精品解析：北京景山学校2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

北京景山学校2025~2026学年度12月月考试题 高三化学 2025年12月 本试卷共10页，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。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：S 32 Pb 207 第一部分 选择题 每题只有一个选项。 1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是 A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物 B. 法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉 C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料 D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁 【答案】D 【解析】 【详解】A．磨石是由多种成分组成的混合物，故A正确； B．炸糕是用面粉制作，主要成分为淀粉，故B正确； C．真金金丝成分为金属单质，属于金属材料，故C正确； D．红漆主要成分是三氧化二铁，故D错误； 故选：D。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 乙烯的实验式：C2H4 C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1 D. 反-2-丁烯的结构简式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，故A正确； B．乙烯的实验式：CH2，故B错误； C．Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，故C错误； D．反-2-丁烯，相同基团应该在不同侧，结构简式为：，故D错误； 故选A。 3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 金属性：Na>Mg>Al B. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3 C. 电负性：F>O>N D. 原子半径：S>O>F 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据元素周期律可知，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，即金属性：Na>Mg>Al，能用元素周期律解释，A不符合题意； B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，H2SO3不是S的最高价氧化物对应的水化物，酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3，不能用元素周期律解释，B符合题意； C．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即电负性：F>O>N ，能用元素周期律解释，C不符合题意； D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，即原子半径：S>O>F ，能用元素周期律解释，D不符合题意； 故选B。 4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 A．实验室制 B．实验室收集 C．实验室制取 D．除去中混有的少量 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热才能发生，该装置缺少加热装置，A错误； B．​能与水反应（），不能用排水法收集，B错误； C．氯化铵受热分解生成​和HCl，两种气体在试管口遇冷会重新化合为，无法得到氨气；实验室制氨气需加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，C错误； D．​可与饱和​溶液反应生成​，而​在饱和​溶液中溶解度很小，且该洗气装置符合“长进短出”的要求，可以除去​中混有的少量，D正确； 故选D。 5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH− B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH− C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑ 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨气与水的反应以及一水合氨的电离均为可逆过程：NH3 + H2ONH3·H2O NH+ OH−，故A错误； B．电解饱和食盐水时阴极水放电，生成氢气和OH-，电极方程式为：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−，故B正确； C．氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解方程式为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，故C正确； D．小苏打受热易分解，分解生成碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑，因此可用加热的方式除去苏打固体中的小苏打，故D正确； 故选：A。 6. 下列说法不正确的是 A. 蔗糖和果糖属于同系物 B. 利用油脂的硬化可获得人造脂肪 C. DNA的双螺旋结构与氢键有关 D. 不同的二肽，水解产物可能相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．蔗糖是二糖，果糖是单糖，二者的结构不相似，不属于同系物，A错误； B．利用油脂的硬化可以得到脂肪，即可获得人造脂肪，B正确； C．DNA能形成氢键，DNA的双螺旋结构与氢键有关，C正确； D．不同的二肽，水解产物可能相同，例如甘氨酸和丙氨酸形成的不同二肽等，D正确； 答案选A。 7. 用表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1mol含有π键的数目为 B. 溶液中的数目为 C. 46 g和的混合气体含有的原子数为 D. 2.24L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成的分子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A. 乙炔分子中碳碳三键包含2个π键，1mol乙炔含有π键数目为，A项错误； B. 醋酸为弱酸，部分电离，1L 1mol/L CH3COOH溶液中H+浓度远小于1mol/L，H+数目小于，B项错误； C. NO2和N2O4的最简式为NO2，46g混合气体相当于1mol NO2，含有1mol氮原子和2mol氧原子，原子总数为，C项正确； D. 标准状况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故无法确定生成分子数，D项错误； 答案选C。 8. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是 实验目的 实验药品 A 比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性 乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液 B 检验1—溴丁烷中的溴原子 1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液 C 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液 D 证明Ag2S比AgCl更难溶 NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸会优先与苯酚钠溶液反应，干扰碳酸和苯酚酸性强弱的检验，则题给实验药品无法达到比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱的实验目的，故A错误； B．1—溴丁烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成的溴化钠中混有氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，实验时应选用稀硝酸中和溶液中的氢氧化钠，排出氢氧化钠溶液对溶液中溴离子检验的干扰，则题给实验药品无法达到检验1—溴丁烷中的溴原子的实验目的，故B错误； C．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀不能溶于过量的氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成的氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，从而说明镁的金属性强于铝，则题给实验药品能达到比较镁和铝的金属性强弱的实验目的，故C正确； D．证明硫化银比氯化银更难溶应选择过量的氯化钠溶液、硝酸银溶液和硫化钠溶液，选用不能参与反应的硫粉无法达到实验目的，故D错误； 故选C。 9. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物浓度，使活化分子百分数增大 C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．增大压强（减小容积）使单位体积内分子总数增加，活化分子数相应增加，但活化分子百分数不变，A正确； B．增大反应物浓度只增加单位体积内分子总数和活化分子数，活化分子百分数不变，B错误； C．升高温度使更多分子获得足够能量成为活化分子，活化分子百分数增大，C正确； D．催化剂降低反应活化能，使更多分子成为活化分子，活化分子百分数增大，D正确； 故选B。 10. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. p1 < p2 < p3 < p4 D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误； B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误； C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确； D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误； 故选C。 11. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是 A. 分子中的C原子有两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质含有酰胺基和羧基，可以发生取代反应 D. 该物质的分子式是 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中苯环、羰基、羧基的碳原子为杂化，所有饱和烷基、环己烷中的碳原子为杂化，共两种杂化方式，A正确； B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，，分子中含有手性碳原子，B正确； C．物质含酰胺基和羧基，酰胺水解、羧基的酯化都属于取代反应，因此可以发生取代反应，C正确； D．根据该分子的结构可知，分子式为，D错误； 故选D。 12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是 A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应 B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br− C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−。 【详解】A．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，故A错误； B．由分析可知，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−，故B正确； C．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，故C错误； D．AlCl3Br—中氯离子和溴离子的离子半径不同，所以AlCl3Br—的空间构型不是正四面体形，故D错误； 故选B。 13. 一种以乙二胺()为核心的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰 B. 第一步反应(a)是加成反应 C. PAMAM能发生水解反应 D. PAMAM中含有32个N 【答案】D 【解析】 【详解】A．由乙二胺的结构简式可知其含有2种H，核磁共振氢谱有两组峰，A不符合题意； B．结合流程信息可知乙二胺与丙烯酸甲酯反应过程中，丙烯酸甲酯中碳碳双键断裂，分别与H和N相连，发生加成反应，B不符合题意； C．PAMAM含有酰胺基，能发生水解反应，C不符合题意； D．结合形成过程可知，PAMAM中含有64个氨基且结构中的酰胺基和中心氮原子中也存在氮原子，故PAMAM中N远大于32个，D符合题意； 故选D。 14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是 已知：①和(代表草酸根)可以生成、和三种配离子。 ②体系中草酸根的总浓度(按折合成计) 体系中Fe(Ⅲ)的总浓度(按折合成计) A. 该条件下，酸性增强的物质的量分数增大 B. 改变体系中草酸-草酸铵和的量，使，体系中Fe(Ⅲ)全部以形态存在 C. ； D. pH=4时， 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，在一定pH值范围内，的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3-7左右时，的物质的量分数基本不变，pH低于3时，的物质的量分数反而减小，故A错误； B．，若只发生Fe3+、ox2-结合成的反应时，体系中Fe(Ⅲ)才能全部以形态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe(Ⅲ)的存在形式不只一种，故B错误； C．    ，当时，，结合图一，此时溶液中，，故C错误； D．pH = 4时，，此时Fe的存在形式几乎只有，，，，故D正确； 故选D。 第二部分 非选择题 15. ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。 （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为___________。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为___________(填标号)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是___________。 （4）用于制备荧光材料，其中___________的孤电子对填入的空轨道，形成配位键。 （5）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：___________。 物质 熔点/℃ 442 -34 29 143 （6）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示(1pmcm)。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为___________(列出计算式)。 【答案】（1）2 （2）bd （3）C （4） （5）属于离子晶体，熔化需破坏离子键，离子键强度高于范德华力；、、是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高 （6）或 【解析】 【小问1详解】 ⅣA族元素的价电子排布式为，根据洪特规则，2个p电子分占不同的p轨道，自旋平行，因此未成对电子数为2； 【小问2详解】 由和构成：与之间存在离子键（a存在）；内部存在三键，含非极性共价键（c存在）；不存在极性共价键（b）和配位键（d）。因此选bd； 【小问3详解】 聚甲基硅烷的组成元素为、、。根据元素周期律，非金属性C>Si，C>H，故电负性最大的元素是C； 【小问4详解】 在中，为中心离子，提供空轨道；为配体，含有孤电子对，因此的孤电子对填入的空轨道，形成配位键； 【小问5详解】 为离子晶体，熔化时需破坏较强的离子键；而、、为结构相似的分子晶体，熔化时仅需克服较弱的范德华力，离子键强度远高于范德华力，因此熔点远高于其他三者。对于分子晶体部分，相对分子质量：，范德华力随相对分子质量增大而增强，熔点也随之升高，因此熔点：； 【小问6详解】 由晶胞结构可知，位于晶胞顶点和面心，个数为；位于棱心和内部，个数为；因此晶胞中含4个单元。晶胞参数，晶胞体积，晶胞质量（相对原子质量207，为32）。因此晶胞密度（或写作）。 16. 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式： 计算反应的___________。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将8mmol 和8mmol 通入密闭容器，平衡时，，与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 ①图中的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ②560℃时，___________mmol。 ③根据以上信息，有利于提高选择性的条件是___________(写两条)。 （3）少量可提高生成的选择性。500℃时，分别在有和无的条件下，将8mmol 和8mmol 通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 ①从图中找出提高了选择性的证据：___________。 ②研究表明，参与反应的可能机理如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 根据上述机理，分析提高选择性的原因：___________。 【答案】（1） （2） ①. a ②. 7.8 ③. 降温、增大 （3） ①. 5s以后有催化的的含量逐渐降低，有催化的的含量陡然上升 ②. 将转化为，且将转化为(增大了转化为的速率) 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知第一个热化学方程式乘3，加上第二个热化学方程式，可得目标反应： 。 【小问2详解】 ①由题可知，，温度升高，该反应的平衡逆向移动，​转化率降低，剩余​的物质的量逐渐增加，因此上升的曲线b为剩余；部分还会进一步溴化生成，随温度升高，的总物质的量逐渐减少，因此下降的曲线a为。 ②总碳守恒：；每生成取代，生成，每生成取代，生成，因此。 560℃时，由图得，，则，代入得。 ③由题可知，升高温度，生成的反应平衡逆向移动，导致其选择性降低，因此较低温度利于提高选择性；保持甲烷过量、降低溴的投料比，可减少进一步溴化生成，提高的选择性。 【小问3详解】 ①由图可知，有存在的条件下，之后生成的速率明显升高，最终的物质的量更高；且在之后副产物的物质的量逐渐减少，所以提高了选择性。 ②根据反应机理，引发反应，最终又生成，过程中将副产物转化为目标产物，因此提高了选择性。 17. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，其前体K的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是___________。 （2）B中含有，试剂a是___________。 （3）E→F中，反应ⅰ的化学方程式为___________。 （4）下列关于有机物F和G的说法正确的是___________(填字母)。 a．F和G均没有手性碳原子 b．F和G均能与反应 c．F和G均能与银氨溶液反应 （5）①C→D中，三乙胺作为碱与结合，使断裂；若将替换为，需将三乙胺替换为更___________(填“强”或“弱”)的碱，原因是___________。 ②将替换为，优点是___________；缺点是___________。(各写一条) （6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。 中间产物1、中间产物3的结构简式是___________、___________。 （7）I→J的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为___________。 【答案】（1） （2）浓HBr （3） （4）bc （5） ①. 强 ②. 酯基是吸电子基团，减少一个酯基则极性减弱，更难断裂 ③. 减少步骤(F→G)提高产率，或减少副产物提高原子利用率 ④. 强碱可能断裂碳卤键、酯基、醛基的，或强碱可能引起副反应：卤代烃取代、卤代烃消去、酯的皂化、羟醛缩合等(写出一种断键方式或一种副反应即可) （6） ①. ②. 或 （7）3:1 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，结合E的结构简式和A的化学式且A的核磁共振氢谱有3组峰，则A为，一定条件下与环氧乙烷反应生成B，B中含有，则B为；结合B、C元素的变化，则与溴化氢发生取代反应生成，则C为；催化剂作用下与发生取代反应生成，则D为；催化剂作用下与发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，酸化生成，则F为；共热发生脱羧反应生成，则G为；一定条件下转化为，与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，与二氧化硒发生氧化反应生成，则J为；催化剂作用下发生取代反应生成。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为； 【小问2详解】 由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢； 【小问3详解】 由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为； 【小问4详解】 由分析可知，F和G的结构简式为和； a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的手性碳原子：，a错误； b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故b正确； c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故c正确； 故答案选bc； 【小问5详解】 ①需将三乙胺替换为更强的碱，原因是酯基为强吸电子基团，含两个酯基，可增强相邻-C上C-H键的极性，使氢原子酸性较强，三乙胺这类弱碱即可夺取氢生成碳负离子，推动C→D的取代反应进行；而替换为后仅含一个酯基，吸电子效应大幅减弱，-C-H键极性降低、氢原子酸性显著变弱，更难被弱碱夺取，因此必须用更强的碱来夺取-H，生成碳负离子以保障反应顺利发生； ②将替换为的优点是能减少反应步骤(F→G)，原路线中双酯结构水解酸化后需经脱羧反应生成目标产物，而单酯结构水解酸化可直接得到一元羧酸，无需额外脱羧环节，既缩短合成路线，又提高原子利用率与总产率；缺点是反应需使用更强的碱，强碱可能断裂碳卤键、酯基、醛基的，或强碱可能引起副反应：卤代烃取代、卤代烃消去、酯的皂化、羟醛缩合等(写出一种断键方式或一种副反应即可)； 【小问6详解】 由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或； 【小问7详解】 由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3:1。 18. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含、及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：ⅰ．该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ⅱ．HR为有机弱酸，易溶于有机溶剂而难溶于水；。 ⅲ．，，。 回答下列问题： （1）①“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为___________。 ②“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有___________(填化学式)。 （2）相比于直接“高温焙烧”，两段焙烧工艺的优点是___________。 （3）判断“反萃取”应加入何种试剂，并说明原因___________。 （4）①“沉钴”中，时恰好沉淀完全[]，则此时溶液中的___________。 ②CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）除“高温焙烧”外，还有哪些操作单元的产物能在该工艺中循环利用___________(填操作单元名称)。 【答案】（1） ①. ②. 、、 （2）使与金属氧化物充分反应生成硫酸盐，减少分解为气体带来的损失 （3）(水溶液)，增大，使平衡正向移动，使溶于有机相的转化为进入水相 （4） ①. ②. （5）吸收、反萃取、沉锰 【解析】 【分析】该工艺以铁锰氧化矿（含、及、、、等氧化物）为原料，采用两段焙烧-水浸工艺分离提取金属。低温焙烧分解为和，作为酸性介质，将金属氧化物转化为硫酸盐，被还原为（同时生成）；高温焙烧（650℃）完全分解为，而、、的硫酸盐因分解温度高于700℃稳定存在；水浸后，不溶的、、进入滤渣；用有机弱酸HR萃取，平衡为，有机相经反萃取回收；水相用沉淀为，再用沉淀为；部分单元产物（如吸收塔回收的、反萃取回收的HR）可循环利用。 【小问1详解】 ①低温焙烧时，与反应，被还原为，中N被氧化为，根据得失电子守恒、原子守恒配平； ②高温焙烧温度为650℃，根据已知条件：在650℃完全分解为（不溶于水）；的氧化物与焙烧过程中的结合生成（难溶于水）；不参与焙烧反应，难溶于水；其他金属硫酸盐（如、、）分解温度高于700℃，在650℃下稳定存在，可溶于水。因此水浸滤渣主要成分为：、、。 【小问2详解】 相比于直接高温焙烧，两段焙烧的优势在于分解为，与金属氧化物充分反应生成硫酸盐，避免直接高温时完全分解为气体，造成原料损失；高温阶段仅让分解为进入滤渣，而目标金属硫酸盐稳定保留，既实现了铁的去除，又减少了铵盐的无效分解，提高了原料利用率； 【小问3详解】 反萃取需将有机相中的转化为水相中的，根据平衡，应加入稀。加入稀硫酸后，溶液中浓度增大，使上述平衡正向移动，有机相中的解离为和HR，进入水相，HR留在有机相，实现铜的反萃取回收； 【小问4详解】 ①已知，恰好沉淀完全时；，；沉钴时，即。由，得。由的两步电离平衡，得，则； ②在稀与的作用下溶解，作为氧化剂，将氧化为单质S，自身被还原为，配平得离子方程式为； 【小问5详解】 除“高温焙烧”外，高温焙烧产生的被稀硫酸吸收生成，可返回低温焙烧工序；反萃取后回收的有机弱酸HR，可返回萃取工序循环使用；沉锰过程中可能生成的铵盐（或）可循环用于沉锰或焙烧工序。因此吸收、反萃取、沉锰操作单元的产物能在该工艺中循环利用。 19. 某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 （1）受热分解转化为，反应的化学方程式是________。 （2）转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是________。 ②无色气泡中的气体有________。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在与。 （3）探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1：________。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：________。 （4）为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是________。 【答案】（1） （2） ①. ②. NO、 ③. 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色 （3） ①. 黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成 ②. ③. ④. ，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色 （4）实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色 【解析】 【分析】将固体和固体与过量的固体混合，高温煅烧得固体，加水溶解后加入稀硫酸调节pH，反应可生成；反应过程中再酸性环境下，与发生氧化还原反应生成，会导致生成的产物中含有杂质。 【小问1详解】 根据得失电子守恒和质量守恒定律，受热分解转化为和氧气，化学方程式：； 【小问2详解】 ①根据原子守恒及电荷守恒，加入，转化为反应的离子方程式：； ②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体； ③溶液中存在与，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色； 【小问3详解】 ①根据实验信息可知，黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成； ②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：、；，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色； 【小问4详解】 实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校2025~2026学年度12月月考试题 高三化学 2025年12月 本试卷共10页，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。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：S 32 Pb 207 第一部分 选择题 每题只有一个选项。 1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是 A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物 B. 法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉 C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料 D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁 2. 下列化学用语表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 乙烯的实验式：C2H4 C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1 D. 反-2-丁烯的结构简式： 3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 金属性：Na>Mg>Al B. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3 C. 电负性：F>O>N D. 原子半径：S>O>F 4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 A．实验室制 B．实验室收集 C．实验室制取 D．除去中混有的少量 A. A B. B C. C D. D 5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH− B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH− C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑ 6. 下列说法不正确的是 A. 蔗糖和果糖属于同系物 B. 利用油脂的硬化可获得人造脂肪 C. DNA的双螺旋结构与氢键有关 D. 不同的二肽，水解产物可能相同 7. 用表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 1mol含有π键的数目为 B. 溶液中的数目为 C. 46 g和的混合气体含有的原子数为 D. 2.24L(标准状况)乙醇与足量Na充分反应，生成的分子数为 8. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是 实验目的 实验药品 A 比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性 乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液 B 检验1—溴丁烷中的溴原子 1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液 C 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液 D 证明Ag2S比AgCl更难溶 NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉 A. A B. B C. C D. D 9. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物浓度，使活化分子百分数增大 C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 10. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. p1 < p2 < p3 < p4 D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大 11. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是 A. 分子中的C原子有两种杂化方式 B. 分子中含有手性碳原子 C. 该物质含有酰胺基和羧基，可以发生取代反应 D. 该物质的分子式是 12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是 A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应 B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br− C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构 13. 一种以乙二胺()为核心的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰 B. 第一步反应(a)是加成反应 C. PAMAM能发生水解反应 D. PAMAM中含有32个N 14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是 已知：①和(代表草酸根)可以生成、和三种配离子。 ②体系中草酸根的总浓度(按折合成计) 体系中Fe(Ⅲ)的总浓度(按折合成计) A. 该条件下，酸性增强的物质的量分数增大 B. 改变体系中草酸-草酸铵和的量，使，体系中Fe(Ⅲ)全部以形态存在 C. ； D. pH=4时， 第二部分 非选择题 15. ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。 （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为___________。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为___________(填标号)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是___________。 （4）用于制备荧光材料，其中___________的孤电子对填入的空轨道，形成配位键。 （5）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：___________。 物质 熔点/℃ 442 -34 29 143 （6）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示(1pmcm)。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为___________(列出计算式)。 16. 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式： 计算反应的___________。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将8mmol 和8mmol 通入密闭容器，平衡时，，与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 ①图中的曲线是___________(填“a”或“b”)。 ②560℃时，___________mmol。 ③根据以上信息，有利于提高选择性的条件是___________(写两条)。 （3）少量可提高生成的选择性。500℃时，分别在有和无的条件下，将8mmol 和8mmol 通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 ①从图中找出提高了选择性的证据：___________。 ②研究表明，参与反应的可能机理如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 根据上述机理，分析提高选择性的原因：___________。 17. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，其前体K的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是___________。 （2）B中含有，试剂a是___________。 （3）E→F中，反应ⅰ的化学方程式为___________。 （4）下列关于有机物F和G的说法正确的是___________(填字母)。 a．F和G均没有手性碳原子 b．F和G均能与反应 c．F和G均能与银氨溶液反应 （5）①C→D中，三乙胺作为碱与结合，使断裂；若将替换为，需将三乙胺替换为更___________(填“强”或“弱”)的碱，原因是___________。 ②将替换为，优点是___________；缺点是___________。(各写一条) （6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。 中间产物1、中间产物3的结构简式是___________、___________。 （7）I→J的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为___________。 18. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含、及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：ⅰ．该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ⅱ．HR为有机弱酸，易溶于有机溶剂而难溶于水；。 ⅲ．，，。 回答下列问题： （1）①“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为___________。 ②“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有___________(填化学式)。 （2）相比于直接“高温焙烧”，两段焙烧工艺的优点是___________。 （3）判断“反萃取”应加入何种试剂，并说明原因___________。 （4）①“沉钴”中，时恰好沉淀完全[]，则此时溶液中的___________。 ②CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）除“高温焙烧”外，还有哪些操作单元的产物能在该工艺中循环利用___________(填操作单元名称)。 19. 某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 （1）受热分解转化为，反应的化学方程式是________。 （2）转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是________。 ②无色气泡中的气体有________。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在与。 （3）探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1：________。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：________。 （4）为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $