精品解析：北京工业大学附属中学2025-2026学年第一学期12月考试高三化学试题

2025-2026学年第一学期12月考试 高三年级化学学科试卷 (考试时间90分钟，总分100分) 所需相对原子质量： 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1. 中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是 A. 柠檬酸分子中含有两种官能团 B. 常温下，碳酸氢钠溶液的 C. 固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离 D. 得到气泡球的反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，选项A正确； B．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，常温下，碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液呈碱性，选项B正确； C．固体碳酸氢钠为可溶性盐、柠檬酸为弱酸，都属于电解质，放入水中会发生电离，选项C正确； D．柠檬酸为弱酸不能拆，不能用H+表示，碳酸氢钠电离出的阴离子为，不能用碳酸根离子表示，选项D不正确； 答案选D。 2. NaCl广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示，下列说法不正确的是 A. a表示的是，b表示的是 B. 每个晶胞中含有4个和4个 C. NaCl由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键 D. 基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区 【答案】D 【解析】 【详解】A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氯离子的离子半径大于钠离子，所以晶胞中大球a表示的是氯离子，小球b表示的是钠离子，故A正确； B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为4×+1=4，故B正确； C．氯化钠是含有离子键的离子化合物，由固态变成气态时需要吸收能量破坏离子键，故C正确； D．钠元素的原子序数为11，基态原子的价电子排布式为3s1，则钠元素位于元素周期表的s区，故D错误； 故选D。 3. 下列方程式不能准确解释实验现象的是 A. 加热硬水(含较多、等离子的水)，产生沉淀： B. 向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3 C. 向溶液中滴加稀产生白色沉淀： D. 向溶液中滴加氨水，产生难溶物；继续滴加，难溶物溶解：、 【答案】D 【解析】 【详解】A．硬水中的和共热反应生成沉淀、和，离子方程式书写正确，A正确； B．苯酚酸性弱于碳酸、强于，因此苯酚钠和反应生成苯酚和，苯酚常温溶解度小，溶液变浑浊，方程式书写正确，B正确； C．稀的和配离子中的结合生成，释放出的和结合生成白色沉淀，离子方程式书写正确，C正确； D．氨水是弱电解质，离子方程式中不能拆写为，第一步反应的离子方程式应为，给出的方程式错误，D错误； 故选D。 4. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑 C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，加热条件下油污可在碱性溶液中水解，所以装置甲能除去废铜屑表面的油污，A正确； B．铜能与过氧化氢溶液、稀硫酸共热反应生成硫酸铜和水，则装置乙在加热的条件下可溶解废铜屑，B正确； C．装置丙为过滤装置，可分离除去未反应的铜得到硫酸铜溶液，C正确； D．五水硫酸铜晶体含有结晶水，若将溶液蒸干失去结晶水，无法制得五水硫酸铜晶体，D错误； 故选D。 5. 乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应为： 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 中π电子的数目为 C. 中孤电子对的数目为 D. 消耗，产物中杂化C原子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．未指明标准状况，无法确定其物质的量，A错误； B．HCN结构式为H-C≡N，C≡N三键含2个π键，每个π键2电子，故每个HCN分子含4个π电子，0.1 mol HCN含0.4 NAπ电子，B错误； C．H2O中心原子孤电子对数为=2，9 g H2O为=0.5 mol，0.5 mol水含1 NA孤电子对，C错误； D．该反应中消耗1 mol O2生成2 mol HCN和2 mol CO2。HCN中C为sp杂化（2个σ键），CO2中C为sp杂化（2个σ键），共4 mol sp杂化C原子，数目为4 NA，D正确； 故选D。 6. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A NH3 NH4Cl a e B Cl2 MnO2 + 浓盐酸 c d C SO2 Cu + 浓硫酸 b d D NO2 Cu + 浓硝酸 b f A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室采用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备NH3，只加热NH4Cl制备不了NH3，A不合题意； B．实验室采用MnO2和浓盐酸共热的方法来制备Cl2，故可选用装置c，氯气密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，B符合题意； C．Cu与浓硫酸需在加热情况下才能反应制得SO2，应选用装置c，SO2密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，C不合题意； D．Cu和浓硝酸反应不需要加热，故可选择装置b，但NO2与水会反应，不能采用排水法收集，D不合题意； 故答案为：B。 7. 氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，流程示意图如下，下列叙述不正确的是 A. X为，Y为 B. c>a>b C. 若生成标准状况下，则消耗标准状况下空气约为 D. B池中阳离子的移动方向是从右侧移向左侧 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，B池为燃料电池、A池为电解池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，则Y为氢气，氢气在负极失去电子被氧化、在氢氧根参与下转化为水，燃料电池工作时，阳离子向正极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向正极(从左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，在A池中，逸出气体Y即氢气的电极为阴极、逸出气体X的电极为电解池的阳极、氯离子在阳极氧化生成氯气，则X为氯气，A池中水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电解时，阳离子向阴极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向阴极(从左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%。 【详解】A．由分析可知，A池为电解池，X为氯气、Y为氢气，故A正确； B．由分析可知，B池中氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，A池中氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%，所以c>a>b，故B正确； C．由得失电子数目守恒可知，根据，标准状况下，若生成22.4L氯气，转移电子2mol，则正极消耗氧气为0.5mol，则消耗空气的体积为=56L，故C正确； D．由分析可知，B池为燃料电池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的正极，所以燃料电池中阳离子的移动方向是从左侧移向右侧，故D错误； 故选D。 8. 将1－丁醇、溴化钠和70%的硫酸，经回流、蒸馏、萃取分液制得1－溴丁烷，部分装置如图所示。制备反应：。下列说法正确的是 A. 该制备反应利用了硫酸的氧化性和脱水性 B. 装置Ⅰ中a的作用是冷凝回流，b的作用是吸收尾气 C. 反应结束后的混合物用装置Ⅱ蒸馏时，c为进水口，d为出水口 D. 若装置Ⅱ蒸出的粗产品含有，用萃取分液除去 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生，得到含CH3(CH2)3OH、CH3(CH2)3Br、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到CH3(CH2)3OH和CH3(CH2)3Br的混合物，再选用合适的萃取剂萃取分液得CH3(CH2)3Br粗产品。 【详解】A．该制备反应利用了硫酸的酸性，A错误； B．装置Ⅰ中a的作用是冷凝回流，提高原料利用率，b的作用是吸收尾气，防止HBr等污染空气，B正确； C．反应结束后的混合物用装置Ⅱ蒸馏时，应遵循下进上出，故d为进水口，c为出水口，C错误； D．是有机溶剂，无法与有机物分层，达不到萃取目的，D错误； 答案选B。 9. 恒温条件下，用图1装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是 A. 段主要发生析氢腐蚀 B. 段负极反应式为 C. 段正极反应式主要为 D. 段溶液的基本不变，可能的原因：相同时间内，消耗的量与产生的量基本相同 【答案】C 【解析】 【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，据此分析； 【详解】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确； B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe-2e-=Fe2+，B正确； C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，C错误； D．根据分析，DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同，D正确； 故选C。 10. 科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理（图1），其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为 下列说法不正确的是 A. ①中涉及键的断裂与生成 B. ②③均发生了氧化还原反应 C. 由图2可知，该过程的决速步是① D. 总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成HNO2涉及键的生成，A正确； B．②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误； C．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确； D．在和作用下转变为，硫元素化合价升高了2，是还原剂，被还原为HNO2，氮元素化合价降低了1，是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2~，总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为，D正确； 故选B。 11. 环氧化物与开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类共聚物的合成路线如下(副产物为环状碳酸酯)。下列说法不合理的是 A. 有机化合物E的分子式为 B. 高分子F和高分子G均能发生水解反应 C. 由结构简式可以确定高分子G的相对分子质量比F的大 D. 有机化合物E和通过加成反应生成副产物 【答案】C 【解析】 【详解】A．有机化合物E的分子式为，A合理； B．高分子F和高分子G均含有酯基，都能发生水解反应，B合理； C．高分子F中的和高分子G中的的相对大小不确定，因此两者的相对分子质量不能比较大小，C不合理； D．对比化合物E与环状碳酸酯的结构简式，可以确定化合物E与CO2是通过加成反应生成环状碳酸酯，D合理； 故选C。 12. CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为： ①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) ②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) 其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。 下列说法不正确的是 A. 550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡 B. n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关 C. 加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率 D. 若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)] 【答案】A 【解析】 【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误； B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确； C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确； D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，[解法二：投料比n(CH4):n(CO2)=1:1.3,则n(C):n(H)=2.3:4,即4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]]，D项正确。 答案选A。 13. 常温下，向新制氯水中滴加溶液，溶液中水电离出的浓度与溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。 A. E、H点溶液的分别为3和7 B. F点对应的溶液中： C. G点对应的溶液中： D. E～H点对应的溶液中，为定值 【答案】B 【解析】 【分析】通过图像分析，E点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作用，F点溶液为中性，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，H点溶液呈碱性；据此作答。 【详解】A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3；H点NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，pH>7，A错误； B．F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确； C．G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误； D．根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，为定值，但由于溶体体积不断增大，因此逐渐减小，D错误； 故选B。 14. 将等量的乙酸乙酯分别与等体积的溶液、溶液、蒸馏水混合，加热，甲、乙同学分别测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为： B. ，乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性 C. ，乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性 D. ，酯层体积：酸性<碱性，推测与溶剂极性的变化有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A正确； B．由图可知，在时间内，酯层减少的体积：碱性>酸性>中性，可知乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性，故B正确； C．硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此乙酸乙酯的水解量在酸性、碱性条件下并不相等，故C错误； D．，酯层体积：酸性<碱性，主要原因是溶液中乙醇含量增大，溶剂极性变化，导致乙酸乙酯的溶解量增加，故D正确； 故选：C。 二、解答题(本大题共5个小题，共58分。 15. 以、和为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下： （1）基态原子的价层电子排布式为_______。 （2）根据反应原理分析 ①镀铜反应中，利用了的_______性。 ②选择进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是_______ a．、均属于极性分子 b．与之间能形成氢键 c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子 （3）镀液中的、、三种微粒，空间结构为三角形的是_______。 （4）为防止与形成沉淀，可加入使形成配合物。能电离出和。 (EDTA4-) 中除部分O外，还能与配位的原子是_______。 （5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。位于_______区。 （6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征： 上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是： ①_______。 ②聚合物有可能与配位。 【答案】（1）3d104s1 （2） ①. 还原 ②. ab （3）HCHO （4）N （5）d （6）该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破 【解析】 【小问1详解】 已知Cu是29号元素，则基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1； 【小问2详解】 ①镀铜反应中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故答案为：还原； ②a．根据相似相溶原理可知，、均属于极性分子，a正确； b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则与之间能形成氢键，b正确； c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c错误； 故答案为：ab； 【小问3详解】 镀液中的、、三种微粒中中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO； 【小问4详解】 由的结构简式可知， 部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则中除部分O外，还能与配位的原子是N，故答案为：N； 【小问5详解】 已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则位于d区，故答案为：d； 【小问6详解】 ①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和 N中存在孤电子对，可能与配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。 16. 镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。 Ⅰ.MgH2热分解放出H2 MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol 该反应的能量变化如图。 （1）E1=_____。 （2）提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。 Ⅱ.MgH2水解制备H2 （3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。 （4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。 （5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。 已知：ⅰ. 物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2 Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20 ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。 ①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。 ②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。 ③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。 【答案】（1）160kJ/mol （2）高温、低压、及时移走H2 （3）MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑ （4）产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积 （5） ①. Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 ②. 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 ③. MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生 【解析】 【小问1详解】 焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol； 【小问2详解】 该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2； 【小问3详解】 MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑； 【小问4详解】 MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积； 【小问5详解】 ①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生； ②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液； ③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。 17. 三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．粗品中含有、等杂质 Ⅱ． Ⅲ．易溶于水，难溶于水 （1）净化除杂 向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是_______。 （2）制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是_______。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图。 ⅰ．阴极室中获得的产品有和_______。 ⅱ．结合化学用语说明制备的原理：_______。 ⅲ．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为_______。 （3）制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是_______mol。 （4）应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是_______(填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为_______。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是_______(答1个)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 浓KOH溶液 ③. 阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到 ④. （3）0.125 （4） ①. a ②. ③. 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低 【解析】 【分析】铬酸钾粗品加入溶液生成沉淀以除去、，净化除杂后通入过量的可制得，蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得。 【小问1详解】 向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、，则反应为镁、钙离子和碳酸根离子生成沉淀，反应的离子方程式是； 【小问2详解】 ①向净化液中通入过量的可制得，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是； ②ⅰ．阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有和浓KOH溶液。 ⅱ．阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到； ⅲ．，加入过量氯化钡生成铬酸钡沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应，则存在关系：，则溶液的物质的量浓度为 【小问3详解】 蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125mol； 【小问4详解】 ⅰ．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知，相同条件下，反应速率更快的是a； ⅱ．根据盖斯定律，该脱氢反应的焓变的计算式为； ②催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低。 18. 导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下： 资料： i． ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl （1）A分子中含有的官能团有_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）D→E的反应方程式是_______。 （5）F的结构简式是_______。 （6）下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。 a．核磁共振氢谱有2组峰 b．能与H2发生加成反应 c．不存在含苯环的同分异构体 d．合成PEDOT的反应属于加聚反应 （7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。 （8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因： ①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分； ②_______。 【答案】（1）羧基、碳氯键 （2）ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O （3）取代 （4）++2C2H5OH （5） （6）ab （7）作氧化剂(或脱氢) （8）Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解 【解析】 【分析】A是ClCH2COOH，分子中含有-COOH，能够与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：ClCH2COOC2H5和H2O，B与Na2S的环己烷溶液中发生取代反应产生D：和C2H5OH；D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：，E与K2CO3、ClCH2-CH2Cl反应产生F：；F与NaOH水溶液共热发生酯的水解反应然后酸化，反应产生G：，经脱羧反应产生J，J与(NH4)2S2O8及催化剂作用反应产生高聚物PEDOT。 【小问1详解】 有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键； 【小问2详解】 A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O； 【小问3详解】 B是ClCH2COOC2H5，B与Na2S在环己烷溶液中发生取代反应产生D和NaCl，故B→D的反应类型是取代反应； 【小问4详解】 D是，D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：和C2H5OH，则D→E的反应方程式是：++2C2H5OH； 【小问5详解】 根据上述分析可知化合物F结构简式是； 【小问6详解】 a．根据有机物J结构简式可知：该物质分子结构对称，分子中含有2种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有2组峰，a正确； b．J分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2在一定条件下发生加成反应，b正确； c．该物质分子式是C6H6SO2，可能存在含有苯环的同分异构体，如，c错误； d．根据有机物J及PEDOT结构的不同，可知J变为PEDOT发生缩聚反应； 【小问7详解】 在有机物J变为PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是作氧化剂(或脱氢)； 【小问8详解】 溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，会导致D的产率下降，原因可能是①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②是Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 【答案】（1）> （2）5+2+8H2O=2+10+16H+ （3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢 （4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液 （5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中 （6）过量、加入催化剂 【解析】 【小问1详解】 酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。 【小问2详解】 实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。 【小问3详解】 实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。 【小问4详解】 ①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立； ②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成，说明假设2正确； ③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。 【小问5详解】 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。 【小问6详解】 实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期12月考试 高三年级化学学科试卷 (考试时间90分钟，总分100分) 所需相对原子质量： 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1. 中国航天员在“天宫课堂”演示了如下实验：将泡腾片（主要成分是碳酸氢钠和柠檬酸，其中柠檬酸的结构如图所示）放入水球中，得到气泡球。下列说法不正确的是 A. 柠檬酸分子中含有两种官能团 B. 常温下，碳酸氢钠溶液的 C. 固体碳酸氢钠、柠檬酸放入水中会发生电离 D. 得到气泡球的反应： 2. NaCl广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示，下列说法不正确的是 A. a表示的是，b表示的是 B. 每个晶胞中含有4个和4个 C. NaCl由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键 D. 基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区 3. 下列方程式不能准确解释实验现象的是 A. 加热硬水(含较多、等离子的水)，产生沉淀： B. 向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊：+CO2+H2O→+NaHCO3 C. 向溶液中滴加稀产生白色沉淀： D. 向溶液中滴加氨水，产生难溶物；继续滴加，难溶物溶解：、 4. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑 C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O 5. 乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应为： 阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 中π电子的数目为 C. 中孤电子对的数目为 D. 消耗，产物中杂化C原子数目为 6. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A NH3 NH4Cl a e B Cl2 MnO2 + 浓盐酸 c d C SO2 Cu + 浓硫酸 b d D NO2 Cu + 浓硝酸 b f A. A B. B C. C D. D 7. 氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，流程示意图如下，下列叙述不正确的是 A. X为，Y为 B. c>a>b C. 若生成标准状况下，则消耗标准状况下空气约为 D. B池中阳离子的移动方向是从右侧移向左侧 8. 将1－丁醇、溴化钠和70%的硫酸，经回流、蒸馏、萃取分液制得1－溴丁烷，部分装置如图所示。制备反应：。下列说法正确的是 A. 该制备反应利用了硫酸的氧化性和脱水性 B. 装置Ⅰ中a的作用是冷凝回流，b的作用是吸收尾气 C. 反应结束后的混合物用装置Ⅱ蒸馏时，c为进水口，d为出水口 D. 若装置Ⅱ蒸出的粗产品含有，用萃取分液除去 9. 恒温条件下，用图1装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是 A. 段主要发生析氢腐蚀 B. 段负极反应式为 C. 段正极反应式主要为 D. 段溶液的基本不变，可能的原因：相同时间内，消耗的量与产生的量基本相同 10. 科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理（图1），其能量变化如图2所示。 已知：的结构式为 下列说法不正确的是 A. ①中涉及键的断裂与生成 B. ②③均发生了氧化还原反应 C. 由图2可知，该过程的决速步是① D. 总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 11. 环氧化物与开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类共聚物的合成路线如下(副产物为环状碳酸酯)。下列说法不合理的是 A. 有机化合物E的分子式为 B. 高分子F和高分子G均能发生水解反应 C. 由结构简式可以确定高分子G的相对分子质量比F的大 D. 有机化合物E和通过加成反应生成副产物 12. CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为： ①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) ②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) 其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。 下列说法不正确的是 A. 550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡 B. n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关 C. 加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率 D. 若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)] 13. 常温下，向新制氯水中滴加溶液，溶液中水电离出的浓度与溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。 A. E、H点溶液的分别为3和7 B. F点对应的溶液中： C. G点对应的溶液中： D. E～H点对应的溶液中，为定值 14. 将等量的乙酸乙酯分别与等体积的溶液、溶液、蒸馏水混合，加热，甲、乙同学分别测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为： B. ，乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性 C. ，乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性 D. ，酯层体积：酸性<碱性，推测与溶剂极性的变化有关 二、解答题(本大题共5个小题，共58分。 15. 以、和为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下： （1）基态原子的价层电子排布式为_______。 （2）根据反应原理分析 ①镀铜反应中，利用了的_______性。 ②选择进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是_______ a．、均属于极性分子 b．与之间能形成氢键 c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子 （3）镀液中的、、三种微粒，空间结构为三角形的是_______。 （4）为防止与形成沉淀，可加入使形成配合物。能电离出和。 (EDTA4-) 中除部分O外，还能与配位的原子是_______。 （5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。位于_______区。 （6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征： 上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是： ①_______。 ②聚合物有可能与配位。 16. 镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。 Ⅰ.MgH2热分解放出H2 MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol 该反应的能量变化如图。 （1）E1=_____。 （2）提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。 Ⅱ.MgH2水解制备H2 （3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。 （4）MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。 （5）MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。 已知：ⅰ. 物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2 Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20 ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。 ①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。 ②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。 ③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。 17. 三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．粗品中含有、等杂质 Ⅱ． Ⅲ．易溶于水，难溶于水 （1）净化除杂 向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是_______。 （2）制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是_______。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图。 ⅰ．阴极室中获得的产品有和_______。 ⅱ．结合化学用语说明制备的原理：_______。 ⅲ．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为_______。 （3）制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是_______mol。 （4）应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是_______(填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为_______。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是_______(答1个)。 18. 导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下： 资料： i． ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl （1）A分子中含有的官能团有_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）D→E的反应方程式是_______。 （5）F的结构简式是_______。 （6）下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。 a．核磁共振氢谱有2组峰 b．能与H2发生加成反应 c．不存在含苯环的同分异构体 d．合成PEDOT的反应属于加聚反应 （7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。 （8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因： ①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分； ②_______。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $