精品解析：江苏省盐城市四校2025-2026学年高三上学期12月联考化学试卷

2025～2026学年度第一学期12月份质量监测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cr 52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 糖类、油脂、蛋白质是人体必需的营养物质。下列有关说法正确的是 A. 棉、麻等纤维素不属于糖类 B. 植物油、动物脂肪、发动机润滑油均属于酯类 C. 大豆、坚果等植物中不含蛋白质 D. 多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．棉、麻的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，是糖类的一种，A 错误； B．植物油和动物脂肪的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类；但发动机润滑油是石油分馏产物，属于烃类（矿物油），不属于酯类，B 错误； C．大豆富含植物蛋白（如大豆蛋白），坚果也含有蛋白质，C 错误； D．多糖（如淀粉、纤维素）可水解为单糖，油脂（酯类）可水解为甘油和脂肪酸，蛋白质可水解为氨基酸，三者均能发生水解反应，D 正确； 故选D。 2. 肼(N2H4)是一种有强还原性的液体，与N2O4组合使用可作航天器的推进剂，反应生成无污染的N2和H2O。下列说法正确的是 A. N2H4的电子式是 B. N2H4中既含极性共价键也含非极性共价键 C. N2O4分子的空间填充模型： D. H2O的空间构型为直线形 【答案】B 【解析】 【详解】A．​分子中之间为单键，电子式：，A错误； B．​的结构为​，是不同原子间的极性共价键，是同种原子间的非极性共价键，B正确； C．​的组成为2个N原子、4个O原子，该空间填充模型仅含2个O原子，C错误； D．中心原子价层电子对数，采取 sp3杂化，含2对孤电子对，空间构型为V形，D错误； 故选B。 3. 下列用于实验室制NH3的装置和原理能达到实验目的的是 A．制取NH3 B．干燥NH3 C．收集NH3 D．处理尾气 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．极易溶于水，NaOH溶液与溶液反应生成的一水合氨无法大量分解逸出，不能用该装置制备氨气，A错误； B．是碱性气体，会和浓硫酸发生化学反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误； C．密度小于空气，向上排空气收集时，应该短管进气、长管排空气，该装置的进气方向错误，无法收集到氨气，C错误； D．极易溶于水，该装置的球形结构可以容纳倒吸的水，防止倒吸，能正确处理氨气尾气，D正确； 故选D。 4. 泡沫灭火器内部装有Al2(SO4)3和NaHCO3，混合后产生CO2。下列说法正确的是 A. 电负性：χ(S)＞χ(O) B. 沸点：H2S＞H2O C. 离子半径： r(O2-)＞r(Na＋) D. 第一电离能：I1(Na)＞I1(Al) 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下，电负性逐渐减小；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大。氧和硫属于同一主族，氧在硫的上方，所以电负性 ，A错误； B．沸点受分子间作用力影响，水（H2O）因氢键作用沸点（100°C）高于硫化氢（H2S）的沸点（-60°C），B错误； C．离子半径比较：O2-和Na+是电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小，O的核电荷数是8，Na的核电荷数是11，所以离子半径 ，C正确； D．第一电离能是移除最外层电子所需能量，钠（Na）的电子构型为3s1，易失去电子，电离能较低（约496 kJ/mol），铝（Al）为3s23p1，电离能较高（约577 kJ/mol），D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题： 聚乙烯塑料的降解能力较差，不仅会造成白色污染，同时阻断了碳循环路线。以小麦、玉米等农作物秸秆为原料，经稀酸水解、酶解、微生物发酵固定CO2，生成丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]，丁二酸与二元醇聚合生成PBS，150天内可以完全降解最终产物为H2O和CO2，CO2通过植物光合作用转化成葡萄糖，葡萄糖再经过酶催化产生淀粉、纤维素等，可实现碳的循环利用。CO2的电催化反应还可以将其转化成C2H4、CH3OH、HCOOH等有经济价值的有机化合物。 CH3OH(l)是易燃液体，其燃烧热为 726.5 kJ/mol。在电催化CO2还原实验中，吡咯氮配位的双原子Ni催化剂展现出了卓越的催化活性。已知：吡咯的所有原子共平面。 5. 下列说法不正确的是 A. 1mol丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]分子含有13molσ键 B. CO2和C2H4均为非极性分子 C. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2 D. 吡咯中的C和N原子杂化方式分别为：sp2、sp3 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 甲醇的燃烧：2CH3OH(l)＋3O2 (g)=2CO2 (g)＋4H2O (l) ΔH=-1453.0 kJ·mol-1 B. NaOH溶液中通入少量的CO2：OH-＋CO2= C. 碱性介质中电解CO2生成C2H4的电极反应：2CO2-12e-＋8H2O=C2H4＋12OH- D. HCOONa与银氨溶液：HCOO-＋2[Ag(NH3)2]OH=CO2↑＋2Ag↓＋4NH3＋OH-＋H2O 7. 下列有关物质的结构与性质或性质与用途之间不具有对应关系的是 A. 丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]分子能与水分子间形成氢键，故能溶于水 B. 葡萄糖分子中含有醛基，故能发生银镜反应 C. PBS有高分子化合物的结构特点，故易发生水解反应加速降解 D. CH3OH有还原性，故能在空气中燃烧 【答案】5. D 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．丁二酸分子中，所有单键均为键，双键含1个键，总数共13个键，1 mol该分子含13 mol键，A正确； B．​为直线形对称结构、​为平面对称结构，正负电荷中心重合，均为非极性分子，B正确； C．Ni为28号元素，基态原子价电子排布式为，C正确； D．吡咯所有原子共平面，且吡咯中N的孤对电子参与环的共轭大π键，因此N原子也为杂化，D错误； 故选D。 【6题详解】 A．燃烧热指1 mol可燃物完全燃烧生成指定产物放出的热量，甲醇燃烧热为，则2 mol甲醇燃烧放热，热化学方程式正确，A正确； B．NaOH溶液中通入少量​，产物为碳酸钠，离子方程式为，B错误； C．​生成​，C元素化合价降低，发生得电子的还原反应，正确电极反应为，C错误； D．银氨溶液为碱性环境，被氧化后碳元素转化为碳酸根，不会放出​，D错误； 故选A。 【7题详解】 A．丁二酸含羧基，可与水分子间形成氢键，因此能溶于水，存在对应关系，A不符合题意； B．葡萄糖含醛基，醛基能发生银镜反应，存在对应关系，B不符合题意； C．PBS是丁二酸与二元醇缩聚得到的聚酯，易水解降解是因为分子中含酯基，不是因为其具有高分子结构，很多高分子（如聚乙烯）不能水解降解，不存在对应关系，C符合题意； D．甲醇具有还原性，可被氧气氧化，因此能在空气中燃烧，存在对应关系，D不符合题意； 故选C。 8. 如图所示，利用H2S废气制取单质硫有两种途径，下列说法正确的是 A. Ⅰ和Ⅱ两种途径最终生成等物质的量的S转移的电子数相等 B. 途径Ⅰ每生成96 g S，理论上共消耗2 mol H2S C. 途径Ⅱ处理标准状况下112 m3H2S所得的溶液，理论上可通入标准状况下56 m3O2将Fe2(SO4)3回收利用 D. 2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(g)的ΔS＞0 【答案】C 【解析】 【分析】途径I反应：第一步：、第二步：，总反应为；途径II反应：第一步：、第二步：，再生：，总反应也为，据此分析； 【详解】A．途径I：第一步，第二步，生成时，总转移电子为（中间先被氧化为+4价S，再归中到0价，总转移电子更多）； 途径II：，，生成时总转移电子为。生成等物质的量的S，转移电子数不相等，A错误； B．96 g  S的物质的量为，根据途径I总反应，生成共消耗，B错误； C．标准状况下的物质的量为。 根据关系式：，需要的物质的量为，标况下体积为，C正确； D．熵变看气体物质的量变化：反应物总气体为，生成物只有气体（S是固体），气体物质的量减少，熵减小，即，D错误； 故选C。 9. 某种治疗帕金森病的药物的部分合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 甲分子中所有碳原子可能共平面 B. 甲分子与足量H2发生加成反应后产物中含有4个手性碳 C. 乙分子存在顺反异构 D. 甲→乙的过程中分别发生了取代反应、消去反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲分子中苯环、醛基均为平面结构，单键可以旋转，甲基碳原子可以旋转至苯环平面，因此所有碳原子可能共平面，A正确； B．甲分子与足量发生加成反应后产物中含有4个手性碳，如图*所示：，B正确； C．乙分子中碳碳双键的两个碳原子分别连接两种不同的原子团，满足顺反异构的条件，存在顺反异构，C正确； D．甲到乙的过程发生类似羟醛缩合的反应：首先醛基与氰基α-H发生加成反应得到羟基，最终羟基脱水发生消去反应得到碳碳双键，过程包含加成反应和消去反应，D错误； 故选D。 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 高纯硅制备：SiO2SiHCl3高纯硅 B. 硝酸工业制备：NH3N2NOHNO3 C. 漂白液制备：NaCl溶液NaOH溶液和Cl2→NaClO溶液 D. 纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．高纯硅制备中，SiO2不溶于盐酸，无法生成SiHCl3，高纯硅制备的第一步转化不能实现，A错误； B．硝酸工业中，NH3催化氧化生成的产物是NO不是N2，且N2在放电条件下生成NO不是工业制硝酸的步骤，第一步转化不能实现，B错误； C．电解NaCl溶液可得到NaOH溶液和Cl2，两者反应可生成NaClO溶液，漂白液制备的物质转化，两步均可实现，C正确； D．向NaCl溶液中通入CO2不会发生反应，因H2CO3酸性弱于盐酸，纯碱工业中需先通入NH3，使溶液呈碱性，再通入CO2，可生成NaHCO3，故第一步转化不能实现，D错误； 故选C。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是(　　) 选项 探究目的 实验方案 A 酸性：苯酚＞ 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，观察溶液是否变澄清 B Fe2+的还原性强于Br- 向10 mL 0.1 mol·L-1FeBr2溶液中加入氯水，振荡，再加CCl4萃取，观察CCl4层颜色变化。 C CH3COOH是弱电解质 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 D 探究Al(OH)3为两性氢氧化物 向Al(OH)3 沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明苯酚与反应生成苯酚钠和，证明苯酚酸性强于（苯酚pKa≈10，pKa≈10.3），A正确。 B．向FeBr2溶液中加入氯水后CCl4萃取，观察颜色变化无法可靠证明Fe2+还原性强于Br−。因氯水量不确定，若过量可能氧化Br−导致CCl4层变色，但Fe2+还原性更强（氧化电势更低），实验方案未控制变量，不能区分氧化顺序，B错误。 C．测量醋酸和盐酸的pH，但未指定溶液浓度相同，比较pH大小不能直接说明醋酸是弱电解质。若浓度不同，pH差异可能由浓度引起而非电离程度，方案不严谨，C错误。 D．向Al(OH)3沉淀滴加盐酸溶解，但滴加氨水不溶解（Al(OH)3仅溶于强碱，不溶于弱碱如氨水），无法证明其两性，D错误； 因此答案为A； 12. 用NiCl2酸性溶液（含少量的Fe3+）制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 已知：室温下，Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，Ka(HClO)=4×10-8。 A. 0.2 mol/L Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H＋)=c()＋c(H2CO3) B. 测得某浓度NaClO溶液 的pH=11，则： c(HClO)＜c(ClO-) C. “调pH”得到的上层清液中：=5×10-34 D. “氧化”时主要发生反应：ClO-＋2Ni2+＋3H2O=2NiOOH↓＋Cl-＋4H+ 【答案】B 【解析】 【分析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。 【详解】A．Na2CO3溶液中物料守恒关系为2c()+2c()+2c(H2CO3)=c(Na+)，电荷守恒关系为c(OH-)+2c()+c()=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)，A错误； B．pH=11的NaClO溶液中==4000，即c(ClO-)=4000c(HClO)，c(HClO)＜c(ClO-)，B正确； C．在“调pH”过程中，Fe3+沉淀为Fe(OH)3，而Ni2+未沉淀。此时溶液中未达到饱和，即，则：，C错误； D．碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，D错误； 故选：B。 13. 用草酸二甲酯（H3COOCCOOCH3）和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下： Ⅰ．H3COOCCOOCH3(g)＋2H2(g)=H3COOCCH2OH(g)[乙醇酸甲酯]＋CH3OH(g) ΔH=-16.3 kJ·mol-1 Ⅱ．H3COOCCH2OH(g)＋2H2(g)=HOH2CCH2OH(g)[乙二醇]＋CH3OH(g) ΔH=-14.8 kJ·mol-1 在2MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比80∶1的混合气体以固定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。 产物的选择性=×100%，下列说法正确的是 A. 其他条件不变，在195℃时使用对反应Ⅱ更高效的催化剂，能增加出口处乙二醇的量 B. 其他条件不变，在190～210℃温度范围，随温度升高，乙二醇的产量不是一直在增加 C. 其他条件不变，在190～200℃温度范围，随温度升高，乙醇酸甲酯选择性下降的原因可能是反应I的平衡逆向移动使乙醇酸甲酯减少的量大于反应Ⅱ的平衡向逆向移动使之增加的量 D. 其他条件不变，在200～210℃温度范围，随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ产生的甲醇的总量基本保持不变 【答案】A 【解析】 【分析】当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，则曲线 Ⅰ表示草酸二甲酯的转化率； 【详解】A．在195 ℃时，乙醇酸甲酯的选择性还比较高，说明反应Ⅰ生成的乙醇酸甲酯有相当一部分没有继续发生反应Ⅱ。如果此时使用对反应Ⅱ更高效的催化剂，就能促进乙醇酸甲酯继续加氢生成乙二醇，使出口处乙二醇的量增加，A正确； B．在 190～210℃温度范围内，草酸二甲酯的转化率（曲线 Ⅰ）随温度升高持续增大，乙二醇的选择性（曲线 Ⅱ）也随温度升高持续增大，二者均对乙二醇产量的提升起到正向作用，因此乙二醇的产量会随温度升高持续增加，并非 “不是一直在增加”，B错误； C．两个反应均为放热反应，升高温度平衡会逆反应方向移动。但由图可知，在190～200℃范围内，草酸二甲酯的转化率随温度升高而增大，说明反应主要受反应速率影响而非平衡限制。乙醇酸甲酯选择性下降，是因温度升高对反应Ⅱ的速率促进作用更明显，导致乙醇酸甲酯消耗加快，故C错误； D． 反应Ⅰ和反应Ⅱ都会生成甲醇，其中反应Ⅰ生成1 mol甲醇，反应Ⅱ又生成1 mol甲醇。由图可知，在200～210 ℃范围内，草酸二甲酯转化率继续升高，乙二醇选择性也明显升高，说明更多草酸二甲酯发生深度加氢，更多乙醇酸甲酯继续转化为乙二醇，因此甲醇的总生成量应继续增加，不会基本保持不变，D错误； 故答案选A。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 磷酸铁生产过程产生的硫酸铵废水中含有少量Cu2+、Ca2+、Mn2+、Mg2+等离子，对该废水处理得到硫酸铵镁[(NH4)2Mg(SO4)2]与硫酸铵[(NH4)2SO4]产品，其工艺如下： 已知：25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布式为_________。 （2）25℃时，“沉淀”中控制pH=7.0，“滤渣1”的主要成分为_________（填化学式），该过程中控制pH=7.0的原因是_________。 （3）“除钙”加入少量CaC2O4晶体的作用是_________。 （4）“氧化”的目的是除去Mn2+和H2C2O4，其中氧化Mn2+的离子方程式为_________，氧化剂选用O3而不用KMnO4的原因是_________。 （5）对比两次蒸发的产物，解释所得产物不同的原理_________。 【答案】（1）3d54s2 （2） ①. CaSO4、Cu(OH)2 ②. pH太小Cu2+沉淀不完全，pH太大Mg2+、Mn2+被沉淀除去 （3）提供晶种或晶体诱导剂，促进CaC2O4晶体析出 （4） ①. ②. 用KMnO4作氧化剂会在产品中引入K+等杂质，用O3作氧化剂，不会引入杂质 （5）溶解度比小 【解析】 【分析】本工艺流程以含的硫酸铵废水为原料，先加入调节，使转化为沉淀，同时引入的与生成微溶的，二者共同形成滤渣1，而、仍留在滤液中；随后加入草酸除去，再通入将氧化为沉淀除去，最终得到含镁铵矾的溶液，经两次蒸发分别析出溶解度更小的和。 【小问1详解】 为25号元素，核外电子排布式为，过渡元素的价层电子包括最外层和次外层轨道上的电子，因此其价层电子排布式为； 【小问2详解】 时，因极小可完全沉淀为，加入的引入与生成微溶的，二者共同组成滤渣1；该既能保证沉淀完全，又能避免、形成氢氧化物沉淀而损失，所以滤渣1主要成分为、，控制是为了防止过小除不尽、过大、被沉淀； 【小问3详解】 除钙过程中溶液易出现过饱和状态，直接结晶缓慢且不充分，加入少量晶体可作为晶种提供结晶核心，促进溶液中快速、充分析出，提升除钙效果，即作用为提供晶种，促进晶体析出； 【小问4详解】 将氧化为沉淀，自身被还原为，结合得失电子守恒、电荷守恒与原子守恒配平得到离子方程式：；选用而不用，是因为会引入杂质影响产品纯度，还原产物为，不会引入新杂质； 【小问5详解】 蒸发结晶时溶解度更小的物质会优先析出，溶液中溶解度小于，因此一次蒸发溶剂减少时，先达到饱和析出晶体，剩余母液中以为主，二次蒸发时达到饱和析出，从而得到两种不同产物。 15. 有机化合物G是一种除草剂，其合成路线如下： （1）A→B的反应类型为_________。 （2）已知D的分子式是C18H20O3F3NS，C→D中加入(C2H5)3N可获得更好的转化效果，请从结构化学角度解释原因_________。 （3）已知：F＋→G＋2CH3OH，G含有一个五元环结构，G的结构简式为_________。 （4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。 ①能发生银镜反应；②铜作催化剂与氧气反应后的产物核磁共振氢谱只有1个峰。 （5）已知：(R1、R2、R3、R4为氢或烃基）。写出以、HCHO和 H2NCH3为原料制备的合成路线流程图_________（题干中出现的试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）取代反应 （2）中的氮原子有孤电子对，具有碱性，能够结合反应中产生的HCl，促进反应的进行 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】结合A、B的结构简式和X的化学式可得X为，A与发生取代反应生成B，B与在Ru催化剂作用下发生还原反应生成C，C与发生取代反应生成和，与发生取代反应生成E，E与在Pd/C催化剂作用下生成F，F与发生取代反应生成和2分子； 【小问1详解】 由分析可知，A→B的反应类型为取代反应； 【小问2详解】 由分析可知，C与发生取代反应生成和，中的氮原子有孤电子对，具有碱性，能够结合反应中产生的HCl，促进反应的进行； 【小问3详解】 由分析可知，G的结构简式为； 【小问4详解】 的分子式为、不饱和度为2，根据条件①能发生银镜反应，可知分子中含醛基（），结合不饱和度则为2个醛基，剩余氧原子以羟基形式存在；根据条件②铜催化氧化后产物核磁共振氢谱只有1个峰，说明氧化产物所有氢原子化学环境完全相同，因此原分子需含2个可被氧化为醛基的，且氧化后结构高度对称，最终得到符合条件的同分异构体为； 【小问5详解】 结合已知和题中的物质变化流程，与HCHO和在酸催化作用下生成，与在Ru催化剂作用下发生还原反应生成，与发生取代反应生成和，与发生取代反应生成，发生自身取代生成和，合成路线流程图为：。 16. 铬元素在地壳中的含量约占0.01%，相关化学物质在冶金、化工、医药、印染等多个领域中扮演着重要的作用。以镁铬铁矿(主要成分为FeCr2O4、MgCr2O4，含Al2O3、SiO2杂质)为原料制备红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）的工艺流程如下。 已知：①经计算，有关离子沉淀的pH如下表： 离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 6.3 1.5 3.4 7.7 完全沉淀的pH 8.3 2.8 4.7 9.8 9.3 再次溶解的pH 9.6 ②溶液中存在H2O＋2H+＋2，pH≤2.5时主要以形式存在 ③部分物质的溶解度随温度变化曲线如图所示。 （1）将镁铬铁矿与纯碱混合高温焙烧，Cr元素转化为Na2CrO4，杂质均转化为可溶性钠盐。高温焙烧时FeCr2O4反应的化学方程式为_________。能提高焙烧反应转化率的操作有_________。 （2）水浸后Al元素主要以[Al(OH)4]-的形式存在。请设计以水浸后的滤液为原料，制备红矾钠的实验方案：_________。（实验中可选用的试剂：H2SO4、NaOH溶液） （3）Na2Cr2O7可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。现有某水样100.00 mL，酸化后加入0.100 0 mol·L-1的Na2Cr2O7溶液10.00 mL，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用0.200 0 mol·L-1的FeSO4溶滴定剩余的，被还原为Cr3+，消耗FeSO4溶液25.00 mL，则该水样的COD为_________ mg·L-1（写出计算过程）。 （4）Cr2O3是一种绿色固体，可用于陶瓷的着色。实验室可利用红矾钠制备Cr2O3，方法如下：将红矾钠与过量氯化铵固体研磨并均匀混合，在坩埚中加热至300～400℃，反应制得Cr2O3的同时产生无毒无刺激性气味的气体。当看到_________ 时停止加热，冷却，_________，得Cr2O3。 【答案】（1） ①. ②. 将矿物粉碎处理（合理答案均可） （2）边搅拌边向滤液中加硫酸调pH至4.7—9.3，过滤，向滤液中继续滴加硫酸调pH≤2.5，将溶液蒸发浓缩至有少量固体析出，趁热过滤，室温下冷却结晶，过滤、洗涤、低温干燥 （3）80 mg·L-1 （4） ①. 固体由红色完全转化为绿色 ②. 水洗、干燥（或溶解、过滤、洗涤、干燥） 【解析】 【分析】以镁铬铁矿（主要成分为、，含、杂质）为原料制备红矾钠，先将镁铬铁矿与纯碱（）混合高温焙烧，使元素转化为，杂质转化为、等不溶物；水浸后过滤除去不溶物，得到含、、的滤液；再通过调除杂、酸化将转化为，最后经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到产品。 【小问1详解】 中为+2价、为+3价，高温焙烧时被氧化，被氧化为（+3价），被氧化为（+6价），作为反应物提供，生成。根据得失电子守恒、原子守恒配平该方程式为；将矿物粉碎可增大反应物的接触面积，使反应更充分，从而提高焙烧反应的转化率；搅拌、延长焙烧时间、适当升温也可促进反应完全，提高转化率； 【小问2详解】 水浸后滤液中含、、，根据离子沉淀表，先加硫酸调至：完全沉淀的为，完全沉淀的为，该范围可使转化为沉淀、转化为沉淀，同时不沉淀，过滤除去杂质；继续滴加硫酸调：根据平衡，时主要以形式存在，实现到的转化；根据溶解度曲线，溶解度随温度升高显著增大，溶解度先增后减，因此蒸发浓缩至有少量固体析出后趁热过滤，除去高温下溶解度小的，再冷却结晶得到，最后洗涤、低温干燥得到产品。 【小问3详解】 是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量，涉及的反应为：。，根据比例，则与反应的的物质的量。加入的的总物质的量，则与水样中还原性物质反应的的物质的量（对应100 mL水样），1 L水样中被还原的的物质的量。根据关系，得，，因此该水样的为； 【小问4详解】 红矾钠为橙红色（红色），为绿色固体，当固体完全变为绿色，说明完全被还原为，此时停止加热；反应生成无毒无刺激性气味的气体（、等），冷却后固体中含和可溶性杂质（如），水洗可除去可溶性杂质，干燥后得到纯净的；也可通过溶解、过滤、洗涤、干燥的方式提纯。 17. 研究脱除烟气中的氮氧化物是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 ①若将烟气中NO和O2的体积比为2：1时，在一定温度下可将烟气中的NO基本除尽且无O2剩余，请写出转化过程中发生反应的化学方程式：_________。 ②其他条件相同，以一定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图1所示。使用催化剂B，当温度高于360 ℃，NO的去除率下降的原因可能是_________。 （2）尿素[CO(NH2)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2＋CO(NH2)2＋2H2O=(NH4)2SO3＋CO2。吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的反应分为两步。 第一步：5NO＋2ClO2＋H2O=5NO2＋2HCl；第二步尿素将其转化成无害气体。 将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10 %的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图2所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是_________。 （3）炼钢渣[主要含CaCO3、Ca(OH)2，还含有Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物]可用于处理含NOx的烟气。炼钢渣加水后搅拌得浆液。向浆液中逐渐加入硫酸溶液酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图3所示。 已知：Ⅰ．酸性炼钢渣浆液脱除NO和NO2时发生的反应主要有：NO＋NO2N2O3；N2O3＋H2O=2HNO2；2NO2＋H2O=HNO2＋HNO3； Ⅱ．加热或溶液呈酸性时，易发生反应：3HNO2=2NO↑＋HNO3＋H2O。 ①pH=8时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_________。 ②随时间延长，Ca2+浓度先增大后减小，原因是_________ 。 ③钢渣浆液的pH对NOx脱除率的影响如图4所示。当浆液pH＜5.0时，NO脱除率随pH下降明显降低的原因可能是_________。 ④研究发现，pH=5.0的钢渣浆液中加入3% 的H2O2溶液，烟气中NOx的脱除率明显增大。为验证该结论，取两份等体积pH=5.0的钢渣浆液，_________，通过仪器分别测出其脱除率。（补充以上实验方法） 【答案】（1） ①. 8NH3＋6NO＋3O2=7N2＋12H2O ②. 温度高于360 ℃时，催化剂B活性降低，反应速率减慢；NH3被氧气催化氧化成NO （2）ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素比不通ClO2的少，相同时间内SO2的消耗量较少 （3） ①. Ca2+ ②. 开始时加入的硫酸会促进CaCO3和Ca(OH)2溶解，溶液中Ca2+浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，Ca2+与结合生成的CaSO4沉淀逐渐增多，浸出液中Ca2+浓度逐渐减小 ③. pH越小，酸性越强，HNO2分解生成的NO更多 ④. 向其中分别加入相同体积的蒸馏水和3%的H2O2溶液，以相同的流速向两种钢渣浆液中通入相同时间的烟气 【解析】 【小问1详解】 ①若将烟气中NO和O2的体积比为2：1时，在一定温度下可将烟气中的NO基本除尽且无O2剩余，确定反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O；依据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：8NH3+6NO+3O2=7N2+12H2O； ②温度高于360℃时，催化剂B的活性降低，导致反应速率减慢；同时NH3被O2氧化生成NO，使NO去除率下降。 【小问2详解】 ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素比不通入ClO2的少，相同时间内SO2的消耗量较少。 【小问3详解】 ①由图3可知，pH=8时，浸出液中Ca2+的质量浓度最大； ②开始时加入的硫酸会促进CaCO3和Ca(OH)2溶解，溶液中Ca2+浓度增加；随着硫酸加入量增多，浓度增大，Ca2+与结合生成CaSO4沉淀，浸出液中Ca2+浓度逐渐减小； ③根据题目信息II，亚硝酸在酸性条件下会分解。脱除NO的关键是将其转化为。当pH过低时，pH越小，酸性越强，HNO2分解生成的NO更多； ④研究发现，pH=5.0的钢渣浆液中加入3%的溶液，烟气中的脱除率明显增大。为验证该结论，取两份等体积pH=5.0的钢渣浆液，向其中分别加入相同体积的蒸馏水和3%的H2O2溶液，以相同的流速向两种钢渣浆液中通入相同时间的烟气，通过仪器分别测出其脱除率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期12月份质量监测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cr 52 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 糖类、油脂、蛋白质是人体必需的营养物质。下列有关说法正确的是 A. 棉、麻等纤维素不属于糖类 B. 植物油、动物脂肪、发动机润滑油均属于酯类 C. 大豆、坚果等植物中不含蛋白质 D. 多糖、油脂、蛋白质均能发生水解反应 2. 肼(N2H4)是一种有强还原性的液体，与N2O4组合使用可作航天器的推进剂，反应生成无污染的N2和H2O。下列说法正确的是 A. N2H4的电子式是 B. N2H4中既含极性共价键也含非极性共价键 C. N2O4分子的空间填充模型： D. H2O的空间构型为直线形 3. 下列用于实验室制NH3的装置和原理能达到实验目的的是 A．制取NH3 B．干燥NH3 C．收集NH3 D．处理尾气 A. A B. B C. C D. D 4. 泡沫灭火器内部装有Al2(SO4)3和NaHCO3，混合后产生CO2。下列说法正确的是 A. 电负性：χ(S)＞χ(O) B. 沸点：H2S＞H2O C. 离子半径： r(O2-)＞r(Na＋) D. 第一电离能：I1(Na)＞I1(Al) 阅读下列材料，完成下面小题： 聚乙烯塑料的降解能力较差，不仅会造成白色污染，同时阻断了碳循环路线。以小麦、玉米等农作物秸秆为原料，经稀酸水解、酶解、微生物发酵固定CO2，生成丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]，丁二酸与二元醇聚合生成PBS，150天内可以完全降解最终产物为H2O和CO2，CO2通过植物光合作用转化成葡萄糖，葡萄糖再经过酶催化产生淀粉、纤维素等，可实现碳的循环利用。CO2的电催化反应还可以将其转化成C2H4、CH3OH、HCOOH等有经济价值的有机化合物。 CH3OH(l)是易燃液体，其燃烧热为 726.5 kJ/mol。在电催化CO2还原实验中，吡咯氮配位的双原子Ni催化剂展现出了卓越的催化活性。已知：吡咯的所有原子共平面。 5. 下列说法不正确的是 A. 1mol丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]分子含有13molσ键 B. CO2和C2H4均为非极性分子 C. 基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2 D. 吡咯中的C和N原子杂化方式分别为：sp2、sp3 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 甲醇的燃烧：2CH3OH(l)＋3O2 (g)=2CO2 (g)＋4H2O (l) ΔH=-1453.0 kJ·mol-1 B. NaOH溶液中通入少量的CO2：OH-＋CO2= C. 碱性介质中电解CO2生成C2H4的电极反应：2CO2-12e-＋8H2O=C2H4＋12OH- D. HCOONa与银氨溶液：HCOO-＋2[Ag(NH3)2]OH=CO2↑＋2Ag↓＋4NH3＋OH-＋H2O 7. 下列有关物质的结构与性质或性质与用途之间不具有对应关系的是 A. 丁二酸[HOOCCH2CH2COOH]分子能与水分子间形成氢键，故能溶于水 B. 葡萄糖分子中含有醛基，故能发生银镜反应 C. PBS有高分子化合物的结构特点，故易发生水解反应加速降解 D. CH3OH有还原性，故能在空气中燃烧 8. 如图所示，利用H2S废气制取单质硫有两种途径，下列说法正确的是 A. Ⅰ和Ⅱ两种途径最终生成等物质的量的S转移的电子数相等 B. 途径Ⅰ每生成96 g S，理论上共消耗2 mol H2S C. 途径Ⅱ处理标准状况下112 m3H2S所得的溶液，理论上可通入标准状况下56 m3O2将Fe2(SO4)3回收利用 D. 2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(g)的ΔS＞0 9. 某种治疗帕金森病的药物的部分合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 甲分子中所有碳原子可能共平面 B. 甲分子与足量H2发生加成反应后产物中含有4个手性碳 C. 乙分子存在顺反异构 D. 甲→乙的过程中分别发生了取代反应、消去反应 10. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 高纯硅制备：SiO2SiHCl3高纯硅 B. 硝酸工业制备：NH3N2NOHNO3 C. 漂白液制备：NaCl溶液NaOH溶液和Cl2→NaClO溶液 D. 纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是(　　) 选项 探究目的 实验方案 A 酸性：苯酚＞ 向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，观察溶液是否变澄清 B Fe2+的还原性强于Br- 向10 mL 0.1 mol·L-1FeBr2溶液中加入氯水，振荡，再加CCl4萃取，观察CCl4层颜色变化。 C CH3COOH是弱电解质 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 D 探究Al(OH)3为两性氢氧化物 向Al(OH)3 沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 A. A B. B C. C D. D 12. 用NiCl2酸性溶液（含少量的Fe3+）制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 已知：室温下，Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，Ka(HClO)=4×10-8。 A. 0.2 mol/L Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H＋)=c()＋c(H2CO3) B. 测得某浓度NaClO溶液 的pH=11，则： c(HClO)＜c(ClO-) C. “调pH”得到的上层清液中：=5×10-34 D. “氧化”时主要发生反应：ClO-＋2Ni2+＋3H2O=2NiOOH↓＋Cl-＋4H+ 13. 用草酸二甲酯（H3COOCCOOCH3）和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下： Ⅰ．H3COOCCOOCH3(g)＋2H2(g)=H3COOCCH2OH(g)[乙醇酸甲酯]＋CH3OH(g) ΔH=-16.3 kJ·mol-1 Ⅱ．H3COOCCH2OH(g)＋2H2(g)=HOH2CCH2OH(g)[乙二醇]＋CH3OH(g) ΔH=-14.8 kJ·mol-1 在2MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比80∶1的混合气体以固定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。 产物的选择性=×100%，下列说法正确的是 A. 其他条件不变，在195℃时使用对反应Ⅱ更高效的催化剂，能增加出口处乙二醇的量 B. 其他条件不变，在190～210℃温度范围，随温度升高，乙二醇的产量不是一直在增加 C. 其他条件不变，在190～200℃温度范围，随温度升高，乙醇酸甲酯选择性下降的原因可能是反应I的平衡逆向移动使乙醇酸甲酯减少的量大于反应Ⅱ的平衡向逆向移动使之增加的量 D. 其他条件不变，在200～210℃温度范围，随着温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ产生的甲醇的总量基本保持不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 磷酸铁生产过程产生的硫酸铵废水中含有少量Cu2+、Ca2+、Mn2+、Mg2+等离子，对该废水处理得到硫酸铵镁[(NH4)2Mg(SO4)2]与硫酸铵[(NH4)2SO4]产品，其工艺如下： 已知：25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布式为_________。 （2）25℃时，“沉淀”中控制pH=7.0，“滤渣1”的主要成分为_________（填化学式），该过程中控制pH=7.0的原因是_________。 （3）“除钙”加入少量CaC2O4晶体的作用是_________。 （4）“氧化”的目的是除去Mn2+和H2C2O4，其中氧化Mn2+的离子方程式为_________，氧化剂选用O3而不用KMnO4的原因是_________。 （5）对比两次蒸发的产物，解释所得产物不同的原理_________。 15. 有机化合物G是一种除草剂，其合成路线如下： （1）A→B的反应类型为_________。 （2）已知D的分子式是C18H20O3F3NS，C→D中加入(C2H5)3N可获得更好的转化效果，请从结构化学角度解释原因_________。 （3）已知：F＋→G＋2CH3OH，G含有一个五元环结构，G的结构简式为_________。 （4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。 ①能发生银镜反应；②铜作催化剂与氧气反应后的产物核磁共振氢谱只有1个峰。 （5）已知：(R1、R2、R3、R4为氢或烃基）。写出以、HCHO和 H2NCH3为原料制备的合成路线流程图_________（题干中出现的试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. 铬元素在地壳中的含量约占0.01%，相关化学物质在冶金、化工、医药、印染等多个领域中扮演着重要的作用。以镁铬铁矿(主要成分为FeCr2O4、MgCr2O4，含Al2O3、SiO2杂质)为原料制备红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）的工艺流程如下。 已知：①经计算，有关离子沉淀的pH如下表： 离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 6.3 1.5 3.4 7.7 完全沉淀的pH 8.3 2.8 4.7 9.8 9.3 再次溶解的pH 9.6 ②溶液中存在H2O＋2H+＋2，pH≤2.5时主要以形式存在 ③部分物质的溶解度随温度变化曲线如图所示。 （1）将镁铬铁矿与纯碱混合高温焙烧，Cr元素转化为Na2CrO4，杂质均转化为可溶性钠盐。高温焙烧时FeCr2O4反应的化学方程式为_________。能提高焙烧反应转化率的操作有_________。 （2）水浸后Al元素主要以[Al(OH)4]-的形式存在。请设计以水浸后的滤液为原料，制备红矾钠的实验方案：_________。（实验中可选用的试剂：H2SO4、NaOH溶液） （3）Na2Cr2O7可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。现有某水样100.00 mL，酸化后加入0.100 0 mol·L-1的Na2Cr2O7溶液10.00 mL，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用0.200 0 mol·L-1的FeSO4溶滴定剩余的，被还原为Cr3+，消耗FeSO4溶液25.00 mL，则该水样的COD为_________ mg·L-1（写出计算过程）。 （4）Cr2O3是一种绿色固体，可用于陶瓷的着色。实验室可利用红矾钠制备Cr2O3，方法如下：将红矾钠与过量氯化铵固体研磨并均匀混合，在坩埚中加热至300～400℃，反应制得Cr2O3的同时产生无毒无刺激性气味的气体。当看到_________ 时停止加热，冷却，_________，得Cr2O3。 17. 研究脱除烟气中的氮氧化物是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 ①若将烟气中NO和O2的体积比为2：1时，在一定温度下可将烟气中的NO基本除尽且无O2剩余，请写出转化过程中发生反应的化学方程式：_________。 ②其他条件相同，以一定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图1所示。使用催化剂B，当温度高于360 ℃，NO的去除率下降的原因可能是_________。 （2）尿素[CO(NH2)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2＋CO(NH2)2＋2H2O=(NH4)2SO3＋CO2。吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的反应分为两步。 第一步：5NO＋2ClO2＋H2O=5NO2＋2HCl；第二步尿素将其转化成无害气体。 将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10 %的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图2所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是_________。 （3）炼钢渣[主要含CaCO3、Ca(OH)2，还含有Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物]可用于处理含NOx的烟气。炼钢渣加水后搅拌得浆液。向浆液中逐渐加入硫酸溶液酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图3所示。 已知：Ⅰ．酸性炼钢渣浆液脱除NO和NO2时发生的反应主要有：NO＋NO2N2O3；N2O3＋H2O=2HNO2；2NO2＋H2O=HNO2＋HNO3； Ⅱ．加热或溶液呈酸性时，易发生反应：3HNO2=2NO↑＋HNO3＋H2O。 ①pH=8时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_________。 ②随时间延长，Ca2+浓度先增大后减小，原因是_________ 。 ③钢渣浆液的pH对NOx脱除率的影响如图4所示。当浆液pH＜5.0时，NO脱除率随pH下降明显降低的原因可能是_________。 ④研究发现，pH=5.0的钢渣浆液中加入3% 的H2O2溶液，烟气中NOx的脱除率明显增大。为验证该结论，取两份等体积pH=5.0的钢渣浆液，_________，通过仪器分别测出其脱除率。（补充以上实验方法） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $