精品解析：山西省长治市第二中学校2025-2026学年高三上学期期中考试 化学试卷

2025-2026学年度长治二中高2023级高三上学期期中考试 化学试卷 注意事项： 1.本次考试为期中考试，将计入学生成绩档案，请切勿违纪舞弊！违纪舞弊者将被计入到学生档案，当堂考试计0分。 2.选择题部分请用2B铅笔填涂，填涂时，请注意题号，不要填涂错误；非选择题部分请用0.5mm黑色墨迹签字笔规范填写作答。 3.考试结束后，请将你的试卷，答题卡，草稿纸全部交回。 一、单选题。(共42分) 1. 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有氧化性 B 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含、、等元素 C 家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸可由乙醇氧化制备 D 自主探究：以油脂为原料制肥皂 油脂可发生皂化反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意； B．含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意； C．用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意； D．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意； 故选C。 2. 下列说法或化学用语表述正确的是 A. 的电子式： B. 中的共价键类型：非极性键和极性键 C. 的空间结构：形 D. 反丁烯的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中N原子最外层有5个电子，两个N原子各拿出3个电子形成共用电子对，还有2个电子，故的电子式为，A错误； B．中的共价键为、，均是不同种原子形成的极性键，不存在非极性键，B错误； C．中心原子的价层电子对数为，为杂化，空间结构为直线形，不是V形，C错误； D．反-2-丁烯的特点是碳碳双键上的两个位于双键异侧，D正确； 故答案选D。 3. “宏观辨识—微观探析—符号表征是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析错误的是 A. 分析反应类型：该反应属于氧化还原反应 B. 分析物质种类：图中反应物均为电解质 C. 分析反应价值：该反应实现了有机物向无机物的转化 D. 分析表示方法：该反应的化学方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧气转化为水，有元素化合价变化，则该反应属于氧化还原反应，故A正确； B．甲烷是有机物，是非酸性气态氢化物，属于非电解质，氧气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．甲烷是有机物，甲烷与氧气点燃生成二氧化碳和水，该反应实现了有机物向无机物的转化，故C正确； D．该反应是甲烷和氧气点燃反应生成二氧化碳和水，其反应的化学方程式为：，故D正确。 综上所述，答案为B。 4. 设NA表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 常温常压下，14g有N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA个 B. 0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等 C. 标准状况下，22.4 L 四氯化碳的分子数为NA D. 用16.25gFeCl3制备Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA个 【答案】A 【解析】 【详解】A. 常温常压下，N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，且为双原子分子，则14g有N2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为NA个，符合题意，A正确； B. 0.5molO3与标况下的11.2LO2所含的分子数一定相等，与题意不符，B错误； C. 标准状况下，四氯化碳为液态，22.4 L的四氯化碳含有的分子数大于NA，与题意不符，C错误； D. 用16.25gFeCl3制备Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体粒子不一定为一个Fe(OH)3，则胶粒数无法确定，与题意不符，D错误； 答案为A。 【点睛】制备的氢氧化铁胶体，每一个胶体粒子不一定为一个Fe(OH)3。 5. 下列离子方程式的书写正确的是 A. 工业上生产漂白粉的原理： B. 溶液与足量的NaOH溶液反应： C. 过量(具有还原性)通入到NaClO溶液中： D. NaOH溶液与过量(乙二酸)溶液反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业上生产漂白粉是用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，离子方程式为Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，A错误； B．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸镁、碳酸钠和水，离子方程式为Mg2++2HCO+2OH−=MgCO3↓++H2O，B错误； C．过量SO2与NaClO发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=2H++Cl-+SO，C错误； D．氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，离子方程式为H2C2O4+OH−=HC2O+H2O，D正确； 故选D。 6. 山奈酚是中药柴胡的药物成分之一，结构如图所示，下列有关山奈酚叙述正确的是 A. 该物质属于芳香烃 B. 分子中所有碳原子一定共平面 C. 不能使溴水和酸性 KMnO4溶液褪色 D. 1mol 山奈酚最多与 3molNaOH 反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质属于芳香烃中只能含有C和H两种元素，A错误； B．由于单键可以旋转，故分子中所有碳原子可能共平面，B错误； C．由于含有碳碳双键和羟基，使溴水和酸性 KMnO4溶液褪色，C错误； D．山奈酚中只有酚羟基能与氢氧化钠反应，1mol 山奈酚最多与 3molNaOH 反应，D正确； 故选D。 7. 下列关于的说法中，正确的是 A. 该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成 B. 0.1mol该物质完全燃烧，生成33.6L(标准状况)的 C. 该物质在酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3nmolNaOH 【答案】C 【解析】 【分析】结合链节中含有两个碳原子可得该高分子是由含有碳碳双键的有机物单体合成的，其单体结构为。 【详解】A．根据该高分子的结构简式可知，该高分子是其单体通过加聚反应生成的，故A错误； B．因为该物质为高分子，无法确定0.1mol该物质中含有C原子的物质的量，故无法确定完全燃烧生成二氧化碳的量，B错误； C．该物质在酸性条件下的水解产物中有乙二醇，乙二醇可作为汽车发动机的抗冻剂，故C正确； D．该物质的一个链节中含有三个酯基，水解产生的羧基均能与氢氧化钠反应，其中一个酯基水解后产生酚羟基，酚羟基也可与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4n mol NaOH，D错误； 故选C。 8. 某小组采用等质量的大理石和碳酸钴粉末、足量的稀盐酸和稀硫酸研究实验室制备的化学反应速率。实验中的浓度随时间的变化如图所示。 已知：碳酸钙和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，硫酸钙会包裹在碳酸钙表面。 下列说法正确的是 A. 比较实验1和实验2，可以说明酸的对生成的速率有影响 B. 比较实验1和实验4，可以说明生成的速率和酸中阴离子的种类有关 C. 实验结论：生成的对碳酸钙粉末比对大理石的包裹作用更强 D. 综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验1和实验2的氢离子浓度均为0.2mol/L，无法通过离子浓度判断对速率的影响，A错误； B．实验1和实验4固体状态不同，实验变量为：固体的状态及阴离子种类，B错误； C．硫酸钙对大理石的包裹作用更强，C错误； D．硫酸、盐酸与碳酸钙粉末及大理石均可以生成二氧化碳，D正确； 故答案为：D。 9. 根据实验目的，下列实验及现象、结论正确的是 选项 实验目的 实验及现象 结论 A 探究温度对平衡移动的影响 向试管中加入2mL CuCl2溶液，CuCl2溶液存在 ，加热试管，溶液由蓝绿色变为黄绿色 其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动 B 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向2mLK2Cr2O7溶液中滴加5～10滴NaOH溶液，溶液变为黄色 其他条件不变时，减小氢离子浓度，平衡向生成的方向移动 C 探究压强对平衡移动的影响 用注射器吸入20mLNO2和N2O4混合气体，向内推动注射器，混合气体颜色加深 其他条件不变时，加压，平衡向生成NO2的方向移动 D 验证CH3COOH和H2CO3的酸性 向盛有2mL1mol/L的Na2CO3溶液中，逐滴加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，无气泡产生 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应正向吸热，升温平衡正移，溶液由蓝绿色变为黄绿色，A正确； B．溶液中存在如下平衡：，向2mL K2Cr2O7溶液中滴加5～10滴 NaOH溶液，溶液变为黄色，说明减小氢离子浓度，平衡向生成的方向移动，B错误； C．对于平衡，推动注射器增大压强，则平衡正移，向生成N2O4的方向移动，C错误； D．向盛有2mL1mol/L的Na2CO3溶液中，逐滴加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生的反应为，无气泡产生，没有明显现象无法说明酸性强弱关系， D错误； 故选A。 10. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ） A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 【答案】B 【解析】 【分析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。 【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确； B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误； C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确； D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确； 故选B。 【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。 11. 利用如下实验研究浓硫酸的性质。 实验1：取2 g蔗糖放入大试管中，加2~3滴水， 再加入3 mL浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，同时将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，观察到KMnO4溶液褪色。 实验2：将一小片铜放入试管中再加入3 mL浓硫酸，加热，将产生的气体通入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。将反应后的混合物溶于水，得到蓝色溶液。 下列说法正确的是 A. “实验1” 只可以说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性 B. “实验1”中产生的气体直接通入澄清石灰水可检验是否含CO2 C. “ 实验2”可以说明浓硫酸具有强氧化性和酸性 D. “实验1”和“实验2”的现象都说明SO2具有漂白性 【答案】C 【解析】 【详解】A． “实验1” 中蔗糖变黑，可以说明浓硫酸具有强氧化性和脱水性，故A错误； B．“实验1”中产生的气体含有CO2和SO2，需要先除去SO2再通入澄清石灰水检验是否含CO2，故B错误； C． “ 实验2”中铜片和浓硫酸反应生成SO2可以说明浓硫酸具有强氧化性，生成蓝色的铜盐说明有酸性，故C正确； D． “实验1”的现象说明SO2有还原性，“实验2”的现象说明SO2具有漂白性，故D错误； 故答案为：C 12. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是 A. 乙室Cu电极为负极 B. 隔膜为阳离子交换膜 C. 扩散到乙室将对电池电动势产生影响 D. 电池正极反应式为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，A错误； B．原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，B错误； C．氨气扩散到乙室会与铜离子反应生成，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，C正确； D．电极反应式电荷不守恒，D错误； 故选C。 13. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确； B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误； C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确； D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确； 故答案为：B。 14. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液的起始浓度为 B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小 C. 对应的溶液中均存在： D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应 【答案】C 【解析】 【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高； 【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误； B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误； C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确； D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误； 故选C。 二、非选择题：(共58分) 15. 某实验小组拟用乙酸和苯胺（加热时易被氧化）制备乙酰苯胺，具体实验步骤如下： Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备 向圆底烧瓶A中加入新蒸馏的苯胺、冰乙酸、少量粉，如图接好装置。小火加热A，控制顶端馏出温度约，当温度上下波动或瓶内出现白雾时停止加热。 在不断搅拌下，趁热把反应混合物倒入盛有冷水的烧杯中，析出乙酰苯胺晶体，充分冷却至室温，减 压过滤，用冷水洗涤晶体次，抽干得乙酰苯胺粗品。 Ⅱ．乙酰苯胺的提纯 将粗乙酰苯胺固体移入盛有热水的烧杯中，加热至沸腾使其完全溶解，补加少量热水。稍冷后，加入活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸，__________，冷却至室温，有晶体析出，抽滤、晾干得乙酰苯胺纯品。 已知：①反应原理： ②相关数据及物理性质： 相对分子质量 熔点 沸点 密度 溶解性 苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙酸 冰醋酸 60 118 与水互溶 乙酰苯胺 135 115 305 微溶于水，溶于乙酸、热水 ③装置B为刺形分馏头，用于分离沸点相差较小的液态混合物。 回答下列问题： （1）合成反应装置中仪器D的名称是_______，仪器C中冷却水从_______（填“a”或“b”）口进入。 （2）反应混合物中加入少量锌粉的目的是_______。加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因_______。 （3）控制顶端馏出温度的原因是_______。 （4）抽滤装置如图，洗涤乙酰苯胺粗品时，需要以下操作： a.关活塞F，开抽气泵抽干； b.待洗涤剂缓慢通过； c.开活塞F，加入冷水至浸没固体； d.开活塞F，关抽气泵。 正确的顺序是_______（填标号）；重复次。 （5）活性炭不能趁热加入的原因是_______。 （6）提纯乙酰苯胺时，搅拌下微沸之后的操作是_______，乙酰苯胺的产率为_______（用含m的计算式表示）。 【答案】（1） ①. 尾接管（或接引管、牛角管） ②. b （2） ①. 与乙酸反应生成排空气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化） ②. 锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆移，产率降低 （3）分离出反应产生的，且减少乙酸的蒸出 （4）cbad （5）防暴沸（或防止液体喷出） （6） ①. 趁热过滤 ②. 【解析】 【分析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺()，由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，提纯后得到纯净的乙酰苯胺，据此分析； 【小问1详解】 合成反应装置中仪器D的名称是尾接管（或接引管、牛角管），仪器C下口进水上口出水，故冷却水从b口进入； 【小问2详解】 Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化）；锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆向移动，产率降低； 【小问3详解】 苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺； 【小问4详解】 操作：开活塞F，加入冷水至浸没固体，并保持固体层分布均匀，待洗涤剂缓慢通过，关活塞F，开抽气泵抽干，开活塞F，关抽气泵，故选cbad； 【小问5详解】 趁热活性炭加入以后由汽化热会引发的“暴沸”，故不能趁热加入的原因是：防暴沸（或防止液体喷出）； 【小问6详解】 新蒸馏的苯胺（密度）、冰乙酸（密度），冰乙酸过量，根据关系式苯胺~乙酰苯胺，乙酰苯胺的产率为。 16. 钪元素因其独特性质在高科技领域和新兴材料中具有重要应用。一种从拜耳赤泥(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2、CaO、Na2O，还含有少量Sc2O3)中提取Sc的新型冶炼工艺流程如图所示： 已知：ⅰ．“焙烧”在一定温度下进行，该温度下只有铁的硫酸盐发生分解； ⅱ．25℃时，草酸()的，。请回答下列问题： （1）Sc在元素周期表中的位置_______。 （2）“焙烧”时产生的尾气中含有SO2，写出硫酸铁分解的化学方程式：_______。 （3）“溶出”时，“富铁渣”的主要成分除Fe2O3、SiO2外，还有_______(填化学式)。 （4）“萃取”时，Sc3+与P204形成如下图所示的配合物(R为烷基)，下列关于该配合物的说法正确的有(填选项字母)_______。 A. Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相 B. Sc3+的配位数为6 C. 烷基有亲水性 D. 配位时Sc3+被氧化 （5）“反萃取”后，水层中含，“沉淀”时，加入酸性混合液的pH为2～3时沉淀效果最佳，此时酸液中_______(填“”、“=”或“”)，该条件下与草酸反应生成的离子方程式为_______。 （6）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示，已知相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z=_______；晶体中，与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为_______。 【答案】（1）第四周期第ⅢB族 （2）2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑ （3）CaSO4 （4）AB （5） ①. ＞ ②. 2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O(或2[Sc(OH)6]3-+6H2C2O4+3H+=Sc2(C2O4)3↓+3+12H2O) （6） ①. 1：1：2 ②. 4 【解析】 【分析】拜耳赤泥主要含Fe2O3、Al2O3、CaO、SiO2、Na2O，还含有少量Sc2O3，从中提取Fe、Sc流程为：加入稀硫酸溶解后，溶液中含有Fe3+、Al3+、Na+、Sc3+，SiO2不反应，同时生成CaSO4微溶物，焙烧时只有硫酸铁发生分解生成Fe2O3、SO2、O2等，反应为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑。加水溶解、过滤得到含有Fe2O3、SiO2、CaSO4的“富铁渣”和溶出液，加入P204萃取，钪与P204形成配合物，Al3+、Na+进入水层，加入NaOH反萃取生成[Sc(OH)6]3-，加入HCl、H2C2O4转化为Sc2(C2O4)3沉淀，反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O。在空气中煅烧Sc2(C2O4)3生成Sc2O3，据此分析解答。 【小问1详解】 Sc是21号元素，根据构造原理，可知基态Sc原子核外电子排布式是3d14s2，根据原子结构与元素位置关系可知：Sc位于元素周期表第四周期第ⅢB族； 【小问2详解】 “焙烧”在一定温度下进行，该温度下只有Fe2(SO4)3发生分解反应，产生Fe2O3、SO2、O2，反应方程式为：2Fe2(SO4)32Fe2O3+6SO2↑+3O2↑； 【小问3详解】 “焙烧”时，Fe2(SO4)3分解Fe2O3进入富铁渣，SiO2与硫酸不能反应且难溶于水，CaO与H2SO4反应产生微溶的CaSO4进入富铁渣，因此富铁渣的成分中除Fe2O3、SiO2外，还有CaSO4； 【小问4详解】 A．由图示可知：Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相，A正确； B．由图可知：Sc3+能与6个O原子形成配位键，故Sc3+的配位数为6，B正确； C．烷基具有疏水性，而不具有亲水性，C错误； D．配位时Sc3+化合价不变，未被氧化，因此没有发生氧化还原反应，D错误； 故合理选项是AB； 【小问5详解】 已知H2C2O4的电离平衡常数Ka2=，当溶液pH=2时，，说明：c()＞c()；当溶液的pH =3时，，c()＞c()，故当混合溶液的pH在2～3时，溶液中，微粒浓度c()＞c()； 在沉淀时[Sc(OH)6]3-与H2C2O4反应时，若C元素完全生成Sc2(C2O4)3沉淀，反应的离子方程式为2[Sc(OH)6]3-+3H2C2O4+6H+=Sc2(C2O4)3↓+12H2O；若C元素除生成Sc2(C2O4)3沉淀外，还有生成，则反应的离子方程式为：2[Sc(OH)6]3-+6H2C2O4+3H+=Sc2(C2O4)3↓+3+12H2O； 【小问6详解】 设立方晶胞边长为2a，黑球(Sc)与灰球间的最近距离为小立方体体对角线的一半，则为，黑球(Sc)与白球间的最近距离为a，两者之比为：2，则白球表示Al原子，位于晶胞顶点和面心，均摊后一个晶胞中含有Al原子为：；灰球表示Ni原子，位于8个小立方体体心，则一个晶胞中含有8个Ni原子；Sc位于棱心和体心，均摊后一个晶胞中含有Sc原子数为：，所以x：y：z =1：1：2； 根据Ni原子的位置，晶体中与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为4个。 17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题： （1）通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下(K1、K2分别为反应I、Ⅱ的化学平衡常数)： I．C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1，K2 ①反应I的逆反应能够自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3=___________，平衡常数K3=___________。(用含K1、K2的计算式表示) （2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。 ①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由小到大的关系为___________。 ②甲烷逐步脱氢过程中，决定速率快慢的反应步骤是：___________(用化学方程式表示)。 ③Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳积沉对催化剂造成的不良影响，请结合图甲解释原因：___________。 （3）甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO22CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应b的压强平衡常数Kp=___________(用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1） ①. 低温 ②. +128kJ·mol-1 ③. K1· （2） ①. v2<v3<v1 ②. CH3*+H*=CH2*+2H*或CH3*=CH2*+H* ③. 积炭反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积碳较少 （3）或 【解析】 【小问1详解】 ①反应自发进行ΔG＜0，ΔG=ΔH-TΔS，逆反应3CO(g)+4H2(g)C3H8O3(g)的ΔH<0，ΔS<0，可得低温可自发进行； ②由反应I.C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)，根据盖斯定律可知重整总反应=Ⅰ+3×II，可知重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH=ΔH1+3×ΔH2=+251kJ•mol-1+3×(-41)kJ•mol-1=+128kJ•mol-1，平衡常数K3= K1·。 【小问2详解】 ①活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，则反应速率v2<v3<v1； ②活化能最大时为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为CH3*+H*=CH2*+2H*或CH3*=CH2*+H*； ③积炭反应为最后一步反应，由图可知三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积碳较少。 【小问3详解】 在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则： P= ，x==或 。 18. 沙美特罗是目前治疗哮喘的新型药物，它的一种合成路线如下： （1）物质G中非含氧官能团的名称：___________。物质B生成物质C的反应类型：___________。 （2）有机物E的结构简式为___________；反应④使用“MnO2+H+”而不是直接使用酸性高锰酸钾溶液的原因是___________。 （3）设计反应③和反应⑦的目的是___________。 （4）羟基的影响使苯环的邻、对位氢原子活性增强(甲基的影响忽略)，反应②除了生成产物C，还会生成分子式为C9H12O3的副产物，写出该副产物的结构简式___________。 （5）满足下列条件的物质E的同分异构体有___________种，写出一种的结构简式___________。 ①属于芳香族化合物 ②能在NaOH溶液作用下发生水解反应 ③能发生银镜反应 ④不同化学环境的氢原子个数比为1：2：3：6 （6）已知：R-X+NaCN→R-CN+NaX(R表示烃基，X表示卤原子)。参照上述流程，设计以1，3-丁二烯为原料合成1，6-己二胺[H2N(CH2)6NH2]的合成路线___________。(无机试剂任选) (合成路线可表示为：) 【答案】（1） ①. 氨基 ②. 加成反应 （2） ①. ②. 酸性高锰酸钾溶液能将甲基(或苯环侧链)直接氧化成羧基，从而得不到E （3）保护羟基不被氧化(或不被破坏) （4） （5） ①. 6 ②. 、、、、、(任写一种) （6）CH2=CH-CH=CH2Br-CH2-CH=CH-CH2-BrNC-CH2-CH=CH-CH2-CNH2N-(CH2)6-NH2 【解析】 【分析】A和甲醇发生取代反应生成B，B和甲醛发生加成反应生成C，C和丙酮发生反应生成D，根据E的分子式、F的结构简式知，D中甲基发生氧化反应生成—CHO，则E为，E和HCN发生加成反应生成F，F中-CN发生还原反应生成G中氨基，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成沙美特罗。 【小问1详解】 根据物质G结构简式可知：该物质分子中的非含氧官能团的名称为氨基﹔物质B生成物质C的反应类型为加成反应； 【小问2详解】 根据以上分析知，E的结构简式为； 酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，能直接将苯环上的甲基氧化成羧基，从而不能得到E，因此需要使用氧化性小一些的MnO2作为氧化剂； 【小问3详解】 反应③中羟基与丙酮反应；反应⑦又得到羟基；因此目的是保护羟基不被氧化或不被破坏 【小问4详解】 根据分析可知，反应②为加成反应；C9H12O3为该反应的副产物，羟基和甲基均为邻、对位定位基，但题目中甲基的影响被忽略，因此副产物可能为：； 【小问5详解】 物质E为，在其同分异构体中，①属于芳香族化合物说明有苯环；②能在NaOH溶液作用下发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应说明物质分子中含有醛基；④不同化学环境的氢原子个数比为l：2：3：6，说明有两个对称的甲基和一个不对称的甲基，因此同分异构体有：、、、、、，共6种不同结构，可任写一种物质的结构简式； 【小问6详解】 合成H2N-(CH2)6-NH2可以用NC-CH2-CH=CH-CH2-CN与H2发生加成反应产生；NC-CH2-CH=CH-CH2-CN可以用Br-CH2-CH=CH-CH2-Br与NaCN反应制备；Br-CH2-CH=CH-CH2-Br可以用CH2=CH-CH=CH2与Br2发生1,4-加成反应制取，故合成路线为：CH2=CH-CH=CH2Br-CH2-CH=CH-CH2-BrNC-CH2-CH=CH-CH2-CNH2N-(CH2)6-NH2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度长治二中高2023级高三上学期期中考试 化学试卷 注意事项： 1.本次考试为期中考试，将计入学生成绩档案，请切勿违纪舞弊！违纪舞弊者将被计入到学生档案，当堂考试计0分。 2.选择题部分请用2B铅笔填涂，填涂时，请注意题号，不要填涂错误；非选择题部分请用0.5mm黑色墨迹签字笔规范填写作答。 3.考试结束后，请将你的试卷，答题卡，草稿纸全部交回。 一、单选题。(共42分) 1. 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒 含氯消毒剂具有氧化性 B 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含、、等元素 C 家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸可由乙醇氧化制备 D 自主探究：以油脂为原料制肥皂 油脂可发生皂化反应 A. A B. B C. C D. D 2. 下列说法或化学用语表述正确的是 A. 的电子式： B. 中的共价键类型：非极性键和极性键 C. 的空间结构：形 D. 反丁烯的结构简式： 3. “宏观辨识—微观探析—符号表征是化学学习的重要方法。某化学反应的微观示意图如下，下列分析错误的是 A. 分析反应类型：该反应属于氧化还原反应 B. 分析物质种类：图中反应物均为电解质 C. 分析反应价值：该反应实现了有机物向无机物的转化 D. 分析表示方法：该反应的化学方程式为： 4. 设NA表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 常温常压下，14g有N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA个 B. 0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等 C. 标准状况下，22.4 L 四氯化碳的分子数为NA D. 用16.25gFeCl3制备Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA个 5. 下列离子方程式的书写正确的是 A. 工业上生产漂白粉的原理： B. 溶液与足量的NaOH溶液反应： C. 过量(具有还原性)通入到NaClO溶液中： D. NaOH溶液与过量(乙二酸)溶液反应： 6. 山奈酚是中药柴胡的药物成分之一，结构如图所示，下列有关山奈酚叙述正确的是 A. 该物质属于芳香烃 B. 分子中所有碳原子一定共平面 C. 不能使溴水和酸性 KMnO4溶液褪色 D. 1mol 山奈酚最多与 3molNaOH 反应 7. 下列关于的说法中，正确的是 A. 该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成 B. 0.1mol该物质完全燃烧，生成33.6L(标准状况)的 C. 该物质在酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂 D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3nmolNaOH 8. 某小组采用等质量的大理石和碳酸钴粉末、足量的稀盐酸和稀硫酸研究实验室制备的化学反应速率。实验中的浓度随时间的变化如图所示。 已知：碳酸钙和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，硫酸钙会包裹在碳酸钙表面。 下列说法正确的是 A. 比较实验1和实验2，可以说明酸的对生成的速率有影响 B. 比较实验1和实验4，可以说明生成的速率和酸中阴离子的种类有关 C. 实验结论：生成的对碳酸钙粉末比对大理石的包裹作用更强 D. 综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备 9. 根据实验目的，下列实验及现象、结论正确的是 选项 实验目的 实验及现象 结论 A 探究温度对平衡移动的影响 向试管中加入2mL CuCl2溶液，CuCl2溶液存在 ，加热试管，溶液由蓝绿色变为黄绿色 其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动 B 探究氢离子浓度对、相互转化的影响 向2mLK2Cr2O7溶液中滴加5～10滴NaOH溶液，溶液变为黄色 其他条件不变时，减小氢离子浓度，平衡向生成的方向移动 C 探究压强对平衡移动的影响 用注射器吸入20mLNO2和N2O4混合气体，向内推动注射器，混合气体颜色加深 其他条件不变时，加压，平衡向生成NO2的方向移动 D 验证CH3COOH和H2CO3的酸性 向盛有2mL1mol/L的Na2CO3溶液中，逐滴加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，无气泡产生 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 10. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ） A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5 C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3 D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4 11. 利用如下实验研究浓硫酸的性质。 实验1：取2 g蔗糖放入大试管中，加2~3滴水， 再加入3 mL浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，同时将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，观察到KMnO4溶液褪色。 实验2：将一小片铜放入试管中再加入3 mL浓硫酸，加热，将产生的气体通入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。将反应后的混合物溶于水，得到蓝色溶液。 下列说法正确的是 A. “实验1” 只可以说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性 B. “实验1”中产生的气体直接通入澄清石灰水可检验是否含CO2 C. “ 实验2”可以说明浓硫酸具有强氧化性和酸性 D. “实验1”和“实验2”的现象都说明SO2具有漂白性 12. 利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是 A. 乙室Cu电极为负极 B. 隔膜为阳离子交换膜 C. 扩散到乙室将对电池电动势产生影响 D. 电池正极反应式为： 13. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 14. 向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶液的起始浓度为 B. 在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小 C. 对应的溶液中均存在： D. 由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应 二、非选择题：(共58分) 15. 某实验小组拟用乙酸和苯胺（加热时易被氧化）制备乙酰苯胺，具体实验步骤如下： Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备 向圆底烧瓶A中加入新蒸馏的苯胺、冰乙酸、少量粉，如图接好装置。小火加热A，控制顶端馏出温度约，当温度上下波动或瓶内出现白雾时停止加热。 在不断搅拌下，趁热把反应混合物倒入盛有冷水的烧杯中，析出乙酰苯胺晶体，充分冷却至室温，减 压过滤，用冷水洗涤晶体次，抽干得乙酰苯胺粗品。 Ⅱ．乙酰苯胺的提纯 将粗乙酰苯胺固体移入盛有热水的烧杯中，加热至沸腾使其完全溶解，补加少量热水。稍冷后，加入活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸，__________，冷却至室温，有晶体析出，抽滤、晾干得乙酰苯胺纯品。 已知：①反应原理： ②相关数据及物理性质： 相对分子质量 熔点 沸点 密度 溶解性 苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙酸 冰醋酸 60 118 与水互溶 乙酰苯胺 135 115 305 微溶于水，溶于乙酸、热水 ③装置B为刺形分馏头，用于分离沸点相差较小的液态混合物。 回答下列问题： （1）合成反应装置中仪器D的名称是_______，仪器C中冷却水从_______（填“a”或“b”）口进入。 （2）反应混合物中加入少量锌粉的目的是_______。加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因_______。 （3）控制顶端馏出温度的原因是_______。 （4）抽滤装置如图，洗涤乙酰苯胺粗品时，需要以下操作： a.关活塞F，开抽气泵抽干； b.待洗涤剂缓慢通过； c.开活塞F，加入冷水至浸没固体； d.开活塞F，关抽气泵。 正确的顺序是_______（填标号）；重复次。 （5）活性炭不能趁热加入的原因是_______。 （6）提纯乙酰苯胺时，搅拌下微沸之后的操作是_______，乙酰苯胺的产率为_______（用含m的计算式表示）。 16. 钪元素因其独特性质在高科技领域和新兴材料中具有重要应用。一种从拜耳赤泥(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2、CaO、Na2O，还含有少量Sc2O3)中提取Sc的新型冶炼工艺流程如图所示： 已知：ⅰ．“焙烧”在一定温度下进行，该温度下只有铁的硫酸盐发生分解； ⅱ．25℃时，草酸()的，。请回答下列问题： （1）Sc在元素周期表中的位置_______。 （2）“焙烧”时产生的尾气中含有SO2，写出硫酸铁分解的化学方程式：_______。 （3）“溶出”时，“富铁渣”的主要成分除Fe2O3、SiO2外，还有_______(填化学式)。 （4）“萃取”时，Sc3+与P204形成如下图所示的配合物(R为烷基)，下列关于该配合物的说法正确的有(填选项字母)_______。 A. Sc3+能与O形成配位键从而进入有机相 B. Sc3+的配位数为6 C. 烷基有亲水性 D. 配位时Sc3+被氧化 （5）“反萃取”后，水层中含，“沉淀”时，加入酸性混合液的pH为2～3时沉淀效果最佳，此时酸液中_______(填“”、“=”或“”)，该条件下与草酸反应生成的离子方程式为_______。 （6）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示，已知相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z=_______；晶体中，与Ni原子最近且等距离的Sc原子数目为_______。 17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题： （1）通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下(K1、K2分别为反应I、Ⅱ的化学平衡常数)： I．C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1，K2 ①反应I的逆反应能够自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3=___________，平衡常数K3=___________。(用含K1、K2的计算式表示) （2）大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。 ①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由小到大的关系为___________。 ②甲烷逐步脱氢过程中，决定速率快慢的反应步骤是：___________(用化学方程式表示)。 ③Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳积沉对催化剂造成的不良影响，请结合图甲解释原因：___________。 （3）甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO22CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应b的压强平衡常数Kp=___________(用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。 18. 沙美特罗是目前治疗哮喘的新型药物，它的一种合成路线如下： （1）物质G中非含氧官能团的名称：___________。物质B生成物质C的反应类型：___________。 （2）有机物E的结构简式为___________；反应④使用“MnO2+H+”而不是直接使用酸性高锰酸钾溶液的原因是___________。 （3）设计反应③和反应⑦的目的是___________。 （4）羟基的影响使苯环的邻、对位氢原子活性增强(甲基的影响忽略)，反应②除了生成产物C，还会生成分子式为C9H12O3的副产物，写出该副产物的结构简式___________。 （5）满足下列条件的物质E的同分异构体有___________种，写出一种的结构简式___________。 ①属于芳香族化合物 ②能在NaOH溶液作用下发生水解反应 ③能发生银镜反应 ④不同化学环境的氢原子个数比为1：2：3：6 （6）已知：R-X+NaCN→R-CN+NaX(R表示烃基，X表示卤原子)。参照上述流程，设计以1，3-丁二烯为原料合成1，6-己二胺[H2N(CH2)6NH2]的合成路线___________。(无机试剂任选) (合成路线可表示为：) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $