，pH降低；（2）中加入硫酸氢钠，增加，pH降低，消耗OH-，促进氨水电离。 【详解】A．据分析，两者pH均减少，故A正确； B．据分析，（1）抑制氨水电离，（2）促进氨水电离，的电离平衡移动方向不相同，故B错误； C．氨水电离平衡常数，（1）和（2）中均减少，温度一定时平衡常数不变，则均增加，即均增大，故C正确； D．（1）中电荷守恒式：，pH>7，则，因此有，（2）中电荷守恒式：，pH>7，则，因此有，NaHSO4中存在，因此，故D正确； 故答案为B。 10. 时，关于浓度均为的氨水和两种溶液，下列说法不正确的是 A. 分别通入少量HCl气体，均增大 B. 水电离出的：氨水的小于溶液的 C. 两种溶液等体积混合后 D. 两种溶液等体积混合后 【答案】C 【解析】 【详解】A．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则均增大，故A正确； B．一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H+)，故B正确； C．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，则＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故C错误； D．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=c(OH-)+c(Cl-)，故D正确； 故选：C。 11. 制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是 A. H2S和D2O均为极性分子 B. H2S和D2S互为同素异形体 C. 方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2 D. 方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2S和D2O的分子中均含有极性键，两者的空间构型都为V形，分子中正负电中心不重合，故二者均为极性分子，A项正确； B．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，H2S和D2S均为化合物，不是单质，不互为同素异形体，B项错误； C．由题给信息及元素守恒可知，FeS与DCl的D2O溶液反应生成D2S和FeCl2，反应方程式正确，C项正确； D．方法①中H₂S与D₂O可能发生同位素交换（如生成HDS），导致产物不纯；方法②直接由DCl和D₂O提供氘，产物D₂S更纯，D项正确； 答案选B。 12. 在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B. 点和点存在的关系是 C. 水的电离程度： D. 点： 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下醋酸铵溶液的pH=7，则与CH3COO-的水解平衡常数相等，说明CH3COOH、的电离平衡常数相等，A正确； B．由图可知，d点的物质的量是b点Cl-的2倍，但两点溶液体积不同，故两种离子的浓度不存在2倍关系，B错误； C．a点溶质为CH3COONH4，促进水的电离，c点溶质为CH3COOH、NH4Cl，d点溶质为CH3COONa、；CH3COOH和都抑制水的电离，由A项分析可知两者电离平衡常数相等，故对水的电离的抑制程度也相同，故水的电离程度：，C正确； D．b点溶质为等物质的量的CH3COOH、NH4Cl和CH3COONH4（假设不考虑电离和水解），根据物料守恒可得，D正确； 故答案选B； 13. 一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应 ，测得有关数据如下。 容器 容器体积 平衡时的物质的量 达平衡所用时间 达平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2mol 10min 放热0.6akJ ② 4L 1.6mol 放热 下列叙述不正确的是 A. ①中内， B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中内，，A项正确； B．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡所用时间增大，故，B项正确； C．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器②平衡时的物质的量增大，即平衡正移，正向为气体体积增大的方向，，C项错误； D．根据热化学方程式可知，生成时放热akJ，而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得，D项正确； 答案选C。 14. 将2 mol C2H6和3 mol CO2的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。 反应Ⅰ C2H6(g) + CO2(g)⇌C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1 = +177 kJ·mol-1 反应Ⅱ C2H6(g) + 2CO2(g) ⇌4CO(g) + 3H2(g) ΔH2 = +430 kJ·mol-1 在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。 已知：C2H4的选择性 下列说法不正确的是 A. p1 < p2 B. C2H4的选择性下降的原因可能是温度升高反应II平衡正向移动的程度大于反应I C. 210℃、p1条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6 mol D. 降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量 【答案】D 【解析】 【详解】A．恒容、恒温条件下，增大压强时，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，反应I和反应II均为气体体积增加的反应，因此增大压强平衡逆向移动，乙烷转化率减小，即p1 < p2，故A正确； B．反应II吸热大于反应I，因此温度升高反应II平衡正向移动的程度大于反应I，导致C2H4的选择性下降，故B正确； C．初始状态为2 mol C2H6和3 mol CO2，根据反应式，平衡时乙烯的物质的量为xmol、一氧化碳的物质的量为(x+4y)mol、水蒸气的物质的量为xmol、氢气的物质的量为3ymol、乙烷的物质的量为(2-x-y)mol、CO2的物质的量为(3-x-2y)mol，则、，解得x=0.8mol、y=0.2mol，则平衡时体系中生成CO的物质的量为x+4y=1.6 mol，故C正确； D．反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，乙烯物质的量减小，故D错误； 故答案为D。 二、填空题(5道大题，共58分) 15. C60独特的笼状结构使其及其衍生物表现出特殊的性质。 （1）金刚石与C60的晶胞结构如图，比较二者熔点大小：金刚石___________C60(填“>”、“<”或“=”)，并从结构角度分析原因___________。 （2）一种金属富勒烯配合物合成过程如图所示。 已知：烯烃、C60等因能提供π电子与中心原子形成配位键，被称为“π配体”。 ①(PPh3)内中心P原子的杂化轨道类型是___________。 ②比较两种π配体与Pt的配位能力大小：C2H4___________C60(填“>”、“<”或“=”)。 ③结合C60中C原子的成键特点，分析C60可作为π配体的原因___________。 （3）C60的碱金属(M=K、Rb、Cs)衍生物的晶胞结构如图。 ①与每个C60分子紧邻且等距的C60分子数目为___________。 ②某种C60的碱金属衍生物的化学式为M3C60，每个晶胞中含有的M原子的数目是___________。 ③当M代表K时，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA．该晶体密度为___________g·cm-3(1nm=1×10-7cm)。 【答案】（1） ①. ＞ ②. 金刚石为共价晶体，C60为分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力 （2） ①. sp3 ②. < ③. C60分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp2杂化与相邻的三个碳原子形成σ键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，这种离域π键能够提供π电子与中心原子形成配位键 （3） ①. 12 ②. 12 ③. 【解析】 【小问1详解】 金刚石的熔点 ＞ C60，原因是：金刚石为共价晶体， C60为分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力，故金刚石熔点高于C60； 【小问2详解】 ① 三苯基膦(PPh3)中，中心P原子形成3个σ键和1个孤电子对，为sp3杂化； ②C2H4和 C60都是π配体，能够通过π电子与中心金属原子形成配位键，C60分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp2杂化与相邻的三个碳原子形成σ键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，具有更大的π电子云，因此其配位能力更强，则与Pt的配位能力大小：C2H4<C60； ③C60分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp2杂化与相邻的三个碳原子形成σ键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，这种离域π键能够提供π电子与中心原子形成配位键； 【小问3详解】 ① 由晶胞结构可知，C60分子位于晶胞的顶点和面心，则与每个C60分子紧邻且等距的C60分子数目为12； ②某种C60的碱金属衍生物的化学式为M3C60，该晶胞中C60分子的个数为=4，则每个晶胞中含有的M原子的数目是4×3=12； ③当M代表K，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA时，该晶体密度为。 16. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 （1）制备甲醇的主反应： 。该过程中还存在一个生成的副反应，结合反应： 写出该副反应的热化学方程式：___________。 （2）将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为___________(填字母序号)。 a． b． c． d． ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：___________。 （3）使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为___________。 ②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为___________。 ③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因：___________。 【答案】（1） （2） ①. c ②. 温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低：温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故实验产率均降低 （3） ①. ②. ③. 阴极：，每转移电子，必有通过质子交换膜进入阴极室，发生反应：，所以阴极室溶液的基本不变 【解析】 【小问1详解】 设①    ②   ①-②可得该副反应的热化学方程式为 。 【小问2详解】 ①当温度为523 K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。②温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低：温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故实验产率均降低。 【小问3详解】 ①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为。 ②Zn2+和反应得到了ZnO和，对应的电极反应式为。 ③阴极：，每转移电子，必有6mole-通过质子交换膜进入阴极室，发生反应：，所以阴极室溶液的基本不变。 17. 荧光探针的合成路线如下。 （1）A中所含官能团的名称是___________。 （2）过程中反应①的化学方程式为___________。 （3）试剂a的结构简式为，的反应类型是___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为___________。 a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1 b．含有一个六元环和一个五元环 （6）K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下： 已知： 写出试剂b和K的结构简式___________、___________。 （7）L的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据的反应原理，X的结构简式为___________。 【答案】（1）羧基、碳碳双键 （2）+3NaOH+2NaBr+3H2O （3）加成反应 （4） （5） （6） ①. ②. （7） 【解析】 【分析】根据A生成B，两者的分子式可知，发生了加成反应，B生成C的已知条件可知，发生了卤代烃的消去生成C，故A的结构简式为，B的结构简式为，失CO2生成E（）；F与试剂发生加成反应生成G，G发生加成生成H（），H氧化生成I（），I水解生成J；J、E和试剂b生成K（），K异构化生成L（），L加成反应生M，据此分析； 【小问1详解】 A（）中所含官能团的名称是羧基、碳碳双键； 【小问2详解】 过程为卤代烃的消去，化学方程式为+3NaOH+2NaBr+3H2O； 【小问3详解】 的反应可以看出是不饱和键生成单键，类型是加成反应； 【小问4详解】 根据分析可知I的结构简式为； 【小问5详解】 P为D（）的同分异构体，满足a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1，说明结构对称，b．含有一个六元环和一个五元环，除苯环侧链上有3个C原子，形成五元环，不饱和度为7，故简式为； 【小问6详解】 根据已知，说明试剂b中含有醛基，根据E、J、K结构简式可知，试剂b为，J与b生成Q（），Q与E加成生成K，K的简式为； 【小问7详解】 依据为分子内-NH-与碳碳三键加成的反应，可分别发生在碳碳三键的两个碳上，X的结构简式为。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） ①. ②. 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【解析】 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【小问1详解】 ①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 【小问2详解】 ①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 【小问3详解】 “热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 【小问4详解】 ①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 【小问5详解】 根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】（1） （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京汇文中学教育集团高三年级第一学期阶段测试(四) 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 K：39 Cu：64 一、选择题(每小题只有一个正确答案，14道选择题，共42分) 1. 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是 A. 制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应 B. 可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构 C. 已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期 D. 基态Cu+的价层电子排布式为3d10 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 电子式表示的形成过程： B. 的电子云轮廓图： C. 的结构式： D. 分子的空间结构模型： 3. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 4. 下列根据相关数据做出的判断不正确的是 A. 电负性：，则酸性： B. 键能：键键，则沸点： C. ，则相同温度相同浓度溶液的碱性： D. 　，则稳定性：石墨金刚石 5. 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 电解粗铜精炼，通过电路的电子数为时，阳极有32 g Cu转化为 B. 密闭容器中，2 mol 和1 mol 催化反应后分子总数为 C. 标准状况下，2.24 L 和的混合气体中分子数为 D. 常温常压下28 g乙烯中含有的键数目为 6. 下列实验的对应操作中，不合理的是 A.向试管中倾倒液体药品 B.制备氢氧化铁胶体 C.分离甲烷与氯气取代反应得到的液体混合物 D.萃取后分离出下层液体 A. A B. B C. C D. D 7. 氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A. 氟他胺中含有三种官能团 B. X不具有手性异构体(对映异构体) C. 吡啶可提高①的原料利用率 D. 交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 8. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 9. 分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的均大于7. 下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不正确的是 A. 与原氨水相比，均减小 B. 的电离平衡移动方向相同 C. 与原氨水相比，均增大 D. 均存在 10. 时，关于浓度均为的氨水和两种溶液，下列说法不正确的是 A. 分别通入少量HCl气体，均增大 B. 水电离出的：氨水的小于溶液的 C. 两种溶液等体积混合后 D. 两种溶液等体积混合后 11. 制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是 A. H2S和D2O均为极性分子 B. H2S和D2S互为同素异形体 C. 方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2 D. 方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高 12. 在时，向两份的溶液中分别滴加浓度均为的盐酸和溶液。部分离子浓度随加入溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等 B. 点和点存在的关系是 C. 水的电离程度： D. 点： 13. 一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应 ，测得有关数据如下。 容器 容器体积 平衡时的物质的量 达平衡所用时间 达平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2mol 10min 放热0.6akJ ② 4L 1.6mol 放热 下列叙述不正确的是 A. ①中内， B. C. D. 14. 将2 mol C2H6和3 mol CO2的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。 反应Ⅰ C2H6(g) + CO2(g)⇌C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1 = +177 kJ·mol-1 反应Ⅱ C2H6(g) + 2CO2(g) ⇌4CO(g) + 3H2(g) ΔH2 = +430 kJ·mol-1 在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。 已知：C2H4的选择性 下列说法不正确的是 A. p1 < p2 B. C2H4的选择性下降的原因可能是温度升高反应II平衡正向移动的程度大于反应I C. 210℃、p1条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6 mol D. 降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量 二、填空题(5道大题，共58分) 15. C60独特的笼状结构使其及其衍生物表现出特殊的性质。 （1）金刚石与C60的晶胞结构如图，比较二者熔点大小：金刚石___________C60(填“>”、“<”或“=”)，并从结构角度分析原因___________。 （2）一种金属富勒烯配合物合成过程如图所示。 已知：烯烃、C60等因能提供π电子与中心原子形成配位键，被称为“π配体”。 ①(PPh3)内中心P原子的杂化轨道类型是___________。 ②比较两种π配体与Pt的配位能力大小：C2H4___________C60(填“>”、“<”或“=”)。 ③结合C60中C原子的成键特点，分析C60可作为π配体的原因___________。 （3）C60的碱金属(M=K、Rb、Cs)衍生物的晶胞结构如图。 ①与每个C60分子紧邻且等距的C60分子数目为___________。 ②某种C60的碱金属衍生物的化学式为M3C60，每个晶胞中含有的M原子的数目是___________。 ③当M代表K时，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA．该晶体密度为___________g·cm-3(1nm=1×10-7cm)。 16. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 （1）制备甲醇的主反应： 。该过程中还存在一个生成的副反应，结合反应： 写出该副反应的热化学方程式：___________。 （2）将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为___________(填字母序号)。 a． b． c． d． ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：___________。 （3）使用薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。 ①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得薄膜电极。反应的离子方程式为___________。 ②用薄膜电极作阴极，溶液作电解液，采用电沉积法制备薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了。制备薄膜的电极反应式为___________。 ③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的基本不变，结合电极反应解释原因：___________。 17. 荧光探针的合成路线如下。 （1）A中所含官能团的名称是___________。 （2）过程中反应①的化学方程式为___________。 （3）试剂a的结构简式为，的反应类型是___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为___________。 a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1 b．含有一个六元环和一个五元环 （6）K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下： 已知： 写出试剂b和K的结构简式___________、___________。 （7）L的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据的反应原理，X的结构简式为___________。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $