精品解析：北京市顺义区第一中学2026届高三上学期12月月考化学试题

北京市顺义区第一中学2026届高三上学期12月月考化学试题 试卷说明： 1.本试卷共10页，答题卡1张； 2.考试时间90分钟，试卷满分100分。 3.试卷共两部分，第一部分为选择题，共计42分： 第二部分为非选择题，共计58分。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Mn 55 Fe 56 Zn 65 第一部分(选择题) 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题四个选项中选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 【答案】B 【解析】 【详解】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确； B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误； C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确； D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确； 故选B。 2. 下列说法正确的是 A. 石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 B. 油脂属于高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸 C. 在鸡蛋清溶液中加入饱和食盐水会因盐析产生沉淀 D. 欲检验蔗糖酸催化水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的悬浊液并加热 【答案】C 【解析】 【详解】A．石油分馏是利用各组分的沸点不同进行分离，而非溶解性差异，A错误； B．油脂不属于高分子化合物，B错误； C．鸡蛋清溶液是蛋白质溶液，加入饱和食盐水会因盐析作用使蛋白质凝聚产生沉淀，C正确； D．欲检验蔗糖酸催化水解产物是否具有还原性，先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和酸，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，D错误； 故选C。 3. 下列化学用语正确的是 A. 溴化钠的电子式： B. 分子的空间结构模型： C. NaCl晶体的晶胞： D. Cr元素的原子结构示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．溴化钠是离子化合物，电子式需要标出阴阳离子，正确电子式为 ，A错误； B．​分子中心N原子形成三个键且含1对孤对电子，空间结构为三角锥形，且N原子半径大于H原子，图示结构符合​的空间结构模型，B正确； C．晶胞为面心立方结构，阴阳离子交替排列，顶点、面心、棱心、体心均分布离子，即，C错误； D．Cr原子序数为24，根据构造原理和洪特规则特例，Cr原子核外电子排布为，D错误； 故选B。 4. (镓)的稳定同位素和是显示地表风化过程的一种指示剂。下列说法不正确的是 A. 和的化学性质不相同 B. 可用质谱法区分和 C. 位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族 D. 的第一电离能大于K的第一电离能 【答案】A 【解析】 【详解】A．和为同位素，化学性质几乎完全相同，但物理性质有所差异，故A错误； B．质谱法可以测相对分子量，由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，故B正确； C．Ga位于元素周期表第四周期第IIIA族，故C正确； D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，Ga的第一电离能大于K的第一电离能，故D正确； 故选：A。 5. 下列方程式与所给事实均正确的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体： C. 草酸使酸性溶液褪色： D. 用足量氨水洗去银镜： 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁锈与盐酸反应生成和水，方程式正确，A正确； B．铝与强碱反应需NaOH参与，正确方程式应为，选项B缺少NaOH，B错误； C．草酸是弱酸，应写成形式，应为，C错误； D．银与氨水反应需氧气参与，正确方程式为，D错误； 故选A。 6. 有关下列晶体的说法正确的是 A. 为离子晶体，有导电性 B. 含共价键，因此冰是共价晶体 C. 一种化合物只能形成一种晶体结构 D. 如图所示晶胞对应的化学式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．为离子晶体，内部没有移动的阴离子和阳离子，所以不具有导电性，但熔融状态或溶于水后可以导电，故A选项错误； B．含共价键，但是冰是分子晶体，故B错误； C．一种化合物可能由于原子排列方式不同而成为不同的晶体，故C选项错误； D．通过如图所示晶胞结构，计算可得：A： ，B：1，X：，则对应的化学式为：，故D选项正确。 故选D选项。 7. 工业以硫黄或黄铁矿(主要成分，烧渣成分为)为原料生产硫酸主要流程如下： 下列说法不正确的是 A. 高温焙烧时转移的电子数为(代表阿伏加德罗数值) B. 与反应生成淡黄色沉淀，体现了的还原性 C. 反应具有自发性的原因与有关 D. 98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关 【答案】B 【解析】 【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。 【详解】A．高温焙烧1 mol FeS2时，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，则转移的电子数为11NA，A正确； B．SO2与H2S反应生成淡黄色S沉淀，SO2中S元素由+4价降低到0价，体现了SO2的氧化性，B错误； C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，故反应具有自发性的原因是ΔH＜0，C正确； D．硫酸含有-OH，相互之间可以形成分子间氢键，可以增大浓硫酸的粘度，D正确； 故选B。 8. BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是 A. 单体是非极性分子 B. 二聚体的沸点比单体更高 C. 多聚体是平面结构 D. 二聚体和多聚体中均存在配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．单体BeCl2中心原子Be周围的价层电子对数为2+=2，为直线形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确； B．BeCl2为共价化合物，形成分子晶体，二聚体的相对分子质量比单体大，则二聚体中分子间作用力比单体大，故二聚体的沸点比单体更高，B正确； C．由题干图示信息可知，多聚体中Be周围的价层电子对数为4，呈正四面体结构，而不是平面结构，C错误； D．已知Be的最外层上只有2个电子，结合题干图示信息可知，二聚体和多聚体中均存在Be←Cl配位键，D正确； 故答案为：C。 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 10. 下列实验不能达到实验目的的是 A．证明分子极性： B．测量的体积 C．模拟外加电流法保护钢铁设备 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．极性分子会受带电体吸引发生偏转，偏转程度越大极性越强，实验中蒸馏水（极性分子）液流发生明显偏转，（非极性分子）液流几乎不偏转，可证明分子极性​，能达到实验目的，A不符合题意； B．​难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水法测量​体积，该装置短管进气、长管排液，排出饱和食盐水的体积即为的体积，能达到实验目的，B不符合题意； C．外加电流法保护钢铁的原理是：被保护的钢铁设备作阴极，连接电源负极，辅助电极作阳极连接电源正极，该装置中铁块（被保护钢铁）连接电源正极，作阳极会加快钢铁腐蚀而不能达到保护目的，不能达到实验目的，C符合题意； D．铁钉放入​溶液中，会置换出，说明金属活动性，可以比较二者金属活动性，能达到实验目的，D不符合题意； 故选C。 11. Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；Co2+不能与F-形成配离子。下列说法不正确的是 A. Fe第四电离能(I4)大于其第三电离能(I3) B. Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成 C. 可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+ D. [Fe(H2O)6]3+中H-O-H的键角与H2O分子中H-O-H的键角相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道处于半满状态，电子的能量低，失电子困难，所以Fe的第四电离能(I4)大于其第三电离能(I3)，A正确； B．Ⅰ中Fe(NO3)3溶于水后，Fe3+发生部分水解生成Fe(OH)3等，使溶液呈黄色，B正确； C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有Co2+，否则不含Co2+，C正确； D．[Fe(H2O)6]3+中H2O分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H键的排斥作用减小，所以键角比H2O分子中H-O-H的键角大，D不正确； 故选D。 12. 一种催化加氢合成的方法，反应如下： ① ② 1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 已知：CO的选择性 下列说法不正确的是 A. CO与合成反应的热化学方程式： B. 图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度 C. 由图1可知，300℃时的转化率为8% D. 其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据已知反应①与反应②及盖斯定律可知：CO与合成反应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ⋅mol−1，A不符合题意； B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B符合题意； C．根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：，CO选择性30％，生成CO的CO2：，转化为的CO2：，根据反应①可知消耗0.168mol，根据反应②可知消耗0.024mol，的转化率：，C不符合题意； D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D不符合题意； 答案选C。 13. 一定温度下，()在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的活化能大于的活化能 B. 的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 C. 此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 D. 时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 【答案】D 【解析】 【详解】A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则的活化能大于的活化能，A正确； B．σ键的键能大于π键，的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，B正确； C．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，C正确； D．时，Z的浓度很低，说明主要发生反应，而的速率很慢，即的活化能大，则可以用来解释，D错误； 故选D。 14. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：(无色)(无色)；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A. 与KI能发生反应： B. CuI与反应的速率快于与反应的速率 C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D. Cu(II)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 【答案】B 【解析】 【分析】CuSO4与KI可发生氧化还原反应，离子方程式为，生成的白色CuI沉淀会吸附，因此初始呈现土黄色沉淀；向体系中逐滴加入时，可优先与发生氧化还原反应，使吸附的被消耗，沉淀逐渐变为白色，最终得到无色澄清溶液；可与Cu(II)、Cu(I)形成配合物，其中呈黄色、呈无色，滴加顺序不同时，配合反应与氧化还原反应的竞争顺序不同，最终通过颜色变化体现反应的先后与限度差异：与的反应速率快于CuI与的反应速率，且Cu(II)与的配合反应限度小于二者发生氧化还原反应的限度。据此分析。 【详解】A．被还原为，生成沉淀，被氧化为，根据化合价升降、原子、电荷守恒配平，反应方程式为，符合实验现象，生成使溶液显棕黄色，推断合理，A不符合题意； B．第一个实验现象：加后，先变为白色悬浊液，最终得到无色澄清溶液，本身为白色，沉淀显土黄色是因为吸附了，沉淀先变白说明吸附的先被反应完全，之后才慢慢和配位溶解得到澄清溶液，说明与的反应速率更快，推断不合理，B符合题意； C．已知信息明确说明呈黄色，因此黄绿色悬浊液变为黄色溶液，就是生成了该配离子，推断合理，C不符合题意； D．两个实验最终都得到无色溶液，说明最终产物是的无色配离子，也就是和最终发生氧化还原反应得到，说明配位反应的反应限度小于氧化还原反应的限度，推断合理，D不符合题意； 故选B。 第二部分(非选择题) 本部分共5题，共58分。 15. 硫元素的含氧酸盐结构和性质多样。 （1）亚硫酸盐。 ①S元素位于元素周期表中的______区。 ②中，基态、和O原子中成对电子数由少到多的排序是______。 ③与过量盐酸反应产生大量气体。键角比较：得到的气体分子______(填“>”、“<”或“=”)。 （2）硫代硫酸盐是硫酸根中的一个氧原子被硫原子取代后的产物。 ①(S分别是0价与+4价)可被氧化为，离子方程式是______。 ②的结构可能是如下的两种。 i．结构(a)中S的杂化轨道类型是______。 ii．结构(b)中O的化合价有______。 iii．原子半径与其化学键的键能关系如下表所示。 原子的共价半径／pm 71.04 102.61 116.68 134.94 键能 225.48 279.95 214.68 155.14 下列说法正确的是______。 a．O原子半径过小，原子间孤电子对间斥力对键能影响大于键长对其的影响 b．氧化了中的O原子而不是S原子 c．的结构更可能为(a) （3）硫酸盐：(摩尔质量为321)的晶体为层状结构，如下图。 已知阿伏伽德罗常数为，晶胞的体积为，晶体的密度为______。 【答案】（1） ①. p ②. ③. > （2） ①. ②. ③. -1、-2 ④. ac （3）或 【解析】 【小问1详解】 ①S的价电子排布为，最后一个电子填充在p轨道，因此属于元素周期表的p区。 ②计算基态原子成对电子数（总电子数减去未成对电子数）：O（8电子）未成对电子数为2，成对电子数=； S（16电子）未成对电子数为2，成对电子数=； Fe（26电子）价电子排布，未成对电子数为4，成对电子数=； 因此成对电子数由少到多排序为。 ③反应得到的气体是，中心S价层电子对数为3（1对孤电子对+2对成键电子对），为杂化；中心S价层电子对数为4（1对孤电子对+3对成键电子对），为杂化，杂化的键角小于杂化的键角，因此键角​​。 【小问2详解】 ①​被​氧化为，被还原为，配平得到离子方程式。 ②i．结构(a)中所有S原子的价层电子对数均为4，因此杂化类型为杂化。 ii．结构(b)中存在过氧键，过氧键中O为-1价，其余与S成键的O为-2价，因此O有两种化合价。 iii．a．由表格数据，O原子半径小于S，但键能小于键，原因是O半径过小，原子间孤电子对斥力更大，斥力对键能的影响大于键长，a正确； b．​中O为-2价（最低价），为稳定价态，不易被氧化，S分别是0价与+4价，中间价态易被氧化，因此被氧化的是S原子，b错误； c．键能大于键，因此含键的结构(a)更稳定，c正确； 故选ac。 【小问3详解】 晶胞中S原子共8个，1个单元含2个S，因此晶胞中含4个单元，故晶体密度。 16. 氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。 已知：pH升高时，易歧化为和。 （1）电解饱和食盐水的离子方程式为___________。 （2）下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。 a．主要在阴极室产生 b．在电极上放电，不可能产生 c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生 （3）测定副产物含量的方法如下图。 （4） （5） ①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 ②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。 （6）可用盐酸处理淡盐水中的并回收。 ①反应的离子方程式为___________。 ②处理时，盐酸可能的作用是： i．提高，使氧化性提高或还原性提高； ii．提高，___________。 ③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。 【答案】（1） （2）c （3） ①. 偏大 ②. （4） ①. ②. 使还原性增强 ③. 先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化 【解析】 【分析】该装置为氯碱工业的阳离子交换膜电解槽： 阳极（左电极）发生氧化反应，电极反应式为，放电生成，在电场作用下通过阳离子交换膜迁移至阴极室；阴极（右电极）发生还原反应，电极反应式为，放电生成和，与迁移来的结合生成；阳离子交换膜可阻止向阳极室迁移，避免与发生副反应生成，进而歧化为等副产物，保障电解高效进行，总反应的离子方程式为。据此分析。 【小问1详解】 工业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为。 【小问2详解】 a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，a错误； b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，b错误； c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，易歧化为和，c正确； 故选c。 【小问3详解】 ①加入过氧化氢消耗水样中残留的和，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的和也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会被认为是氯酸根消耗的，所以浓度将偏大。 ②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 则，则。 【小问4详解】 ①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为； ②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强； ③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。 17. 维生素的一种合成路线如下。 已知：i． ii． （1）易溶于水，原因是______。 （2）试剂X的相对分子质量为30，能发生银镜反应。B能与钠反应。写出的化学方程式：______。 （3）D为氨基酸，D的结构简式为______。 （4）。中只含一种官能团，以乙二醇和乙醇为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线：______。 （5）的结构简式为______。 （6）下列说法正确的是______(填序号)。 a．C中含有碳碳双键 b．Y的系统名称为1-丁醇 c．K中含有5个手性碳原子 d．G中所含官能团有酰胺基、酯基、醚键、碳碳双键 （7）经历如下三步： N的结构简式为______。 【答案】（1）可与水分子形成多个氢键且为极性分子、水为极性分子，二者相似相溶 （2） （3） （4） （5） （6）ac （7） 【解析】 【分析】根据A的分子式知，A为，试剂的相对分子质量为，能发生银镜反应， 说明含有醛基，A为；结合B的分子式知，A和X以反应生成B，B能与钠反应，B中含有醇羟基，则B为，B和氢气发生加成反应生成C，根据C的分子式知，C为， С和Y 发生取代反应生成，Y为；D为氨基酸，结合F的结构简式知，D为，D和乙醇发生酯化反应生成E为，，则的结构简式为，发生信息的反应生成K为：，最后制得维生素。 【小问1详解】 含有多个羟基，可与水分子形成多个氢键且为极性分子、水为极性分子，二者相似相溶； 【小问2详解】 A为，试剂X为，A和X以反应生成B为，则的化学方程式为： ； 【小问3详解】 D为氨基酸，结合F的结构简式知，D为； 【小问4详解】 D和乙醇发生酯化反应生成E为，，则的结构简式为。乙二醇发生氧化反应生成乙二酸，乙二酸和乙醇发生酯化反应生成。可以考虑先对乙二醇进行氧化，得到乙二醛，再次氧化获得乙二酸，然后再酯化，获得产物。流程为：； 【小问5详解】 由分析可知，的结构简式为； 【小问6详解】 a．由合成路线可推知C为，含有碳碳双键，a正确； b．根据已知信息i，结合，可知试剂Y为：，名称为：丁醛，b错误； c．根据已知信息ii，由合成路线可知K为：，手性碳位置为：，一共有5个手性碳，c正确； d．由G的结构简式可知，G中所含官能团有醚键、碳碳双键、亚氨基、酯基，但无酰胺基，d错误； 【小问7详解】 根据流程，中间体M发生加成反应生成N，N发生消去反应生成G，则M中，圈中酯基中的羰基和分子中羟基发生加成成环得，然后生成的羟基消去得到G物质，故N是：。 18. 从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。 （1）Au的基态原子价电子排布为在周期表中的位置是______。 （2）硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。 ①补全书写反应的离子方程式______。 ______________________________ ②简述在金被氧化过程中的作用：______。 （3）工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，其可能的浸金原理示意图如下。 ①由上述原理可知，在浸金过程中起______作用。 ②为了证明上述原理中的作用，进行如下实验。 实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后…… a．打开瓶塞后，______，(填实验现象)，证实了上述原理。 b．a中现象对应反应的离子方程式是______。 ③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。 已知： 结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：______。 【答案】（1）第六周期第IB族 （2） ①. ②. 与金表面的形成配合物，提高了金的还原性 （3） ①. 催化 ②. 锥形瓶中溶液的蓝色复原 ③. ④. 当时，随着增大，浓度增大，浸金速率增加。当时，游离与反应生成，使浓度减小，浸金速率降低，所以单位时间内的浸金量先上升后下降。 【解析】 【小问1详解】 由题干信息可知，Au的基态原子价电子排布式为，属于过渡金属，位于第六周期IB族； 【小问2详解】 ①Au元素从0价升至+1价，O元素从0价降至-2价，根据题干信息，该反应在弱碱性条件下发生，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应方程式：； ②能与金单质表面的反应形成稳定的可溶配合物，促进了金单质与氧气的进一步反应，提高了金的还原性； 【小问3详解】 ①浸金液中，与氨水反应生成。从图可以看出，金单质失去电子并与结合生成，在金表面获得电子生成，之后与反应生成，改变了反应路径，但性质和质量不变，因此在反应过程中起催化作用； ②反应一段时间后，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明反应过程中（蓝色）转化为（无色），打开瓶塞后，氧气进入锥形瓶，被氧化为，溶液中的蓝色复原。该过程中，Cu元素从+1价升至+2价，是该反应氧化剂，从0价降至-2价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应方程式：； ③由图像可以看出，当时，随着增大，浓度增大，浸金速率增加。当时，的消耗率增加，根据已知条件，与过量的反应生成，使浓度减小，浸金速率降低，所以单位时间内的浸金量先上升后下降。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在。在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 试剂 现象 I a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现淡黄色浑浊 Ⅱ a：10滴蒸馏水 b：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ a：10滴溶液 b：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5 min，未见明显变化。 Ⅳ a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5 min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验I中出现淡黄色浑浊的原因______。 （2）已知，实验I、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①证实Ⅱ所得溶液中有的方案与现象为______。 ②取少量Ⅲ中所得溶液加入足量稀盐酸后，再加入溶液能观察到有白色沉淀生成。由此判断Ⅲ中生成。此结论是否正确，理由是______。 通过其他实验方案证实Ⅲ中生成了。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为______。 ②实验Ⅳ中“静置5 min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因(写出2点)：______。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅳ继续探究： ①实验V：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验VI：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现淡黄色浑浊。 对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因______。 【答案】（1） （2） ①. 取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有 ②. 正确，加入足量稀盐酸后可以排除溶液中硫代硫酸根离子和亚硫酸根离子的影响，此时再加入氯化钡生成白色沉淀可以证明Ⅲ中生成硫酸根离子 （3） ①. ②. 溶液中与碱性条件下反应生成棕黑色沉淀；不稳定，在溶液中分解生成棕黑色沉淀 （4）酸性条件与反应生成，反应的离子方程式为 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下的氧化性强弱，并设计实验验证锰化合物转化关系。 【小问1详解】 由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫代硫酸钠后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：，后过量的硫代硫酸钠溶液与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排除硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有； ②取少量Ⅲ中所得溶液加入足量稀盐酸后可以排除溶液中硫代硫酸根离子和亚硫酸根离子的影响，此时再加入氯化钡生成白色沉淀可以证明Ⅲ中生成硫酸根离子； 【小问3详解】 ①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为； ②实验Ⅳ中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中与碱性条件下反应生成棕黑色沉淀，也可能是不稳定，在溶液中分解生成棕黑色沉淀； 【小问4详解】 对比实验V、VI，实验VI滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市顺义区第一中学2026届高三上学期12月月考化学试题 试卷说明： 1.本试卷共10页，答题卡1张； 2.考试时间90分钟，试卷满分100分。 3.试卷共两部分，第一部分为选择题，共计42分： 第二部分为非选择题，共计58分。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Mn 55 Fe 56 Zn 65 第一部分(选择题) 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题四个选项中选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 2. 下列说法正确的是 A. 石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 B. 油脂属于高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸 C. 在鸡蛋清溶液中加入饱和食盐水会因盐析产生沉淀 D. 欲检验蔗糖酸催化水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的悬浊液并加热 3. 下列化学用语正确的是 A. 溴化钠的电子式： B. 分子的空间结构模型： C. NaCl晶体的晶胞： D. Cr元素的原子结构示意图： 4. (镓)的稳定同位素和是显示地表风化过程的一种指示剂。下列说法不正确的是 A. 和的化学性质不相同 B. 可用质谱法区分和 C. 位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族 D. 的第一电离能大于K的第一电离能 5. 下列方程式与所给事实均正确的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体： C. 草酸使酸性溶液褪色： D. 用足量氨水洗去银镜： 6. 有关下列晶体的说法正确的是 A. 为离子晶体，有导电性 B. 含共价键，因此冰是共价晶体 C. 一种化合物只能形成一种晶体结构 D. 如图所示晶胞对应的化学式为 7. 工业以硫黄或黄铁矿(主要成分，烧渣成分为)为原料生产硫酸主要流程如下： 下列说法不正确的是 A. 高温焙烧时转移的电子数为(代表阿伏加德罗数值) B. 与反应生成淡黄色沉淀，体现了的还原性 C. 反应具有自发性的原因与有关 D. 98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关 8. BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是 A. 单体是非极性分子 B. 二聚体的沸点比单体更高 C. 多聚体是平面结构 D. 二聚体和多聚体中均存在配位键 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 10. 下列实验不能达到实验目的的是 A．证明分子极性： B．测量的体积 C．模拟外加电流法保护钢铁设备 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A. A B. B C. C D. D 11. Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；Co2+不能与F-形成配离子。下列说法不正确的是 A. Fe第四电离能(I4)大于其第三电离能(I3) B. Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成 C. 可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+ D. [Fe(H2O)6]3+中H-O-H的键角与H2O分子中H-O-H的键角相等 12. 一种催化加氢合成的方法，反应如下： ① ② 1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 已知：CO的选择性 下列说法不正确的是 A. CO与合成反应的热化学方程式： B. 图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度 C. 由图1可知，300℃时的转化率为8% D. 其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高 13. 一定温度下，()在存在下与等物质的量的反应，主要产物为和。、和的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的活化能大于的活化能 B. 的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 C. 此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 D. 时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 14. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：(无色)(无色)；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A. 与KI能发生反应： B. CuI与反应的速率快于与反应的速率 C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D. Cu(II)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 第二部分(非选择题) 本部分共5题，共58分。 15. 硫元素的含氧酸盐结构和性质多样。 （1）亚硫酸盐。 ①S元素位于元素周期表中的______区。 ②中，基态、和O原子中成对电子数由少到多的排序是______。 ③与过量盐酸反应产生大量气体。键角比较：得到的气体分子______(填“>”、“<”或“=”)。 （2）硫代硫酸盐是硫酸根中的一个氧原子被硫原子取代后的产物。 ①(S分别是0价与+4价)可被氧化为，离子方程式是______。 ②的结构可能是如下的两种。 i．结构(a)中S的杂化轨道类型是______。 ii．结构(b)中O的化合价有______。 iii．原子半径与其化学键的键能关系如下表所示。 原子的共价半径／pm 71.04 102.61 116.68 134.94 键能 225.48 279.95 214.68 155.14 下列说法正确的是______。 a．O原子半径过小，原子间孤电子对间斥力对键能影响大于键长对其的影响 b．氧化了中的O原子而不是S原子 c．的结构更可能为(a) （3）硫酸盐：(摩尔质量为321)的晶体为层状结构，如下图。 已知阿伏伽德罗常数为，晶胞的体积为，晶体的密度为______。 16. 氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。 已知：pH升高时，易歧化为和。 （1）电解饱和食盐水的离子方程式为___________。 （2）下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。 a．主要在阴极室产生 b．在电极上放电，不可能产生 c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生 （3）测定副产物含量的方法如下图。 （4） （5） ①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 ②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。 （6）可用盐酸处理淡盐水中的并回收。 ①反应的离子方程式为___________。 ②处理时，盐酸可能的作用是： i．提高，使氧化性提高或还原性提高； ii．提高，___________。 ③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。 17. 维生素的一种合成路线如下。 已知：i． ii． （1）易溶于水，原因是______。 （2）试剂X的相对分子质量为30，能发生银镜反应。B能与钠反应。写出的化学方程式：______。 （3）D为氨基酸，D的结构简式为______。 （4）。中只含一种官能团，以乙二醇和乙醇为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线：______。 （5）的结构简式为______。 （6）下列说法正确的是______(填序号)。 a．C中含有碳碳双键 b．Y的系统名称为1-丁醇 c．K中含有5个手性碳原子 d．G中所含官能团有酰胺基、酯基、醚键、碳碳双键 （7）经历如下三步： N的结构简式为______。 18. 从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。 （1）Au的基态原子价电子排布为在周期表中的位置是______。 （2）硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。 ①补全书写反应的离子方程式______。 ______________________________ ②简述在金被氧化过程中的作用：______。 （3）工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，其可能的浸金原理示意图如下。 ①由上述原理可知，在浸金过程中起______作用。 ②为了证明上述原理中的作用，进行如下实验。 实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后…… a．打开瓶塞后，______，(填实验现象)，证实了上述原理。 b．a中现象对应反应的离子方程式是______。 ③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。 已知： 结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：______。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在。在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 试剂 现象 I a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现淡黄色浑浊 Ⅱ a：10滴蒸馏水 b：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ a：10滴溶液 b：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5 min，未见明显变化。 Ⅳ a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5 min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验I中出现淡黄色浑浊的原因______。 （2）已知，实验I、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①证实Ⅱ所得溶液中有的方案与现象为______。 ②取少量Ⅲ中所得溶液加入足量稀盐酸后，再加入溶液能观察到有白色沉淀生成。由此判断Ⅲ中生成。此结论是否正确，理由是______。 通过其他实验方案证实Ⅲ中生成了。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为______。 ②实验Ⅳ中“静置5 min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因(写出2点)：______。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅳ继续探究： ①实验V：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验VI：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现淡黄色浑浊。 对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $