福建省泉州第五中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

准考证号 姓名 (在此卷上答题无效) 绝密★启用前 2027届泉州五中高三上学期化学单元检测 化 学 全卷共8页，满分100分，考试时间60分钟， 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的考生号、姓名填写在试题卷、答题卡上。考生要认真核对答 题卡上粘贴的条形码的“考生号、姓名”与考生本人考生号、姓名是否一致。 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，用橡皮棕擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色字迹签 字笔在答题卡上作答。所有题目的答案均在答题卡相应位置上作答答在试卷上无效。 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量H-1N-140-16S-32Fe-56Cu-64Au-197 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1.氮及其化合物的部分转化关系如图所示，设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 N2>NH3HN >NH,NO3 19c>N2O+H.O A.反应①中，每产生17gNH3需断裂N个π键 B.1 nol HINO3中氮原子有3W个sp杂化轨道 C.0.1mo1/L NH,NO,溶液中NH4数目小于0.1Ns D.反应③中，产生1molN,O转移4N个电子 2.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正 确的是 选项 离子组 加入试剂 发生反应的离子方程式 K、[AI(oH)4]、so、 少量HC1溶 A Al(OH)+H'=AI(OH HCO 液 少量BaCL B H、Na、SO、Nog Ba2++SO2=BaS0,↓ 溶液 通入足量 C C、Na*、ClO、K SO,+CIO+H,O=HSO+HCIO SO, Nat、Fe3+、So}、I 通入少量 D NH Fe*+3NH3 +3H2O=Fe(OH)+3NH A A B.B C. C D.D M化学试题第1页（共8页） 3.Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 Be.C-H:O>Be(OH): Cl→BeC,导电盐 熔融电解 >Be 熔点2200℃NaOH 熔点405℃ 沸点488℃ Na,[Be(OH)4] A.Be(OH,是两性氢氧化物 B.Be,C和BeCl,的晶体类型相同 C.Na,[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp D.Be,C与HO反应：BeC+4H,O=2Be(OH),+CH4个 4.利用NAD*和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 OH 0 0 ① 、② H HO NH2+H NH2+H.O NAD方 (NADH) (NAD) 下列说法不正确的是 A.①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2nol电子 B.①中，NAD*转化为NADH,部分碳原子的杂化方式改变 C.②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D.每合成1nol丙酸甲酯，理论上须投入1 nol NAD 5.以铜阳极泥[含有Cu、Ag、Au多种单质]为原料分离回收金和银的流程如下图所示： Na2S2O3 酸、H2O2 酸、H2O2 浸渣2 浸出液3 浸取3 Cu、AgAu浸取I 浸渣1 电沉积→Ag 混合物 浸取2 还原→Au 浸出液1 浸出液2 N2H4 N2 已知： ①浸取1、浸取2过程H202过量 ②浸出液2中Au的存在形式为[AuC4 ③电沉积时电极反应：[Ag(s,02]+e=Ag↓+2S,O。 下列说法错误的是。 A.浸取1过程与浸取2过程加人的酸不同 B.“还原"步骤的离子方程式：4AuCL+3N,H4=4Au+3N2个+16CI+12H C.“还原步骤中，若加人24gNH4,则实际析出197gAu D.电沉积后，浸出液3的剩余液体经处理后可循环利用 M化学试题第2页（共8页） 6.不同条件下，当KMO,与K按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 KI KMn04 起始酸碱 反应序号 还原产物 氧化产物 性 物质的量 物质的量/mol /mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ 2 ② 中性 0.001 10n MnO2 IO 已知：MnO,的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A.反应①，n(Mn2+)n(12)=1:5 B.对比反应①和②，x=2 C.对比反应①和②，I的还原性随酸性减弱而增强 D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变 7.某课外活动小组用如图装置（夹持装置已省略）研究氨分子中氮、氢的原子个数比。实验 中观察到装置C中黑色C0粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体（反应前装置 C、D中的水蒸气可忽略不计)。下列说法正确的是 浓氨水 Cuo 碱石灰 2 浓 水 CaO 酸 灰 管 管 A B E 滴定管示数 A.装置A中固体若替换为NaOH固体，则需加热 B.装置E可以替换为另一个盛有碱石灰的干燥管 C.此装置中量气管是由碱式滴定管改造而成，从上图2读出气体体积为9.20L D.实验结束后干燥管D质量增加mg,装置F测得产生nL气体，已知该温度下气体 摩尔体积为”，则氨分子中氨、氢的原子个数比为18/mV 8.已知由FeS04和CuNo3)2组成的混合物17.08g,加入100mL1.4mol·L1硫酸充分反 应，生成标准状况下448mLNO,得到溶液a.向溶液a中通入一定量C12至恰好完全反 应后，再加入11.2g铁粉，充分反应后过滤，得到标准状况下VmLH2和固体mg。下列 说法不正确的是 A.固体中有铁粉和铜粉，m=6.4g B.原混合物中FeSO4的物质的量为0.1mol C.V=2240 D.混合物与硫酸反应的离子方程式为3Fe2++NO,+4H+=3Fe3++N0个+2H,O M化学试题第3页（共8页） 9.席夫碱也称希夫氏碱，主要是指含有亚胺或甲亚胺特性基团(-RCN-)的一类有机化合物， 如图是一种席夫碱的合成及应用，下列说法错误的是 CI AcOH,H2O NaOH,DMSO 0C 步骤一 步骤二 步骤三 Y A.步骤一经历了加成和消去两步反应 B.X中sp杂化碳原子有6个 C.Z和W均含有手性碳 D.设置步骤一和步骤三的目的是保护醛基 10.pH=1的某溶液X中还含有NH4、AI+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO、SO?、SO}、CI、 O?中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行如下实验： →气体A →气体D 过量BaNO3)2 过量C0 溶液G 过量NaOH 溶液X 溶液B 溶液E 溶液 溶液 沉淀C 沉淀F 沉淀H 下列有关推断不正确的是 A.沉淀H不可能为Al(OH)2、BaCO3的混合物 B.若溶液X为100mL,产生的气体A为112mL(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L C.溶液X中一定含有NH4、A13+、Fe2+、SO}、H D.根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl M化学试题第4页（共8页） 二、非选择题：本大题共4小题，共60分 11.纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬(M)废水。已知：Kp(FeS)=6.3x1018, K.(HS)=6.3×107,K2(HS)=7.0×1015 (①)纳米零价铁的制备。 绿矾(FeSO4·7H,O)、保险粉(Na,S,O4)溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在40~90°C温 水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和Na,SO,，其化学方程式为 (2)利用零价铁和活性炭处理C(Ⅵ)的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生H.和F2+, H.和Fe2+在酸性条件下均能将C(I)还原为C(IⅢ)，Cr(IⅢ)可转化为Cr(OH)3沉淀去除。 ①写出C,O和H·反应的离子方程式 100 ②纳米零价铁投人量对C(VⅥ)去除率的关系如图所示。 80 为 60 当纳米零价铁的投入量为2gL1时，反应60min后，去除 40 率只有50%；而当零价铁的投人量增加到10g·L1时，反 20 应60min后，去除率为100%。可能的原因为 ③初始pH对C(I)去除率的关系如图所示。pH>11时， 2 4 6R10 Fe的投入量/g-L C(I)的去除率几乎为零。可能的原因为 9100 堡75 50 3 0 2 4 6 10 12 初始pH (3)利用Fes处理C(VI)的机理为： I.Fess+f→Fe++Hs Ⅱ.Fe2++Cr(I)→Fe++Cr3+ Ⅲ.2-+Cr(I)→S+Cr3 IV.xCr3+(1-x)Fe+3HOCr,Fea-x)(OH)3+3H(0<x<1) ①反应I的化学平衡常数K=。(填数值) ②制备高纯F©，O,粉末。将反应V生成的沉淀用酸溶解后，取一定体积所得溶液于烧杯中， ,得高纯FeO,粉末。何供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、 BaCl溶液、坩埚、蒸发皿、pH计。)已知该溶液中Fe3+开始沉淀的pH=1.7,完全沉淀的 pH=3.0,Cr3+开始沉淀的pH=4.3,完全沉淀的pH=5.6。 M化学试题第5页（共8页） 12.近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为N,ZrCl,。工业上以锆英 石（主要成分为ZrSiO4)为原料生产Na,ZrCl。的工艺流程如下。 硝酸浓盐酸PbCO,NH 焦炭、CL NaCl 锆英石→酸浸→远铅→调p回一→Z0,xH,0一→煆烧→高温氯化→份离→化合一→Na,ZC, 废渣1 废渣2废液 (PbCL) 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第VB族，性质与Ti相似； ②酸浸…后溶液中金属元素主要存在形式为ZO2+、Cr3+、FeC14和PbC1。 (1)基态Zr的价电子排布式为 (2)沉铅时PbC1发生的总反应离子方程式为 (3)25℃，金属离子M+形成M(OH),的-lgc与pH关系如图所示。“调pF前，溶液中杂质 离子c(Fe3+)=c(C3+)=1.0×102mol:D1,此时通入氨调节pH (填标号)，假定 溶液体积无变化。 -1gc 7 Cr 6 3 1 0 0 2.8 5.6pH a.<1.8b.1.82.8c.2.8-5.6d.>5.6 (4)高温氯化时，ZO2转化为ZC14(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方 程式为 。在“高温氯化前对固体进行煅烧除水，目的是 (⑤)“高温氯化”后，从混合气体中分离ZrC14的方法是 0 (⑤一种含钨(W)、钼Mo)、锆元素的合金的立方晶胞结构如下图所示，W与Mo的最小间距 大于W与Zr的最小间距。 ①W、Mo、Zr的原子个数比为 ,若Mo与Zr之间的最小间距为anm,则晶胞 的边长为 nm. ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与x、 y、z三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x、y、z三 轴截距的倒数为(1,1,1)，因此该晶面可标记为(1,1,1)，则虚线所示晶面可标记为 M化学试题第6页（共8页） 13.桂皮中富含的肉桂醛是重要的药物合成原料。一种药物的合成路线如下。 〉-CHO CH,CHO -CH=CH-CHO→ NaOH CH-CH-COOH CH.CHOH D 浓硫酸△ A B HC No : G OHC -NO CH2CH2OH△ 回答下列问题： (I)用系统命名法对B命名： ,C中官能团名称为 (2)A→B先发生加成反应，后发生消去反应，写出加成产物的结构简式 (3)D一→E的历程如下图所示(Ph表示苯基，Et表示乙基)，关于该转化过程的描述不合理的是 (填标号) (NH,-NH, H-NH,② NH-NH2 NH,-NH2 Ph- ④ OEt 2个0 PhOE ®，h1 -EtOH 2个0 A.过程①表明3号碳的正电荷比2号碳多 B.过程②表明带负电的C原子碱性弱于氨基 C.过程③前后N原子的杂化方式设有变化 D.过程④存在非极性键和极性键的断开和形成 (4根据D→E的历程写出CHNH,和CH,CH=CHCOOC,H反应生成含有四元环产物的方 程式 (⑤)E→F的过程也经历了加成和脱水两步。E和G反应在脱水过程中还可能得到一种结构 类似于F,但是比F多一个三元环结构的副产物，该副产物的结构简式为 (⑥满足下列条件的C的同分异构有」 种。 ①可以和FCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③结构中只有一个环 M化学试题第7页（共8页） 14.纳米铜用途广泛，可用次磷酸(HPO2)还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①HPO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2HPO2=PH3个+HPO4。 ②Ca(HPO2),易溶于水 ⑧Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[C,(C。H,0,2]。 (1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制 得C(HPO2),(此反应为歧化反应)，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到HPO2。 制得Ca(HPO2),的离子方程式为： CuSO,溶液 电磁搅拌器 (2)制备柠檬酸铜钠[Na,Cu,(C。H,O,2]。制备过程如图所示： 柠檬酸钠 铜蓝矿(CuS) 浸取 →柠檬酸铜钠 H,0,溶液 ①写出Cu+的外围电子排布式： ②加入H,O2溶液的作用是： (3)制备纳米铜。在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀HS04调节溶液H为46，加 入一定量H,P02,50-70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调pH后的溶液中的Cu+将HPO2氧化为HPO4,该反应的离子方程式为： ②HPO,的实际用量远大于理论值的原因是： (4)经过H,PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的C1,0，欲测定产品中C,O的百分含量， 请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取g的样品，置于烧杯中，，将沉淀 灼烧至恒重后，用电子天平称量，质量为g,计算出结果。（已知： Cu,0+2H*=Cu2++Cu+H,0。必须使用的试剂：2mol·LHSO4溶液、1mol.L NaOH溶 液、2 mol.LBaCl,溶液、蒸馏水)通过计算得出产品中Cu,O的百分含量为：。（写出 计算过程) M化学试题第8页（共8页） 《2026年09月13日化学作业》参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D D A 马 1.C 【来源】河南省濮阳市2026届高三上学期第一次模拟考试化学试题 【详解】A.反应①为N2+3H2≥2NH3,产生2 mol NH3需断裂1molN中的三键（含2molπ键）。17gNH3 为1mol,故产生1 nol NH需断裂1molπ键，即NA个π键，A正确； B.NO3中氮原子为p杂化，有3个sp杂化轨道。1molN03含1mol氮原子，故有3molp杂化轨 道，即3NA个，B正确； C.溶液中离子数目需指定体积。若未指明体积，无法确定NH数目是否小于0.1NA(如体积为1L时，因 NH4水解，数目小于0.1NA;但体积大于1L时，数目可能大于0.1Na)。该说法未限定体积，故不严谨， C错误； D.反应③为NH4NO3=N20+2H2O。铵根中N的氧化态从-3升至+1（平均），失4ol电子；硝酸根氮氧 化态从+5降至+1，得4mol电子。故产生1molN20转移4mol电子，即4Na个电子，D正确； 答案选C。 2.B 【来源】【点石联考】辽宁多校2026-2027学年第一学期高三开学考试化学试卷 【详解】A.[A1(OH)4]与HCO会发生反应生成A(OH沉淀和CO,离子组不能大量共存，A错误； B.离子组中各离子之间不发生反应，可大量共存；加入少量BaCl,溶液时，仅Ba2+与SO反应生成BaSO, 沉淀，离子方程式书写正确，B正确； C.离子组可大量共存，但通人足量SO,时，具有氧化性的C10会与具有还原性的SO发生氧化还原反应， 正确离子方程式为SO,+C1O+H0=SO}+CI+2H,给出的离子方程式错误，C错误； D.Fe3+与I会发生氧化还原反应生成F+和I,离子组不能大量共存，D错误； 故选B。 3.B 【来源】2025年云南高考真题化学试题 【详解】A.由图中转化信息可知，B(OH),既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐， 因此其是两性氢氧化物，A正确； B.由题中信息可知，Be,C的熔点远远高于BeCl,的，因此Be,C不可能是分子晶体，而BeCl,的熔点和沸 点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误； C.Na,[Be(oH)4]中Be原子与4个羟基形成4个o键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其 杂化方式为即3，C正确； D.Be,C中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与H,O反应生成B(OH),和CH4,该反应的化学 方程式为BeC+4HO=2Be(OH)2+CH4个，D正确； 综上所述，本题选B。 4.D 【来源】北京市海淀区2025届高三下学期二模化学试卷 答案第1页（共9页）》 【详解】 OH A.①中， -2e→ +2H,因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正 确； NH2 B.①中，NAD转化为NADH, 中带*符号的碳原子的杂化方式由$即转化为$p3,B 正确； C.②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确； D.由转化关系图可知，在反应前后，NAD化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误； 故选D。 5.c 【来源】辽宁沈阳市东北育才学校2027届高三上学期第一次模拟考试化学试卷 【分析】由题给流程可知：向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为 硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向浸渣1中加人盐酸和 过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为HAuC14,过滤得到含有AgCI1的浸渣2和含有 HAuCI,的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将AgC转化为[Ag(S,O),],过滤得到含有 [Ag(S,O3)2]F的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCI4的浸出液2中加入N,H4,将溶液中 HAuCl4还原为金。 【详解】A.浸取1为溶解Cu,可加入稀硫酸，浸取2需要形成AuCl4],必需加入盐酸，二者加入的酸 不同，A正确； B.还原步骤中，A元素从+3价降为0价，每个NH4中N元素从-2价升为0价，共失去4e,该反应得 失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，离子方程式书写正确，B正确； C.n(N,H)= 28075m0,已知浸取2中H0,过量，N,与H0,也能发生氧化还原反应，实 际参与还原[AuCL4]的NH4小于0.75mol,析出Au的物质的量小于1mol,质量小于197g,C错误； D.电沉积反应生成S,O,剩余液体处理后可返回浸取3工序循环利用，D正确。 6.C 【来源】山东省济宁市金乡县青华园实验高中2025-2026学年高二上学期期中检测化学试题 【详解】A.反应①中根据得失电子守恒，MnO4中Mn从+7价降为+2价，每个Mn得5e;I从-1价升为 0价，每个I失1e,故n×5=0.001mol×1,解得n=0.0002mol。生成n(Mn2+=0.0002mol, n,)=000mo=0.0005mol,二者比值为2：5，不是1：5，A错误： 2 B.反应②中n(KMO4)=10n=0.002nol,Mn从+7价降为MnO2中的+4价，总得电子 0.002mol×3=0.006mol。0.001molI共失0.006mol电子，即每个I失6个电子，故I0,中I为+5价，根据 离子电荷守恒+5-2x=-1,解得x=3,不是2，B错误； C.题干已知高锰酸根氧化性随酸性减弱下降；酸性条件I只能被氧化成I2（低价位氧化产物)；中性环 答案第2页（共9页） 境之下I被氧化至高价态碘酸根；氧化剂氧化性变弱，却依旧可以把碘-1价氧化到更高价，说明I还原 性随酸性减弱变强，C正确： D.反应①的离子方程式为2MnO4+10I+16=2M2++5L2+8H20,消耗H,pH增大；反应②的离子 方程式为2MmO4+I+H,0=2MnO2↓+IO?+2OH,生成OH,pH也增大，不是不变，D错误； 故选C。 7.D 【来源】浙江省名校协作体2027届高三上学期9月练习化学试题 【分析】装置A中浓氨水与CaO反应生成H,H经B中碱石灰被干燥，C中H还原Cuo生成 N2、H,O和Cu,D中碱石灰吸收HO,E中浓硫酸吸收未反应的NH,F量气管测量N2的体积。最终通 过D中增加HO的质量和F中N的体积，可计算出N和H的原子个数比。 【详解】A.NaOH固体溶于浓氨水时会放热，且增大溶液中OH浓度，促进NH·H,O分解释放H,无 需加热即可制得氨气，A错误； B.装置E的作用是吸收未反应的H,同时避免F中水蒸气进人D干扰水的质量测定，碱石灰无法吸收 NH,会导致N,体积测定结果偏大，B错误； C.气体体积为量气管末态读数与初始读数的差值，图2仅为反应后的末态读数，无法直接得到气体体积 为9.20mL,C错误； D.干燥管D增加的质量为反应生成H,0的质量，n(H)=2×”-mmol;装置F收集的气体为N, 189 n(N)=2x0m0l,则氮、氢原子个数比为/=18 V m/9 mV ,D正确： 故答案选D。 8.A 【来源】四川遂宁市2025-2026学年高一下学期期末教学质量监测化学试题 【分析】混合物加硫酸，酸性下Fe+把NO?还原生成NO;溶液a通Cl2将所有Fe2+氧化为Fe+;再加铁 依次还原Fc、置换C与H产生耳，。由题，川N0三2400.02m0,反应过程发生反应 3Fe2++NO?+4H=3Fe3++N0个+2H,0,由NO?~NO,设混合物中MCu(NO3)2]=y,则2y=0.02,解 得y=0.01mol。设n(FeS04)=x,则152x+188×0.01=17.08,解得x=0.1mol。硫酸提供 nH+)=(0.1×1.4×2)mol=0.28mol,反应消耗H=(0.02×4)mol=0.08mol,剩余nH*)=0.20mol。通 入C,后全部铁为Fe,n(Fe3)=0.1mol,n(C2）=0.01mol。加人铁粉mFc)=12mol=0.20mol,依 56 次发生如下反应：2Fe3++Fe=3Fe2+,消耗Fe0.05mol,剩余Fe:0.15mol;Cu2++Fe=Cu+Fe2+,消耗 Fe0.01mol,生成Cu0.01mol,剩余Fe:0.14mol;2H+Fe=H2个+Fe,0.20molH+消耗Fe0.10mol, 生成n(H2)=0.10mol,7(H2)=0.1mol×22400mL/mol=2240mL;最终剩余铁粉： (0.14-0.10)mol=0.04mol,固体总质量m=(0.01×64+0.04×56)g=2.88g。 【详解】A.由分析可知，反应后得到0.0 Imol Cu和0.04nol剩余Fe,总固体质量 m=(0.01×64+0.04×56)g=2.88g,A错误； B.由分析可知，FSO4的物质的量为0.lmol,B正确； C.由分析可知，反应后剩余H为0.2mol,与Fe反应生成0.1molH2,标准状况下体积为2240mL,C 答案第3页（共9页）】 正确； D.酸性条件下NO,氧化Fe+的离子方程式为3Fe2++NO?+4H=3Fe3++NO个+2H,0,D正确； 故选A。 9.B 【来源】浙江杭州学军中学紫金港校区2027届高三上学期返校考试化学试题 【分析】由图可知，步骤一中，氨基先与醛基发生加成反应得到含羟基的中间体，之后中间体消去1分子 HO 水形成碳氮双键，最终得到Y,Y再与 在一定条件下发生取代反应得到 和HCL,在一定条件下发生水解得到 【详解】A.步骤一中氨基先与醛基发生加成反应得到含羟基的中间体，之后中间体消去1分子水形成碳 氮双键，经历加成和消去两步反应，A正确： B.X为邻氯苯甲醛，苯环上6个碳原子均为$p杂化，醛基中的羰基碳原子也为sp杂化，共有7个邓杂 化碳原子，B错误； C.Z中与苯基、氧原子、-CH,CH,N(CH)2相连的碳原子连接4种不同基团，为手性碳，如图所示： W中手性碳如图所示： C正确； D.步骤一将醛基转化为亚胺，避免醛基在步骤二的碱性条件下发生反应，步骤三将亚胺水解重新得到醛 基，因此设置步骤一和步骤三的目的是保护醛基，D正确； 故答案选B。 10.B 【来源】河北冀州中学2025-2026学年高三上学期1月月考化学试题 【分析】pH=1的某溶液X呈强酸性，则一定不含有CO、SO};加入过量的硝酸钡溶液产生沉淀C和 气体A,则沉淀C为BaSO4沉淀，原溶液中存在SO:,不存在Ba+,生成气体A只能为NO,说明溶液 中存在还原性离子，故存在F2+，酸性条件下，硝酸根离子会氧化亚铁离子，因此原溶液中不存在硝酸根 离子；溶液B中加人过量的氢氧化钠溶液，产生的气体D只能为氨气，说明含有H,沉淀F为氢氧化 铁；溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀H,说明原溶液中含有A+,生成的沉淀H为氢氧化铝。综上， 原溶液中一定含有NH4、A1+、F2+、SO?、H,一定不含有Ba+、CO}、SO}、NO?,不能确定是 答案第4页（共9页） 否有CI、Fe+,据此解答。 【详解】A.由分析可知，沉淀H为AI(OH)2,不可能为A1(OH),、BaCO3的混合物，因为溶液E中含有 的Ba(OH,和过量的二氧化碳反应不会生成BaCO3沉淀，A正确； B.若溶液X为100mL,产生的气体A为112ml(标况)，则生成气体N0物质的量为0.005mol,发生反 应：3Fe2++NO+4H*=3Fe3++2H0+N0个，则X中Fe2+物质的量为0.015mol, cPe2*)=0015mol0,15moM,B错误 0.1L C.由分析可知，溶液X中一定含有NH4、A13+、Fe+、SO4、H,C正确； D.由分析可知，根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有F3、Cl,D正确； 故选B。 1.(1)FeS04·7H,0+NaS,04+4Na0H40-90Ce+2Na,S0,+a,S04+9H,0 (2) 6H+C,0号+8H=2Cr3++7H,0 零价铁量较少时，不能形成较多的微小原电池，C(I)的 去除率低；随着零价铁量的增加，形成的F©-C原电池的数目迅速增加，另外零价铁与C(Ⅵ)的接触面积 也增大，反应速率加快，导致C(I)去除率迅速增大，60min后，C(I)的去除率达到100% pH>11 时，电化学腐蚀生成的Fe+和H.极少；溶液碱性增强，F2+会生成氢氧化物沉淀覆盖在零价铁表面，阻 碍反应的进行，导致C(I)的去除率几乎为零 (3) 9.0×104 边搅拌边滴加NaOH溶液，同时使用pH计测量溶液中的pH,当测得pH在3.0~4.3 范围内，停止滴加NOH溶液，充分反应一段时间后静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗 涤后的滤液中滴加BC,溶液无沉淀生成，将沉淀转移至坩埚中，灼烧至固体质量不再变化 【来源】江苏镇江市2025-2026学年第一学期高三零模化学试卷 【详解】(1)反应物是绿矾(FeSO4·7H,O)、保险粉(NaS,O4)和NaOH,产物是纳米Fe粉和Na,SO3。 这是一个氧化还原反应，F+被还原为F,得到2个电子，S,O?被氧化为SO,两个S原子失去2个电 子，根据电子守恒和原子守恒配平可得，其化学方程式为 FcSO,7H,O+Na,S.O,+4NaOH0-CFe+2Na.SO:+Na,SO,+9H,O. (2)①H·是还原剂，C,O号是强氧化剂，Cr从+6价被还原为+3价，H从0价被氧化为+1，且反应在酸 性条件下进行，故反应的离子方程式为6H+C1O号+8H=2Cr3++7H,0; ②零价铁和活性炭形成原电池；当投入量少时，铁粉少，形成的F-C原电池数量少，反应速率慢，去除率 低；当投入量大时，铁粉增多，形成的原电池数目迅速增加，加速了电子转移。同时，接触面积增大，反 应速率加快，能在60min内将Cr(I)完全去除。 ③H.和F2+在酸性条件下均能将Cr(Ⅵ)还原为C(III),pH>11时，碱性强，电化学腐蚀受阻，难以生成 还原剂H.和Fe2+,生成的少量Fe+或Fe3+会立即生成F(OH)2或Fe(O田3沉淀，覆盖在铁粉表面，形成 钝化层，阻碍了电子传递和反应的继续进行。 (3)①利用溶度积(K,)和电离言数(K,)计算，反应I的化学平衡高数为K-cc“:cHS】 分子 c(H" 分母同乘S)得K-c5ecS)es）_KFes)63x10 c(H')c(S-) K2(H,S7.0×105=9.0x104。 答案第5页（共9页）】 ②从除铬后的废水中得到Fe,O3,即分离Fe3+和cr3+,应控制pH在3.0~4.3之间，使Fe+完全沉淀为 Fe(O田3，而cr3+留在溶液中。故先调节pH:,边搅拌边滴加NaOH溶液，控制pH在3.0~4.3之间， 产生Fe(OD)3沉淀；过滤，使F(O田沉淀与含Cr3+的滤液分高；用蒸馏水洗涤沉淀，直至洗涤液中不含SO?; 将Fe(OHD3沉淀转移到坩埚中灼烧至恒重，得到Fe,O3。 12.(1)4d5s (2)PbCO:+PbCI+2H"=2PbCI,+H,O+CO, (3)a 高温 (4) ZrO,+2C+2CL ZrCl,+2CO 防止ZC14水解或防止焦炭及氯气与水反应 (5)冷却或凝华 (6) 1:1:2 4v (2,1,2) 3 -a 【来源】福建厦门双十中学2026届高三下学期热身考试化学试题 【分析】将原料中锆、铁、铬、铅等金属元素转化为可溶性离子（Zro2*、C3、FCI和PbCI?）,滤出 不溶性杂质得到废渣1；随后加入PbCO,沉铅，将PbC转化为PbC1,沉淀除去，得到废渣2；再通人氨气 调节pH,使Fe3+、C3+留在废液中，得到水合氧化锆ZrO2·xH,O;经煅烧除结晶水得到无水ZrO,再经 焦炭、Cl,高温氯化得到ZrCl4,分离后与NaCl化合得到最终产物Na,ZrCl。 【详解X1Zr位于第五周期第WB族，属于过渡元素，Zr的原子序数为40，其核外电子排布式为[K]4d'5s2, 故Zr价电子排布为4d25s2; （2)“酸浸”后溶液中含有PbCI4,加人PbC03后生成PbC12沉淀（废渣2），同时溶液中可能生成C02, 发生的总反应离子方程式为PbCO3+PbC1+2H=2PbCL,+H,O+CO,个； (3)由图可知，当pH=2.8时，Fe3+的-lgc=5,即cFe3)=105mo/L,已完全沉淀，当pH=5.6时，Cr3+的-lgc=5, 即c(Cr)=105molL,也已完全沉淀，则Fe+先沉淀，根据Kp[e(OH)]=c(Fe)c(OH）,计算得 K[e(OH)]=1×103×1x10112)3=1×1086,为了使Z02+沉淀而Fe3+、Cr+不沉淀，实现物质分离， 1.0×10386 故c(oH）-10210-1010ma/1.则poH122,调节pH最大值是18，选a (4)ZO2与C、C在高温下生成ZC4和一种还原性气体，故反应方程式为 Z02+2C+2CL, 高温。 =ZrCl4+2C0;Z1rC4易水解生成Z02或Z(OHD4,影响产品纯度，此外水蒸气可能与 C、Cl2反应，干扰主反应，需预先除去水分，目的是防止ZC14水解或防止焦炭及氯气与水反应； （5)ZC4在331℃升华，变为气态，冷却后凝华为固体，因此可通过冷却或凝华分离； （6)①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原于位于晶胞顶点和面心，V原子数：8×。+6×)4； 2 已知W与Mo的最小间距大于W与Zr的最小间距，观察上图可知Mo原子为白色小球，与W间距为晶 胞边长的，位于晶胞体心和棱心，M0原子数：1+12×44：方原于为灰色小球，位于体对角线上，与 w间距为晶胞边长的5，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo,Zr的原于个数比为11：2：若M0与Zr 之间的最小间距为am,与w间距为晶胞边长的5，则晶胞边长为4 -anm; 4 答案第6页（共9页）】 ②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在×y、z轴上的截距，图中壶线晶面的截距为（兮1，）：取截 距的倒数为(2,1,2)；已为最简整数比，因此，该晶面的米勒指数为(2,1,2)。 13.(1) 3苯基丙烯醛 碳碳双建、羧基 OH (2) CH-CH,-CHO (3)BD (4) CH;NH2 H;C-C=C-COOC2Hs O+CH;CHOH HH NO2 (6)16 【来源】湖北武汉市华中师范大学第一附属中学2026届高三下学期高考学科核心素养卷化学试题 【分析】 A→B(苯甲醛+乙醛，)反应类型：羟醛缩合，随后脱水消去；B→C醛基氧化为羧基；C→D(肉桂酸+ 乙醇，浓硫酸、加热)反应类型：酯化反应（取代反应），D结构： -CH=CH一COOCH,CH3; D→E(和NH4反应)酯与肼发生肼解，环化生成五元环酰肼结构E;E→F(与G:对硝基苯甲醛，乙醇 加热)氨基与醛基发生缩合脱水，形成双键，得到产物F。 【详解】(1)B的母体为丙烯醛，苯基在3号碳，系统命名为3-苯基丙烯醛；C是肉桂醛氧化得到的肉桂 酸，含有的官能团为碳碳双键和羧基； (2)A(苯甲醛)和乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合，首先是乙醛的α-碳进攻苯甲醛的醛基，发生加成反 应得到邮羟基醛，之后再脱水消去得到B的碳碳双键，故由B的结构简式推得加成产物的结构简式为 OH CH一CH2一CHO (3)A.过程①中亲核的NH4进攻3号碳，说明3号碳正电荷更高，描述合理，A不符合题意； B.过程②中带负电的2号碳夺取氨基上的氢，说明带负电的碳碱性强于氨基，描述不合理，B符合题意； C.过程③反应前氨基N均形成3个σ键，含1对孤电子对，为p杂化，成环后左端氨基N成键情况不 变，右端带正电的N形成4个σ键，故均仍为p杂化，杂化方式设有变化，描述合理，C不符合题意； D.过程④断开C-0极性键、N-H极性键，形成C-O极性键、O-H极性键，没有非极性键的断开和形成， 描述不合理，D符合题意； 故选BD。 (4)参照D→E的历程，单甲基的CH NH2只有一个可参与成环的N-H键，最终生成四元的邹-内酰胺环， 同时脱去乙醇，反应方程式为 答案第7页（共9页） CH:NH2 H;C-C=C-COOC2Hs O+CHCH,OH HH (5)脱水时除了生成F的亚胺结构，还可发生分子内的亲核加成，E上的活泼-碳进攻G的醛基碳，关 NO2 环得到多一个三元环的稠环副产物，结构简式为 (6》 CH三CH一COOH的同分异构体满足条件：①含酚羟基（直接连苯环的-OH)方② 含醛基CH0；③只有一个苯环（唯一环），剩余不饱和度为1的碳链含碳碳双键，分三类情况计数：苯环 上连-OH、-CH0、-CH=CH2三个不同取代基：共10种，如图 OH OH OH CHO (数字标注-CH=CH2位置；苯环上连-OH、 CHO CHO -CH=CHCHO两个取代基：共3种（邻、间、对）；苯环上连-OH、-C(CHO)=CH两个取代基：共3 种（邻、间、对）：总计16种。 14.()2+3Ca(oH.+6H,085℃3Ca"+6H,P0,+2PH,个 (2) 3d9 氧化S2-,促进CuS溶解 (3) H,P0,+20u2+2H,00~70℃20u↓+H,P0,+4H 部分HPO2分解；部分HPO2被O2氧化， 增大HPO2的消耗量 (4) 边搅拌边向其中加入稍过量2ol/LHSO4溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次， 洗涤滤液与原滤液合并，向合并后的滤液中滴加lol/LNaOH溶液至静置后向上层清液中继续加NaoH溶 液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤滤液，向其中加入2mol/LBaCl,溶液无沉 淀生成 1.814×100% % 【来源】江苏省镇江一中、镇江中学、南京市部分学校2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题 【分析】纳米铜用途广泛，可用次磷酸(HPO2)还原柠檬酸铜钠制备，将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃ 下搅拌2~3小时，制得C(HPO2)2,冷却后过滤，滤液通过强酸性阳高子树脂后得到HPO2,在敞开体 系中，向柠檬酸铜钾溶液中加入稀HS04调节溶液pH为46，加入一定量HP02,50~70℃时反应半小时， 经过滤、洗涤、干燥得到产品。 【详解】(1)白磷(P4)与石灰乳发生歧化反应生成C(H,PO2),和PH3,P元素由0价上升到+1价，又由0 价下降到-3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 答案第8页（共9页） 2B,+3Ca(oI2+6H,08℃3Ca2”+6,P0,+2PH,个 (2)①基态Cu原子核外有29个电子，Cu的核外电子排布式为3d4s,Cu+的外围电子排布式为3d; ②柠檬酸钠具有强还原性，加入H,O2溶液的作用是：作氧化剂氧化S2,促进CS溶解。 (3)①HPO2被Cu+氧化为HPO4,同时有Cu单质生成，P元素由+1价上升到+5价，Cu元素由+2价 下降到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为： H,P0,+20u2+2H,00-70℃2G↓+HP04+4H: ②根据题干信息，HPO,的实际用量远大于理论值的原因是：部分HPO,在酸性条件下容易发生歧化反应， 部分被氧气氧化。 （4)欲测定产品中Cu,O的百分含量，先用稀硫酸溶液使Cu2O转化为Cu和CuSO4,然后将CuSO4转化 为Cu(OH2,Cu(OD2受热分解生成CuO,通过称量生成CuO的质量，计算Cu,O的质量，补充完整实验 方案：边搅拌边向其中加入稍过量2mol/LHS04溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次， 洗涤滤液与原滤液合并，向合并后的滤液中滴加1lmol/LNaOH溶液至静置后向上层清液中继续加NaOH溶 液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤滤液，向其中加入2mol/LBaCl,溶液无沉 淀生成。最终得到Cu0的质量为m,g,由Cu,0+2H*=Cu2+Cu+H,0可知，n(Cu,0)月m(CO)=mol, 80 产品中Cu,0的百分含量为：80 mol×144gmo 1.8×100%。 ×100%=m % 答案第9页（共9页）