精品解析：云南龙陵县第一中学2026届高三上学期期中考试 化学试卷

2026届高三年级上学期期中考试 化学试卷 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 一、选择题 (本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是 A. B. 晶体硅、碳化硅、金刚石 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．这几种物质都属于分子晶体且都不含氢键，其相对分子质量依次减小，则熔点依次降低，A正确； B．这几种物质都是原子晶体，键长C-C<C-Si<Si-Si，所以熔点：晶体硅<SiC<金刚石，B错误； C．这几种物质都属于分子晶体，但水中含有氢键熔点最高，相对分子质量H2Se>H2S，分子间作用力H2Se更强，所以熔点高低顺序是H2O>H2Se>H2S，C错误； D．这几种物质都是离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷相同，阳离子半径依次减小，则熔点依次升高，D错误； 故答案选A。 2. 茜草主寒湿，其提取物的有效成分之一是茜素(结构简式如图所示)。下列有关该物质的说法错误的是 A. 含有两种官能团 B. 在FeCl3溶液中发生显色反应 C. 1mol该物质最多能与8molH2反应 D. 能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．由茜素的结构简式可知，其含有羰基(C=O)和酚羟基(-OH)两种官能团，A正确； B．因为该物质含有酚羟基，酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，B正确； C．该物质分子中苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，1个苯环可与3个H2加成，2个羰基可与2个H2加成，所以1mol该物质最多能与反应 ，C正确； D．酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误； 故选D。 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 44g中的σ键的数目为7NA B. 1mol Cl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NA C. 1L1mol•L﹣1(NH4)2SO4溶液中含的数目为2NA D. 常温常压下，22.4LCO和N2混合气体中的分子数为NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．44g的物质的量为1mol，1mol环氧乙烷()中含有共价键的总数为7NA，A项正确； B．lmol氯气与足量铁完全反应生成氯化铁，氯气完全反应，转移的电子数为2NA，B项 错误； C．体积为1L的1mol•L﹣1(NH4)2SO4溶液中，发生水解反应，数目小于2NA，C项错误； D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，22.4LCO和N2的物质的量不是1mol，混合气体中的分子数不为NA，D项错误； 答案选A。 4. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁离子也能将SO2氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，不能说明具有氧化性，A错误； B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基（羟基所连碳上有氢原子）将CuO还原为Cu，也可能存在羧基将表面氧化铜溶解，还可能是醛基将氧化铜还原成亮红色的铜，该操作和现象不能说明该有机物中含有醇羟基，B错误； C．向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体，碘固体完全溶解，说明由水中转移进入浓溶液，碘在浓溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正确； D．铁离子和SCN-形成红色物质，向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液为无色，因KF和KSCN两种溶液的浓度未知，不能证明结合Fe3＋的能力：F－＞SCN－，D错误； 故选C。 5. 部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。 下列推断不合理的是 A. 若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c B. 若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键 C. 若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区 D. 在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化 【答案】C 【解析】 【分析】多种元素价类二维图，现根据价态排除不满足的元素，再根据物质类别进行具体判断。 【详解】A．若a和b含同种金属元素，a为单质，b为+1价氧化物，如Na和Na2O，则a能与H2O反应生成c，故A正确； B．若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化物，如Na2O2，则b中含共价键和离子键，故B正确； C．若f能溶于NaOH溶液，则f为Al，位于周期表p区，故C错误； D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，化合价升高，一定存在物质颜色的变化，如氢氧化亚铁→氢氧化铁→氧化铁，故D正确； 答案选C。 6. 下列含氮物质的转化属于氮的固定的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】氮的固定指将游离态氮（N2）转化为化合态氮的过程，选项A中N2→NH3符合此定义，故选A。 7. 海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是 A. 向盐卤中通入的氧化剂可以是氯气 B. 工业生产中常选用作为沉淀剂 C. 电负性： D. 电解熔融氯化镁制备金属时在阴极得到 【答案】B 【解析】 【分析】盐卤中含有Br-、Mg2+等，通入氯气把Br-氧化为Br2，分离出Br2，向溶液1中加石灰乳生成氢氧化镁沉淀，过滤，经过一系列操作及反应得金属镁。 【详解】A．向盐卤中加入氧化剂的目的是将溴离子氧化成溴单质，氧化剂可能是，故A正确； B．从生产成本的角度考虑，工业生产中常选用石灰乳作为沉淀剂，便宜易得，故B错误； C．元素非金属性越强电负性越大，电负性：，故C正确； D．电解熔融氯化镁制备金属，Mg2+在阴极得电子生成，故D正确； 选B。 8. 某种电解质的组成如图所示，已知该化合物的五元环上的5个原子共平面，且、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 电负性： B. 的氢化物熔沸点一定低于的氢化物熔沸点 C. 同周期元素中，第一电离能比小的有1种 D. 与形成的化合物是一种共价化合物 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，结合图和原子序数大小可知，Q与4个W形成带一个负电荷的阴离子，W形成1个键，推知W为Cl，Q为Al，其中一个键是配位键，X形成1个键，Y形成4个键，Z形成3个键或4个键，结合原子序数可知，X为H，Y为C，Z为N。 【详解】A．X为H，Y为C，电负性：，A正确； B．Y的氢化物有很多种，故Y的氢化物熔沸点不一定低于Z的氢化物熔沸点，B错误； C．同周期元素中，第一电离能比Al小的只有Na一种，C正确； D．Q与W形成的化合物，是一种共价化合物，D正确； 故选B。 9. SO2可以与H2S发生归中反应SO2+2H2S=2H2O+3S↓。下列说法正确的是 A. 键角：H2S>H2O B. 因为键能E(O-H)>E(S-H)，所以沸点H2O>H2S C. SO2的空间构型为V形 D. S4、S6、S8形成的晶体均为共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2S与H2O的中心原子采取的都是sp3杂化，且都有2个孤电子对，由于电负性O＞S，H2O的成键电子对离中心原子更近，受到的斥力更大，其键角大于H2S，A错误； B．H2O和H2S都是分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致H2O的沸点反常比H2S高，但和O—H键的键能大于S—H键的键能没有关系，B错误； C．SO2的中心原子价层电子对数是，采取的是sp2杂化，有1个孤电子对，空间构型是V形，C正确； D．S4、S6、S8均是由分子构成的物质，形成的晶体均为分子晶体，不是共价晶体，D错误； 故选C。 10. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 卤素单质沸点：Cl2<Br2<I2 键能：Cl-Cl>Br-Br>I-I B CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊 碳酸酸性强于苯酚 C 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 D 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下，Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大，范德华力增强，所以氯，溴，碘单质沸点依次升高，和键能（键能：Cl-Cl>Br-Br>I-I）没有因果关系，A符合题意； B．苯酚钠溶液中通入CO2气体，生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，说明碳酸酸性强于苯酚，B不符合题意； C．石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，范德华力比化学键小得多，导致石墨质软、可用作润滑剂，C不符合题意； D．BaSO4难溶于水、酸，胃酸的主要成分是盐酸，且不易被X射线透过，可在医疗上用作“钡餐”，D不符合题意； 故选A。 11. 某研究所构建了Zn-CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. b极电势高于a极 B. 当双极膜中离解1 mol H2O时，外电路转移2 mol电子 C. 放电时，总反应为：Zn + CO2 + 2OH− + 2H2O= + HCOOH D. 充电时，双极膜中OH−移向b极，H+移向a极 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查原电池和电解原理，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解题关键。由图示信息可知，放电时b极为正极，a极为负极，放电总反应为Zn+CO2+2OH−+2H2O=Zn(OH)42−+HCOOH，据此回答。 【详解】A．由图示信息可知，放电时b极为正极，a极为负极，b极电势高于a极，故A正确； B．当双极膜中离解1molH2O时，外电路转移1mol电子，故B错误； C．放电时，总反应为：Zn+CO2+2OH−+2H2O=Zn(OH)42−+HCOOH，故C正确； D．充电时，双极膜中OH−移向b极(阳极)，H+移向a极(阴极)，故D正确； 故选B。 12. 利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。 下列说法不正确的是 A. B. C. a点对应的化学平衡常数的数值为80 D. a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，当再次平衡时HCl的转化率仍为80% 【答案】C 【解析】 【分析】，正向放热，升高温度则HCl的转化率增大，正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，综合对比可知X代表温度，L代表压强且L1＞L2。 【详解】A． 催化剂不影响焓变，该反应熵减，能自发进行则为放热反应，△H＜0，故A正确； B．L表示压强，反应正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，因此L1＞L2，故B正确； C．设起始时，则起始时，a点HCl的转化率为80%则转化氯化氢的物质的量为3.2mol，可列三段式，平衡常数为，体积未知无法计算，故C错误； D．a点时，保持温度和压强不变，则平衡常数不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，HCl和O2增加量之比和起始投料比相等，又是恒压条件，与原平衡为等效平衡，因此当再次平衡时HCl的转化率仍为80%，故D正确； 故选C。 13. 常温下，难溶物与在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：，表示或。下列说法正确的是 A. M表示的沉淀溶解平衡曲线 B. 常温下，的分散系在c点时为悬浊液 C. 的平衡常数 D. 向b点溶液中加入饱和溶液，析出固体 【答案】D 【解析】 【分析】横坐标表示阳离子浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数。Ksp(Y2X)=c2(Y+)∙c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)∙c(X2-)，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以N表示Y2X的溶解平衡曲线，M表示ZX的溶解平衡曲线。根据a点数据Ksp(ZX)=10-35.2，根据b点数据Ksp(Y2X)=10-49.2。 【详解】A．根据以上分析，N表示的沉淀溶解平衡曲线，故A错误； B．常温下，c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c(Z2+)∙c(X2-)＜Ksp(ZX)，因此c点形成的是ZX的不饱和溶液，故B错误； C．的平衡常数，故C错误； D．b为ZX的饱和溶液，向b点溶液中加入饱和溶液，X2-浓度增大，由于Ksp不变，ZX固体会析出，故D正确； 选D。 14. 化合物Z可由X、Y反应制得。下列有关说法错误的是 A. 分子中的碳原子可能处于同一平面 B. 上述反应的另一种产物为乙醇 C. 和三种分子均不存在顺反异构 D. 苯环上的二氯代物有13种(不考虑空间异构) 【答案】C 【解析】 【详解】A．X中苯环与其直接相连的原子共面，碳碳双键为平面结构，两平面结构单键相连，可能重合，则X分子中所有碳原子可能共面，故A正确； B．对比组成，可知上述反应的另一种产物为乙醇，故B正确； C．X、Y分子中碳碳双键的碳连有相同的甲基，没有顺反异构体，Z分子中两端碳碳双键连有相同的甲基，但中间的碳碳双键的两个碳原子连有不同的原子团，故Z有顺反异构体，C错误； D．如图所示，，若两个氯都在苯环①上，两个氯的位置有1-2、1-3、1-4、2-4四种情况，若都在苯环②上，两个氯的位置有5-6、5-7、6-7三种情况，若两个苯环各有一个氯，则有1-5、1-6、1-7、2-5、2-6、2-7六种情况，共13种同分异构体，D正确； 故选：C。 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. 铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为Be2SiO4，还含有少量MnO等)为原料制备铍的工艺流程如图。 已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，Be、Mn元素分别转化成可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4，其他元素以稳定的氧化物形式存在。 ②铁冰晶石的成分为Na3FeF6。 回答下列问题： （1）在元素周期表中，Be与Al处于对角线的位置，性质相似。下列叙述错误的是_______(填标号)。 A. Be只能与酸反应，不能与碱反应 B. BeO具有高熔点，能耐酸碱腐蚀 C. 常温下，BeCl2溶液的pH＜7 D. BeCl2是共价化合物 （2）Na3FeF6中Fe的化合价为_______。 （3）“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是_______。 （4）“沉铍”步骤中加入NaOH溶液调节pH为11，析出颗粒状的Be(OH)2，写出生成Be(OH)2的离子方程式：_______；若加入的NaOH溶液过量，得到的含铍粒子是_______(填离子符号)。 （5）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是_______；写出镁还原法的反应原理：_______。 （6）BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料，其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为d g·cm-3，则晶胞参数a =_______nm(用含d、NA的代数式表示)。 【答案】（1）AB （2） （3）陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应 （4） ①. ②. （5） ①. 保护Be和Mg不被氧化 ②. BeO + MgMgO + Be （6） 【解析】 【分析】以铍矿石(主要成分为，还含有少量MnO等)为原料制备铍，铍矿石加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结时，未发生氧化还原反应，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成二氧化硅，加入水浸出，过滤，所得滤渣为二氧化硅，滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干然后煅烧得到工业BeO，BeO可以通过焦炭还原法或者镁还原法制得金属Be，滤液中加入硫酸铁得到铁冰晶石，据此分析； 【小问1详解】 Be与Al处于对角线的位置，它们的性质相似； A．Al与酸碱均反应，可知Be也与酸碱均反应，故A错误； B．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似，氧化铍既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱腐蚀，故B错误； C．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正确； D．AlCl3是共价化合物，可知BeCl2也是共价化合物，D正确； 故选AB； 【小问2详解】 中Na为+1价，F为-1价，根据化合价代数和为零可知Fe的化合价为+3； 【小问3详解】 陶瓷中含有二氧化硅，高温时可以与碳酸钠反应，故“烧结”时不宜采用陶瓷类器材； 【小问4详解】 沉铍时，溶液中的与NaOH反应生成Be(OH)2，反应的离子方程式为；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，能和足量NaOH溶液反应生成，含铍的离子为； 【小问5详解】 焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是防止空气与铍、镁反应，保护Be和Mg不被氧化；镁还原法制铍单质是用单质镁与BeO高温下反应生成Be和MgO，反应方程式为； 【小问6详解】 设晶胞参数为anm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶胞中，个数为，原子数为4，则BeO晶体的密度为 g·cm-3。 16. 原儿茶酸(A)是一种重要的化工原料。由合成和高分子的路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． （1）E中的含氧官能团有醚键和_______。 （2）的化学方程式为_______。 （3）中，与试剂反应生成阴离子。更易与反应。试剂的最佳选择是_______(填序号)。 a． b． c． （4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______。 a．与有相同的官能团 b．能发生银镜反应 c．苯环上的一氯代物只有一种 （5）中，的氧化产物为，则理论上加入_______可将完全转化为。 （6）经历如下两步： F中含酰胺基，则F的结构简式为_______。 （7）G中含有两个六元环。W的结构简式为_______(写出一种即可)。 【答案】（1）酯基 （2） （3）b （4）、 （5）3 （6） （7）或 【解析】 【分析】A的分子式为，不饱和度为5，能发生酯化反应，说明其结构含有1个羧基、1个苯环，结合E的结构简式可知，A中还含有两个酚羟基，则A的结构简式为：，A与甲醇发生酯化反应生成B为，B与CH3I发生取代反应生成C为，C发生硝化反应生成D为，D发生还原反应生成E，E经过一系列反应生成F为，B中酚羟基与中氯原子发生取代反应，形成1个六元环，则G的结构简式为或，G与发生信息i的反应生成高分子W为或。 【小问1详解】 由E的结构简式可知，E中的含氧官能团有醚键和酯基； 【小问2详解】 A为：，与甲醇发生酯化反应生成B，化学方程式为： ； 【小问3详解】 B中含有酚羟基和酯基，酯基会在KOH试剂下水解，故不选a；酚羟基能和反应，生成，符合条件，故b选；酚羟基酸性比碳酸弱，不能和反应，故不选c； 【小问4详解】 B为，含有酚羟基和酯基，能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上的一氯代物只有一种，说明其结构高度对称，满足条件的结构简式为、； 【小问5详解】 D→E的反应为，由化合价变化可知，完全转化为需要转移6mol电子，1mol转化为，转移2mol电子，故共需要加入3mol； 【小问6详解】 F的分子式比E多了一个碳原子，结合已知信息ii，可知E与发生信息ii的反应生成中间体M为，M中的氨基与羧基发生取代反应生成F，F的结构简式为； 【小问7详解】 由分析可知，W的结构简式为或。 17. 烟酸(，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇等)可用作调脂药，降低血清胆固醇及三酰甘油浓度。某实验室利用如下方案(图1)对烟酸进行合成，实验步骤如下： I.在图2三颈烧瓶中加入3-甲基吡啶、蒸馏水和转子，搅拌使其溶解； II.打开电磁加热搅拌器，控制溶液温度处于，将(过量)分为四份，每隔5分钟加入一次，加毕继续保持该温度反应1小时。反应结束后，三颈烧瓶中出现大量棕褐色沉淀； III.搅拌状态下向三颈烧瓶中加入数滴乙醇至溶液接近无色，再加稀盐酸，调节溶液的为4，趁热过滤，，浓缩至体积为，放入冰箱，冷却半小时； IV.过滤、脱色提纯后得白色粉末状产品1.845g。 回答下列问题： （1）3-甲基吡啶中碳原子的杂化方式为_______，其在水中溶解度较大的原因是_______。 （2）步骤II中，加热的最佳方式为_______；图2中缺少的玻璃仪器名称是_______。 （3）补全III中a处的实验步骤：_______。 （4）实验证明，盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降，其原因是_______。 （5）本次实验烟酸的产率为_______。 【答案】（1） ①. 、 ②. 烟酸与水能形成氢键 （2） ①. 水浴加热 ②. 温度计 （3）用少量热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液 （4）稀盐酸加入过少，部分烟酸钾未转化为烟酸；稀盐酸加入过多，烟酸中原子与结合形成可溶盐 （5）75% 【解析】 【分析】实验原理为3-甲基吡啶经高锰酸钾氧化生成烟酸钾，此时有黑色难溶物二氧化锰应过滤分离，再经过蒸馏除掉3-甲基吡啶，后经强酸制弱酸，得到烟酸，提纯后得到烟酸晶体。 【小问1详解】 3-甲基吡啶中，六元环上的碳原子杂化方式为sp2，甲基上的碳原子杂化方式为sp3；3-甲基吡啶中N原子与水中H原子形成氢键，所以在水中溶解度较大。 【小问2详解】 步骤II中，为便于控制溶液温度处于，加热的最佳方式为水浴加热；步骤II需控制溶液温度处于，所以图2中缺少的玻璃仪器名称是温度计。 【小问3详解】 搅拌状态下向三颈烧瓶中加入数滴乙醇至溶液接近无色，再加稀盐酸，调节溶液的为4，趁热过滤出，用少量热水洗涤沉淀，合并滤液与洗涤液，浓缩至体积为，放入冰箱，冷却半小时； 【小问4详解】 稀盐酸加入过少，部分烟酸钾未转化为烟酸；稀盐酸加入过多，烟酸中原子与结合形成可溶盐，所以盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降。 【小问5详解】 3-甲基吡啶的物质的量为0.02mol，理论上生成0.02mol烟酸；烟酸的产率为。 18. 某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成探究。 查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl白色难溶物。 甲同学将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 编号 溶液a 实验现象 I CuCl2溶液(1mol·L-1) 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉有剩余 II 浓盐酸(10mol·L-1) 产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉有剩余 III CuCl2溶液(1mol·L-1) 和浓盐酸(10mol·L-1) 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉无剩余 （1）Cu2+的价层电子排布式为___________。 （2）实验I中产生白色沉淀的化学方程式为___________。 （3）①乙同学对实验II产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因可能是___________。 ②无色溶液变为黄色时的离子方程式为___________。 （4）为了探明实验III中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验I中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应 CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验：___________。 （5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为___________。若实验III溶液中Cu元素主要以[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式___________。 （6）戊同学拟测定某CuCl样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200 g，将其置于足量FeCl3溶液中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL。则该样品纯度为___________。[M(CuCl)=99.0 g·mol-1，精确到0.1%] 【答案】（1）3d9 （2）CuCl2+Cu=2CuCl （3） ①. Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性 ②. 4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O （4）取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解 （5） ①. +1，+2 ②. 2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]- +2H2O （6）61.9% 【解析】 【分析】I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀；II中Cu被浓盐酸逐步氧化，逐步生成[CuCl3]-、[CuCl4]2-、[Cu2Cl4(H2O)]-，同时生成氢气；III中CuCl2直接转化为[Cu2Cl4(H2O)]-，然后被铜粉还原为[CuCl3]-。 【小问1详解】 Cu为29号元素，Cu2+的价层电子排布式为3d9。 【小问2详解】 I中Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+，Cu+与Cl-生成CuCl白色沉淀，化学方程式为CuCl2+Cu=2CuCl。 【小问3详解】 产生该无色气泡的原因可能是Cl-浓度高，与Cu+形成了[CuCl3]2-，提高了Cu的还原性；无色溶液变为黄色时为[CuCl3]-被氧化为[CuCl4]2-，离子方程式为4[CuCl3]2-+O2+4H++4Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O。 【小问4详解】 应补做对照实验为：取适量实验I中白色沉淀，向其中加入稀硫酸，沉淀不溶解。 【小问5详解】 [Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为+1、+2；黄绿色变为棕色时发生反应为[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+与Cu生成2[Cu2Cl4(H2O)]-，离子方程式为2[CuCl4]2-+[Cu(H2O)4]2++Cu=2[Cu2Cl4(H2O)]-+2H2O。 【小问6详解】 根据，，可得， 用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL，其中13.70 mL偏差太大舍去，剩余三次实验平均消耗15mL，即0.1000 mol·L-1×0.015L=0.0015mol，即CuCl物质的量为0.0075mol，样品纯度为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级上学期期中考试 化学试卷 满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 一、选择题 (本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是 A. B. 晶体硅、碳化硅、金刚石 C. D. 2. 茜草主寒湿，其提取物的有效成分之一是茜素(结构简式如图所示)。下列有关该物质的说法错误的是 A. 含有两种官能团 B. 在FeCl3溶液中发生显色反应 C. 1mol该物质最多能与8molH2反应 D. 能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 44g中的σ键的数目为7NA B. 1mol Cl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NA C. 1L1mol•L﹣1(NH4)2SO4溶液中含的数目为2NA D. 常温常压下，22.4LCO和N2混合气体中的分子数为NA 4. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 5. 部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。 下列推断不合理的是 A. 若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c B. 若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键 C. 若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区 D. 在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化 6. 下列含氮物质的转化属于氮的固定的是 A. B. C. D. 7. 海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是 A. 向盐卤中通入的氧化剂可以是氯气 B. 工业生产中常选用作为沉淀剂 C. 电负性： D. 电解熔融氯化镁制备金属时在阴极得到 8. 某种电解质的组成如图所示，已知该化合物的五元环上的5个原子共平面，且、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 电负性： B. 的氢化物熔沸点一定低于的氢化物熔沸点 C. 同周期元素中，第一电离能比小的有1种 D. 与形成的化合物是一种共价化合物 9. SO2可以与H2S发生归中反应SO2+2H2S=2H2O+3S↓。下列说法正确的是 A. 键角：H2S>H2O B. 因为键能E(O-H)>E(S-H)，所以沸点H2O>H2S C. SO2的空间构型为V形 D. S4、S6、S8形成的晶体均为共价晶体 10. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 卤素单质沸点：Cl2<Br2<I2 键能：Cl-Cl>Br-Br>I-I B CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊 碳酸酸性强于苯酚 C 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 D 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过 A. A B. B C. C D. D 11. 某研究所构建了Zn-CO2新型二次电池，为减少CO2的排放和实现能源的开发利用提供了新的研究方向，该电池以Zn和多孔Pd纳米片为两极材料，以KOH和NaCl溶液为电解液，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. b极电势高于a极 B. 当双极膜中离解1 mol H2O时，外电路转移2 mol电子 C. 放电时，总反应为：Zn + CO2 + 2OH− + 2H2O= + HCOOH D. 充电时，双极膜中OH−移向b极，H+移向a极 12. 利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。 下列说法不正确的是 A. B. C. a点对应的化学平衡常数的数值为80 D. a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，当再次平衡时HCl的转化率仍为80% 13. 常温下，难溶物与在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：，表示或。下列说法正确的是 A. M表示的沉淀溶解平衡曲线 B. 常温下，的分散系在c点时为悬浊液 C. 的平衡常数 D. 向b点溶液中加入饱和溶液，析出固体 14. 化合物Z可由X、Y反应制得。下列有关说法错误的是 A. 分子中的碳原子可能处于同一平面 B. 上述反应的另一种产物为乙醇 C. 和三种分子均不存在顺反异构 D. 苯环上的二氯代物有13种(不考虑空间异构) 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. 铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为Be2SiO4，还含有少量MnO等)为原料制备铍的工艺流程如图。 已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，Be、Mn元素分别转化成可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4，其他元素以稳定的氧化物形式存在。 ②铁冰晶石的成分为Na3FeF6。 回答下列问题： （1）在元素周期表中，Be与Al处于对角线的位置，性质相似。下列叙述错误的是_______(填标号)。 A. Be只能与酸反应，不能与碱反应 B. BeO具有高熔点，能耐酸碱腐蚀 C. 常温下，BeCl2溶液的pH＜7 D. BeCl2是共价化合物 （2）Na3FeF6中Fe的化合价为_______。 （3）“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是_______。 （4）“沉铍”步骤中加入NaOH溶液调节pH为11，析出颗粒状的Be(OH)2，写出生成Be(OH)2的离子方程式：_______；若加入的NaOH溶液过量，得到的含铍粒子是_______(填离子符号)。 （5）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是_______；写出镁还原法的反应原理：_______。 （6）BeO晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料，其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为d g·cm-3，则晶胞参数a =_______nm(用含d、NA的代数式表示)。 16. 原儿茶酸(A)是一种重要的化工原料。由合成和高分子的路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． （1）E中的含氧官能团有醚键和_______。 （2）的化学方程式为_______。 （3）中，与试剂反应生成阴离子。更易与反应。试剂的最佳选择是_______(填序号)。 a． b． c． （4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______。 a．与有相同的官能团 b．能发生银镜反应 c．苯环上的一氯代物只有一种 （5）中，的氧化产物为，则理论上加入_______可将完全转化为。 （6）经历如下两步： F中含酰胺基，则F的结构简式为_______。 （7）G中含有两个六元环。W的结构简式为_______(写出一种即可)。 17. 烟酸(，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇等)可用作调脂药，降低血清胆固醇及三酰甘油浓度。某实验室利用如下方案(图1)对烟酸进行合成，实验步骤如下： I.在图2三颈烧瓶中加入3-甲基吡啶、蒸馏水和转子，搅拌使其溶解； II.打开电磁加热搅拌器，控制溶液温度处于，将(过量)分为四份，每隔5分钟加入一次，加毕继续保持该温度反应1小时。反应结束后，三颈烧瓶中出现大量棕褐色沉淀； III.搅拌状态下向三颈烧瓶中加入数滴乙醇至溶液接近无色，再加稀盐酸，调节溶液的为4，趁热过滤，，浓缩至体积为，放入冰箱，冷却半小时； IV.过滤、脱色提纯后得白色粉末状产品1.845g。 回答下列问题： （1）3-甲基吡啶中碳原子的杂化方式为_______，其在水中溶解度较大的原因是_______。 （2）步骤II中，加热的最佳方式为_______；图2中缺少的玻璃仪器名称是_______。 （3）补全III中a处的实验步骤：_______。 （4）实验证明，盐酸加入量过少或过多，都会使烟酸的产量下降，其原因是_______。 （5）本次实验烟酸的产率为_______。 18. 某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成探究。 查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl白色难溶物。 甲同学将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 编号 溶液a 实验现象 I CuCl2溶液(1mol·L-1) 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉有剩余 II 浓盐酸(10mol·L-1) 产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉有剩余 III CuCl2溶液(1mol·L-1) 和浓盐酸(10mol·L-1) 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉无剩余 （1）Cu2+的价层电子排布式为___________。 （2）实验I中产生白色沉淀的化学方程式为___________。 （3）①乙同学对实验II产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因可能是___________。 ②无色溶液变为黄色时的离子方程式为___________。 （4）为了探明实验III中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验I中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应 CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验：___________。 （5）[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为___________。若实验III溶液中Cu元素主要以[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式___________。 （6）戊同学拟测定某CuCl样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200 g，将其置于足量FeCl3溶液中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，四次实验分别消耗测得标准液15.03 mL、14.98 mL、13.70 mL、14.99 mL。则该样品纯度为___________。[M(CuCl)=99.0 g·mol-1，精确到0.1%] 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $