精品解析：北京市第一零一中学2026-2027学年高三上学期月考二 化学试卷

北京一零一中2026-2027学年度第一学期月考二 高三年级化学 友情提示： 本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19个小题，共10页，满分100分答题时间为90分钟。请将答案写在答题纸上，交答题纸。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Ⅰ卷 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂(Li)原子电化学沉积在金属钌(Ru)表面，构建了具有高活性Li/Ru界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下N2与H2高效合成氨。下列说法不正确的是 A. Li元素在碱金属中第一电离能最小 B. 高温不利于提高N2的平衡转化率 C. Li/Ru能降低合成氨反应的活化能 D. Li/Ru实现了温和条件下氮的固定 【答案】A 【解析】 【详解】A．同主族碱金属元素，从上到下第一电离能随原子半径增大整体呈减小趋势，碱金属中第一电离能最小的是Cs（铯，放射性元素Fr除外），Li是碱金属中第一电离能最大的碱金属，A错误； B．合成氨反应ΔH<0，属于放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，会降低N2的平衡转化率，高温不利于提高N2平衡转化率，B正确； C．Li/Ru是该合成氨反应的新型催化剂，催化剂的作用机理就是降低反应的活化能，加快反应速率，C正确； D．相比传统高温、高压条件下的合成NH3工艺，该体系在温和条件下将N2和H2合成为NH3，实现了温和条件下的氮的固定，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. Al3+的结构示意图： B. NaCl的电子式： C. 基态C原子的价层电子排布式： D. 的VSEPR模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的核电荷数是13，核外电子数是10，A正确； B．NaCl是离子化合物，电子式为，B错误； C．C为6号元素，电子排布式为，价层电子排布式为，C错误； D．的中心S原子价层电子对数为，孤电子对数为1，则其VSEPR模型为，D错误； 故选A。 3. 下列试剂的保存不涉及物质的氧化性或还原性的是 A. 金属钠保存于煤油中 B. 碳酸氢铵保存于阴凉处 C. 浓硫酸保存于铁制容器中 D. 硫酸亚铁溶液保存时加入铁粉 【答案】B 【解析】 【详解】A．金属钠保存于煤油中是为了隔绝空气，防止钠被氧气氧化，涉及钠的还原性，A不符合题意； B．碳酸氢铵保存于阴凉处是为了防止其受热分解，，该分解反应为非氧化还原反应，不涉及物质的氧化性或还原性，B符合题意； C．浓硫酸保存于铁质容器中利用了浓硫酸的强氧化性使铁表面钝化形成保护膜，涉及浓硫酸的氧化性，C不符合题意； D．硫酸亚铁溶液保存时加入铁粉是为了防止被氧化成，铁粉作为还原剂被氧化，涉及铁粉的还原性，D不符合题意； 故选B。 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O ，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，A正确； B．H2S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误； C． 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确； D．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确； 答案选B。 5. 用下图装置探究铜与过量浓硫酸的反应。加热，甲中会出现白雾。 下列说法不正确的是 A. NaOH可吸收尾气，防止污染空气 B. 乙中溶液褪色，加热后溶液恢复红色，证明浓硫酸有氧化性 C. 将乙中溶液换成石蕊溶液，可证明甲中生成了SO2 D. 甲中溶液始终未变蓝，与浓硫酸的吸水性有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓NaOH溶液能与SO2反应生成亚硫酸钠和水，可吸收尾气SO2，防止污染空气，A正确； B．乙中品红溶液褪色且加热后恢复红色，说明生成了SO2，SO2是浓硫酸被还原的产物（S元素从+6价降为+4价），证明浓硫酸具有氧化性，B正确；  C．甲中出现的白雾含有沸腾的硫酸液滴，白雾扩散后，装置乙中也会存在硫酸液滴导致石蕊溶液变红，所以乙中换成石蕊溶液后不能证明SO2的生成，C错误； D．反应生成的CuSO4需在水溶液中才显蓝色，浓硫酸具有吸水性，吸收反应生成的水，导致CuSO4无法形成蓝色溶液，D正确； 故选C。 6. 下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是 选项 物质 试剂 反应条件 A CO2 大理石和稀硫酸 常温 B NH3 NH4Cl固体 加热 C 银氨溶液 AgNO3溶液和氨水 常温 D Cl2 MnO2固体和稀盐酸 加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．大理石与稀硫酸反应生成的CaSO4会覆盖固体表面，阻碍反应持续进行，应改用稀盐酸，A错误； B．加热固体时，分解生成的和HCl在试管口遇冷会重新化合生成，无法制得，B错误； C．常温下，向溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶液，试剂和反应条件均符合要求，C正确； D．和稀盐酸加热不反应，需要和浓盐酸共热才能制得，试剂选用不合理，D错误； 故选C。 7. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的AlCl3溶液中，的数目为 B. 与足量Fe反应，得到电子的数目为 C. 2.6 g乙炔中所含键的数目为 D. 与充分反应生成NH3分子的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．未给出溶液的体积，因此无法计算得到Cl-的具体物质的量和粒子数目，A错误； B．Cl2与Fe反应生成，铁过量，在该氧化还原反应中，每一个Cl2分子最终转化为2个Cl-，化合价降低，共得到2个电子，因此得到的电子数目为，B正确； C．乙炔的摩尔质量为，2.6 g乙炔的物质的量为0.1 mol。一个乙炔分子结构为 ，包含2个键和1个中的 键，即每个分子共有3个键。因此0.1 mol乙炔中含有键的数目应为0.3NA，C错误； D．合成氨反应是可逆反应，反应物不能完全转化，不能完全反应，生成NH3的物质的量小于，D错误； 故选B。 8. 关于粒子检验，下列说法正确的是 A. 滴加硝酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有 B. 滴加过量盐酸，生成的无色气体使澄清石灰水变浑浊，该溶液中一定含有 C. 将Fe与水蒸气反应后的固体混合物完全溶于盐酸，滴加铁氰化钾，得到蓝色沉淀，说明生成了Fe3O4 D. 向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色，说明氯水中含有H+和HClO 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸可以排除碳酸根、亚硫酸根等能与银离子生成白色沉淀的干扰离子，但溶液中若有大量存在，也可生成微溶沉淀，此时滴加产生的白色沉淀可能是AgCl，因此不能证明溶液中一定含有Cl⁻，A错误； B．能使澄清石灰水变浑浊的无色气体除CO2外还有SO2，且能和盐酸反应生成这类气体的离子除外，还可能是、、，因此原溶液不一定含有，B错误； C． Fe和水蒸气反应后若有剩余的Fe单质，Fe溶于盐酸也会生成，能使铁氰化钾产生蓝色沉淀，无法证明来自，不能说明反应一定生成了，C错误； D．H+使紫色石蕊溶液显酸性变红，HClO具有强氧化性（漂白性），会将变红的石蕊有机色质氧化导致溶液褪色，该现象可以证明氯水中同时含有H+和HClO，D正确； 故答案选D。 9. 下列说法正确的是 A. CO2分子中C为sp杂化，可推知CO2分子是含有极性键的非极性分子 B. S的非金属性比P的强，可推知H2SO3的酸性比H3PO3的酸性强 C. 由N和O在元素周期表中的位置，可推知N的电负性大于O的电负性 D. HF的沸点比HCl的高，可推知H-F键的键能比H-Cl键的键能大 【答案】A 【解析】 【详解】A．CO2的中心C原子价层电子对数为2，采取sp杂化，分子空间构型为直线形；C=O是不同原子形成的极性共价键，但两个对称的C=O键的极性相互抵消，因此CO2属于含极性键的非极性分子，A正确； B．元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，但、都不是S、P的最高价含氧酸（S对应最高价为+6价的，P对应最高价为+5价的），不能通过S的非金属性强于P直接推导二者酸性强弱，B错误； C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，O和N同周期且O在N右侧，因此O的电负性大于N，C错误； D．HF沸点高于HCl是因为HF分子间存在氢键，沸点属于分子间作用力的范畴，和H-F、H-Cl的共价键键能没有直接推导关系，D错误； 故选A。 10. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 11. 下列实验方案能达成实验目的的是 选项 A B 目的 验证Fe3+的氧化性 比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 选项 C D 目的 探究浓度对化学反应速率的影响 证明氯水能将Fe2+转化为Fe3+ 实验方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．pH=1的酸性环境中，具有强氧化性，也能将氧化为​，无法确定是氧化，不能验证的氧化性，A错误； B．向Mg(OH)2和Al(OH)3中分别加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解，Mg(OH)2不溶解；说明Al(OH)3是两性氢氧化物，Mg(OH)2碱性强于Al(OH)3，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明Mg金属性强于Al，B正确； C．浓硫酸具有强氧化性，与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，它和稀硫酸与硫代硫酸钠的反应原理不同，无法验证浓度对化学反应速率的影响，C错误； D．向FeSO4溶液中先加氯水，再加KSCN溶液，溶液变红，若原FeSO4溶液中混有Fe3+，不加氯水也会使KSCN溶液变红，无法证明是氯水将Fe2+氧化为Fe3+；正确的方法是先加入KSCN，溶液无明显变化，再加氯水，D错误； 故选B。 12. 合成氨 生产流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 将原料气干燥净化的目的是便于后续冷却分离氨气 B. 气体温度的大小：①＜②＜③ C. 冷却能分离出NH3的原因：NH3分子间可形成氢键，沸点远高于N2和H2，易液化 D. 合成氨能耗较高的原因：N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【答案】A 【解析】 【分析】干燥净化的氮气和氢气经过压缩机加压，目的是使后面的反应速率加快、平衡正向移动，提高反应物的转化率。经过热交换装置提高进入氮气和氢气的温度，降低生成氨气的温度，冷却混合气体，节省能源。从热交换器出来的氮气和氢气进入铁触媒发生合成氨反应，温度进一步提高，生成的氨气等混合气体进入热交换器进行热量交换，之后冷却使氨气液化分离，氮气和氢气循环使用。 【详解】A．将原料气干燥净化的目的是为了防止合成氨反应的催化剂中毒，同时避免引入杂质影响氨气的纯度，与便于后续冷却分离氨气无关，A错误； B．根据分析可知①②③温度逐步提高，B正确； C．NH3分子间可形成氢键，故其沸点远高于N2和H2，更易液化，能通过冷却分离出NH3，C正确； D．N2分子中的氮氮三键键能大，因此N2的性质比较稳定，为使其发生化学反应需要消耗较大的能量，D正确； 故选A。 13. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量() R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -84.3 -165.2 下列说法正确的是 A. 平均每9 g LiX参与反应，可得到3 g HX B. 当有2 mol电子转移时，生成氢气(XH)1 mol C. 等物质的量的LiX与H2O反应放出的热量：LiH＞LiD＞LiT D. 该条件下LiX与H2O反应的速率：LiH＜LiD＜LiT 【答案】D 【解析】 【分析】LiX和水的反应本质为； 【详解】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量分别为8g/mol、9g/mol、10g/mol，平均9g LiX的物质的量不是1mol，且生成的HX（H2、HD、HT）平均摩尔质量也不是3g/mol，因此无法得到3g HX，A错误； B．该反应中里的-1价X和里的+1价H发生归中反应生成XH，每生成1mol XH仅转移1mol电子，因此2mol电子转移时生成2mol XH，B错误； C．反应放出的热量等于产物P与反应物R的能量差，R的相对能量均为0，因此放热数值等于P的相对能量的绝对值：LiH放热151.6kJ/mol，LiD放热163.2kJ/mol，LiT放热165.2kJ/mol，放热顺序为，C错误； D．反应的活化能为过渡态TS与中间态M的能量差，计算得：LiH的活化能为，LiD的活化能为，LiT的活化能为。活化能越小反应速率越快，因此反应速率顺序为，D正确； 故选D。 14. 已知I2存在如下平衡：① ；② 。 研究I2在H2O、CCl4和KI水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据Na2S2O3与I2的反应，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液可准确测定水溶液中I2的浓度。 下列说法不正确的是 A. a→b的现象符合相似相溶原理，可知 B. a→b，若增加CCl4的体积，则一定减小，一定增大 C. 三支试管中，的大小顺序：a＞c＞b D. 测c中：取c的下层溶液，加入KI水溶液后，依据资料方法测定 【答案】C 【解析】 【分析】该实验存在两个平衡：①碘在水、四氯化碳间的萃取平衡；②碘与碘离子结合生成的络合平衡。a为饱和碘水；加入CCl4得到b，I2大量转移至下层CCl4；再滴入KI溶液得到c，I-消耗水层I2，拉动萃取平衡向水相移动，下层紫色变浅。温度不变时萃取平衡常数K1不变，可利用硫代硫酸钠滴定法测定水相中碘的浓度。 【详解】A．a→b，加入CCl4后大量I2进入CCl4层（下层紫色），说明I2更易溶于CCl4，符合相似相溶，，A正确； B．平衡①的只随温度变化，温度不变时为定值。增加体积的瞬间，层浓度降低，平衡正向移动，更多从水层转移到层：水层浓度降低，因此​层​浓度也会按比例降低（即减小），但转移到有机相的总物质的量一定比原来更大，B正确； C．a是饱和碘水，水层​为饱和浓度；b中部分转移到层，水层​浓度远小于a；c中存在平衡②：，水层中游离的​被消耗，促使平衡①正向移动，水层游离浓度比b更小。 因此三者游离浓度顺序为：，C错误； D．测c下层I2(CCl4)：向下层CCl4溶液加KI水溶液，I2会从CCl4转移入水层并发生；再用Na2S2O3滴定水层，测出总碘，换算得到原来CCl4中I2浓度，D正确； 故选C。 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 15. 2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 Ⅰ．金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 （1）Si元素在周期表中的位置是_________。 （2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的是_________(填字母序号) A. 相对原子质量 B. 电子云重叠方式 C. 原子半径 D. 键能 Ⅱ．科学家用与四氰基苯基甲烷结构简式如图1，简写为，合成了一种MOF材料，其晶胞如图2 。 （3）基态Cu+的价层电子轨道表示式为_________。 （4）中，C原子的杂化方式有_________种。 （5）①晶体中与Cu+形成配位键的配位原子是____________。 ②一个晶胞中有个_______，与相连的Cu+离子数目为_________。 ③已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_________。() Ⅲ．科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 CO2吸附量/() 1.5 1.0 （6）材料A比材料B的CO2吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：__________。 【答案】（1）第三周期第ⅣA族 （2）CD （3） （4）3 （5） ①. N ②. 2 ③. 4 ④. （6）材料A的有机配体中含有氨基，氨基可与形成分子间氢键，增强了配体与的微粒间相互作用，吸附量更大。 【解析】 【小问1详解】 Si的原子序数为14，核外有3个电子层，最外层电子数为4，在周期表中位于第三周期第ⅣA族。 【小问2详解】 金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点由共价键的键能决定。 A．共价晶体的熔点与相对原子质量无关，A错误； B．金刚石和晶体硅中的共价键均为杂化形成的σ键，电子云重叠方式相同，B错误； C．C的原子半径小于Si，C-C键的键长更短，键能更大，熔点更高，C正确； D．C-C键的键能大于Si-Si键，故金刚石熔点更高，D正确。 故选CD。 【小问3详解】 基态Cu原子的价电子排布为，失去4s轨道的1个电子形成Cu⁺，价层电子为，价层电子轨道表示式为。 【小问4详解】 中，连接四个苯环的中心C原子为杂化，苯环上的所有C原子均为杂化，氰基中的C原子形成三键，为杂化，共3种杂化方式。 【小问5详解】 ① 配体中的氰基为，N原子含有孤电子对，可作为配位原子与Cu⁺形成配位键，故配位原子为N。 ② 晶胞中Cu⁺位于顶点和体心，均摊后数目为，位于面心，个数为，晶体呈电中性，故晶胞中的数目为2。每个含有4个氰基，每个氰基可与1个Cu⁺配位，故与相连的Cu⁺离子数目为4。 ③ 晶胞体积为，晶胞中含有2个和2个，总质量为，故密度为。 【小问6详解】 材料A的有机配体中含有氨基，氨基可与形成分子间氢键，增强了配体与的微粒间相互作用。材料B的有机配体中含有甲基，甲基为非极性基团，与的相互作用较弱，故材料A的吸附量更大。 16. 钢铁行业是CO2排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知： 则700℃时，CO将Fe3O4还原为Fe的热化学方程式为_______________________。 （2）常压下，在密闭容器中用CO(或H2)在不同温度下将Fe3O4还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或H2)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原Fe3O4为Fe的反应，下列分析正确的是__________(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于Fe3O4表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO物质的量分数：N＞M，原因是__________。 ③用H2代替CO还原Fe3O4制备Fe，可减少CO2排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为_________、_________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同混合气体的相对还原速率 0.04mol/LCO 0.01mol/LH2 0.04mol/LCO+0.01mol/LH2 ⅰ FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ⅱ FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 ⅲ FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 ⅳ FeO 20 0.021 0.007 0.036 ⅴ FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①对比实验ⅰ~ⅳ以0.04mol/LCO进行还原时，还原速率依次下降，原因是_________。 ②进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验ⅳ、ⅴ的数据，推测相关反应的化学方程式为_________。 【答案】（1）。 （2） ①. bc ②. 该反应为放热反应（），温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡物质的量分数增大，因此N>M ③. 物质利用：氢气制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低 ④. 能源消耗：工业制取氢气​需要消耗大量能源，整体能耗更高 （3） ①. FeO粒径越大，反应物（FeO与还原剂气体）的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降 ②. 结合实验iv、v的数据，加入MgO后，用CO的还原速率减慢，而用氢气的还原速率加快，说明是与水反应生成摩尔体积更大的Mg(OH)2，反应的化学方程式为：，摩尔体积更大的Mg(OH)2可撑开FeO晶体，加快还原速率 【解析】 【小问1详解】 700℃时，CO将Fe3O4还原为Fe的热化学方程式为：，根据盖斯定律，将已知反应编号： ① ；②； 目标反应=①+②×3，因此，CO将Fe3O4还原为Fe故反应的热化学方程式为：； 【小问2详解】 ①a．该反应前后气体总物质的量始终不变，因此气体总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，a错误； b．延长反应时间不改变平衡状态，因此不能改变CO的平衡转化率，b正确； c．若生成的Fe包覆在表面，会隔绝反应物接触，使反应无法持续进行，体系不能达到平衡，c正确； 故答案选bc； ②该反应为放热反应（），温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡物质的量分数增大，因此N>M； ③物质利用：氢气制备成本高，且平衡转化率低于CO，原料利用率低； 能源消耗：工业制取氢气​需要消耗大量能源，整体能耗更高； 【小问3详解】 ①FeO粒径越大，反应物（FeO与还原剂气体）的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降； ②结合实验iv、v的数据，加入MgO后，用CO的还原速率减慢，而用氢气的还原速率加快，说明是与水反应生成摩尔体积更大的Mg(OH)2，可撑开FeO晶体，加快还原速率。 17. 甲基卡泰司特(L)可用于治疗溃疡性结肠炎，可经由中间体F合成。 已知： Ⅰ．中间体F的合成路线 （1）A为，其官能团的名称是__________。 （2）A→B的化学方程式是__________。 （3）1 mol B完全转化为C时，转移电子__________mol。 （4）试剂a的结构简式是__________。 Ⅱ．L的合成路线 （5）由CH3OH、G和H合成J的反应与[I]中部分反应类似，反应类型依次为取代反应、___________、___________。 （6）在虚线框内补全K的结构简式__________。 【答案】（1）碳氯键 （2） （3）6 （4） （5） ①. 酯化反应（或取代反应） ②. 还原反应 （6） 【解析】 【分析】Ⅰ．A为，A发生硝化反应生成B，B中的甲基氧化为羧基生成C，C中的氯原子被取代生成D，D与甲醇酯化生成E，E中的硝基还原为氨基得到F，结合分子式及F中取代基的位置，可确定下列结构：B为、C为、D为，a为CH3NHCH3，E为； Ⅱ．由G、J的结构及H的分子式可知，G先与H发生取代反应，再与甲醇酯化，最后将硝基还原为氨基；H的结构简式为：，J、F中的氨基与光气发生取代反应，生成K，K中与J苯环相连的氨基再与来自F的邻位酯基发生分子内取代，脱去甲醇并关环生成L，K的结构简式为：为。 【小问1详解】 A为，其中氯原子与苯环上的碳原子直接相连，官能团为碳氯键； 【小问2详解】 由F逆推，B中硝基位于甲基的邻位、氯原子的对位，A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应：； 【小问3详解】 B为氧化为C：，甲基碳原子的化合价由升至羧基中碳原子的，则； 【小问4详解】 C：→D：，C中的氯原子被二甲氨基取代，故试剂a为； 【小问5详解】 由分析可知，由G和H合成J的反应与Ⅰ中部分反应类似，反应类型依次为取代反应、酯化反应或取代反应、还原反应； 【小问6详解】 结合K的结构，虚线框内应补入下列结构：其中左端氨基来自J，右端与苯环相连的氨基来自F；该酯基与来自J的氨基发生分子内取代，脱去甲醇形成L中的六元环。 18. 某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 （1）CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 （2）酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 （3）加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 （4）开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ （5）酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 （6）经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 【答案】（1） （2）、 （3）与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁 （4）与发生反应，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少 （5）微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀 （6） ①. ②. 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量 【解析】 【分析】冶金废渣加硫酸酸浸，不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶于水的，CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，、CaSO4和形成酸浸渣，氧化铜、氧化铁、氧化亚铁溶于硫酸转化成溶于水的硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；溶液通入空气，加入Na2CO3调节pH=2.0，生成黄钠铁矾，溶液中加入调节pH=3.5，温度控制80℃，生成Cu2O。 【小问1详解】 CuO为碱性氧化物，离子方程式中不拆分，与强酸反应生成铜盐和水，离子方程式为：。 【小问2详解】 结合分析可知，不与硫酸反应，难溶于水；PbO与硫酸反应生成难溶于水的，二者均留在酸浸渣中。 【小问3详解】 酸浸后溶液酸性较强，碳酸钠中与反应，降低浓度，调节pH，使沉淀为黄钠铁矾除去，同时提供黄钠铁矾组成中需要的。 【小问4详解】 与反应的离子方程式为：，反应生成，若不调控pH，溶液中与反应生成H2SO3，分解为受热逸出，使还原剂的量减少。 【小问5详解】 微溶于水，硫酸浓度较低时，溶液中​浓度小，不能在酸浸步骤完全沉淀，部分随滤液进入沉铜步骤，沉铜反应生成，c()增大，使Q()>Ksp()，生成沉淀最终随共沉淀析出，因此得到的中混有 ​杂质。 【小问6详解】 ①酸性条件下，被氧化，+1价Cu转化为+2价Cu，被还原为，离子方程式为； ②样品用Fe2(SO4)3溶液溶解，生成，用过量的溶液将氧化成，再用(NH4)2Fe(SO4)2滴定剩余的，间接去测量的质量，因此还需要溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量才能计算质量分数。 19. 实验小组制备高锰酸钾。 资料：ⅰ．K2MnO4为墨绿色固体。可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下可发生歧化反应(得失电子的均为处于同一价态的同一元素)，得到棕黑色的MnO2。 ⅱ．浓碱性条件下，可被还原为。 ⅲ．KMnO4的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将0.015 mol KClO3、0.030 mol MnO2和0.080 mol KOH三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X用水溶解后，滴加3 mol/L CH3COOH至(约20 mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液Y和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：________________________________。 ______________ ②Ⅱ中K2MnO4歧化的原因：随pH降低，的还原性不变，氧化性_________。Ⅱ中歧化反应的离子方程式为___________________________。 ③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO2)。 （2）对Ⅲ中产生MnO2的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验ⅰ验证：用含0.2 mol/L KMnO4和0.6 mol/L CH3COOK的溶液()代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO2.乙认为该现象不能证明还原，理由是__________________________________。 ②乙设计和实施了实验ⅱ：用___________________代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO2，实验ⅰ和ⅱ证实了甲的观点。 ③丙认为也可能是_______还原，设计实验证实在该条件下，此反应不能发生。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，___________。冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。 （4）测定KMnO4纯度并计算产率 按Ⅰ中投料，经优化步骤制得产品取配制成250 mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，被还原为Mn2+。测得。 ①滴定反应的离子方程式是_______________________________。(H2C2O4是二元弱酸) ②KMnO4的产率是___________________。[产率=(实际产量/理论产量)×100%] 【答案】（1） ①. ②. 增强 ③. （2） ①. 随着浓缩进行，增大，可能被还原 ②. 0.2 mol/L 溶液（pH = 10） ③. （3）趁热过滤 （4） ①. ②. 5000a% 【解析】 【小问1详解】 ①根据得失电子守恒，从+5价降到-1价（得6e⁻），每个从+4价升到+6价（失2e-），因此​系数为3、系数为1；再结合K、H原子守恒，补充反应物为，生成物为，配平后符合投料的物质的量比例，化学方程式为； ②资料说明在强碱性条件下稳定，pH降低后，弱酸性/弱碱性环境下+6价Mn的得电子能力（氧化性）提升，满足歧化反应发生的条件； 歧化反应中一部分​升价为+7价的​，一部分降价为+4价的​，结合电荷、原子守恒配平，离子方程式为； 【小问2详解】 ①体系处于加热浓缩的过程中，OH-浓度会随水分蒸发逐渐升高，可能直接还原得到​，因此不能直接证明是醋酸根的还原作用； ②控制变量，仅排除醋酸根，其余条件和实验ⅰ完全一致，对比验证只有不存在醋酸根时不会生成，即可证实甲的观点； ③体系中步骤Ⅰ生成了KCl，全程引入了大量，属于体系内的潜在还原剂，因此丙的假设对象为； 【小问3详解】 利用资料中溶解度随温度升高而增大的特点，90℃时不会析出，趁热过滤提前除去体系中的固体杂质，避免后续结晶时混入产品； 【小问4详解】 ①酸性条件下​被还原为，​被氧化为，结合电子、电荷、原子守恒配平，离子方程式为； ②根据投料，​为0.030 mol是限制反应物，步骤Ⅰ中0.03 mol ​​完全转化为​共0.03 mol，根据歧化反应，理论生成的物质的量为； 实际产量：取出产品配成250 mL待测液，则 产率 = 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2026-2027学年度第一学期月考二 高三年级化学 友情提示： 本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19个小题，共10页，满分100分答题时间为90分钟。请将答案写在答题纸上，交答题纸。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Ⅰ卷 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂(Li)原子电化学沉积在金属钌(Ru)表面，构建了具有高活性Li/Ru界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下N2与H2高效合成氨。下列说法不正确的是 A. Li元素在碱金属中第一电离能最小 B. 高温不利于提高N2的平衡转化率 C. Li/Ru能降低合成氨反应的活化能 D. Li/Ru实现了温和条件下氮的固定 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. Al3+的结构示意图： B. NaCl的电子式： C. 基态C原子的价层电子排布式： D. 的VSEPR模型： 3. 下列试剂的保存不涉及物质的氧化性或还原性的是 A. 金属钠保存于煤油中 B. 碳酸氢铵保存于阴凉处 C. 浓硫酸保存于铁制容器中 D. 硫酸亚铁溶液保存时加入铁粉 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 5. 用下图装置探究铜与过量浓硫酸的反应。加热，甲中会出现白雾。 下列说法不正确的是 A. NaOH可吸收尾气，防止污染空气 B. 乙中溶液褪色，加热后溶液恢复红色，证明浓硫酸有氧化性 C. 将乙中溶液换成石蕊溶液，可证明甲中生成了SO2 D. 甲中溶液始终未变蓝，与浓硫酸的吸水性有关 6. 下列物质的制备实验中，选用的试剂和反应条件均正确的是 选项 物质 试剂 反应条件 A CO2 大理石和稀硫酸 常温 B NH3 NH4Cl固体 加热 C 银氨溶液 AgNO3溶液和氨水 常温 D Cl2 MnO2固体和稀盐酸 加热 A. A B. B C. C D. D 7. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的AlCl3溶液中，的数目为 B. 与足量Fe反应，得到电子的数目为 C. 2.6 g乙炔中所含键的数目为 D. 与充分反应生成NH3分子的数目为 8. 关于粒子检验，下列说法正确的是 A. 滴加硝酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含有 B. 滴加过量盐酸，生成的无色气体使澄清石灰水变浑浊，该溶液中一定含有 C. 将Fe与水蒸气反应后的固体混合物完全溶于盐酸，滴加铁氰化钾，得到蓝色沉淀，说明生成了Fe3O4 D. 向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色，说明氯水中含有H+和HClO 9. 下列说法正确的是 A. CO2分子中C为sp杂化，可推知CO2分子是含有极性键的非极性分子 B. S的非金属性比P的强，可推知H2SO3的酸性比H3PO3的酸性强 C. 由N和O在元素周期表中的位置，可推知N的电负性大于O的电负性 D. HF的沸点比HCl的高，可推知H-F键的键能比H-Cl键的键能大 10. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 11. 下列实验方案能达成实验目的的是 选项 A B 目的 验证Fe3+的氧化性 比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 选项 C D 目的 探究浓度对化学反应速率的影响 证明氯水能将Fe2+转化为Fe3+ 实验方案 A. A B. B C. C D. D 12. 合成氨 生产流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 将原料气干燥净化的目的是便于后续冷却分离氨气 B. 气体温度的大小：①＜②＜③ C. 冷却能分离出NH3的原因：NH3分子间可形成氢键，沸点远高于N2和H2，易液化 D. 合成氨能耗较高的原因：N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 13. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量() R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -84.3 -165.2 下列说法正确的是 A. 平均每9 g LiX参与反应，可得到3 g HX B. 当有2 mol电子转移时，生成氢气(XH)1 mol C. 等物质的量的LiX与H2O反应放出的热量：LiH＞LiD＞LiT D. 该条件下LiX与H2O反应的速率：LiH＜LiD＜LiT 14. 已知I2存在如下平衡：① ；② 。 研究I2在H2O、CCl4和KI水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据Na2S2O3与I2的反应，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液可准确测定水溶液中I2的浓度。 下列说法不正确的是 A. a→b的现象符合相似相溶原理，可知 B. a→b，若增加CCl4的体积，则一定减小，一定增大 C. 三支试管中，的大小顺序：a＞c＞b D. 测c中：取c的下层溶液，加入KI水溶液后，依据资料方法测定 Ⅱ卷 非选择题(共58分) 15. 2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 Ⅰ．金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 （1）Si元素在周期表中的位置是_________。 （2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的是_________(填字母序号) A. 相对原子质量 B. 电子云重叠方式 C. 原子半径 D. 键能 Ⅱ．科学家用与四氰基苯基甲烷结构简式如图1，简写为，合成了一种MOF材料，其晶胞如图2 。 （3）基态Cu+的价层电子轨道表示式为_________。 （4）中，C原子的杂化方式有_________种。 （5）①晶体中与Cu+形成配位键的配位原子是____________。 ②一个晶胞中有个_______，与相连的Cu+离子数目为_________。 ③已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_________。() Ⅲ．科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 CO2吸附量/() 1.5 1.0 （6）材料A比材料B的CO2吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：__________。 16. 钢铁行业是CO2排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知： 则700℃时，CO将Fe3O4还原为Fe的热化学方程式为_______________________。 （2）常压下，在密闭容器中用CO(或H2)在不同温度下将Fe3O4还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或H2)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原Fe3O4为Fe的反应，下列分析正确的是__________(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于Fe3O4表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO物质的量分数：N＞M，原因是__________。 ③用H2代替CO还原Fe3O4制备Fe，可减少CO2排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为_________、_________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同混合气体的相对还原速率 0.04mol/LCO 0.01mol/LH2 0.04mol/LCO+0.01mol/LH2 ⅰ FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ⅱ FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 ⅲ FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 ⅳ FeO 20 0.021 0.007 0.036 ⅴ FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①对比实验ⅰ~ⅳ以0.04mol/LCO进行还原时，还原速率依次下降，原因是_________。 ②进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验ⅳ、ⅴ的数据，推测相关反应的化学方程式为_________。 17. 甲基卡泰司特(L)可用于治疗溃疡性结肠炎，可经由中间体F合成。 已知： Ⅰ．中间体F的合成路线 （1）A为，其官能团的名称是__________。 （2）A→B的化学方程式是__________。 （3）1 mol B完全转化为C时，转移电子__________mol。 （4）试剂a的结构简式是__________。 Ⅱ．L的合成路线 （5）由CH3OH、G和H合成J的反应与[I]中部分反应类似，反应类型依次为取代反应、___________、___________。 （6）在虚线框内补全K的结构简式__________。 18. 某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 （1）CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 （2）酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 （3）加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 （4）开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ （5）酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 （6）经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 19. 实验小组制备高锰酸钾。 资料：ⅰ．K2MnO4为墨绿色固体。可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下可发生歧化反应(得失电子的均为处于同一价态的同一元素)，得到棕黑色的MnO2。 ⅱ．浓碱性条件下，可被还原为。 ⅲ．KMnO4的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将0.015 mol KClO3、0.030 mol MnO2和0.080 mol KOH三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X用水溶解后，滴加3 mol/L CH3COOH至(约20 mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液Y和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：________________________________。 ______________ ②Ⅱ中K2MnO4歧化的原因：随pH降低，的还原性不变，氧化性_________。Ⅱ中歧化反应的离子方程式为___________________________。 ③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO2)。 （2）对Ⅲ中产生MnO2的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验ⅰ验证：用含0.2 mol/L KMnO4和0.6 mol/L CH3COOK的溶液()代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO2.乙认为该现象不能证明还原，理由是__________________________________。 ②乙设计和实施了实验ⅱ：用___________________代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO2，实验ⅰ和ⅱ证实了甲的观点。 ③丙认为也可能是_______还原，设计实验证实在该条件下，此反应不能发生。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90℃水浴浓缩，___________。冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。 （4）测定KMnO4纯度并计算产率 按Ⅰ中投料，经优化步骤制得产品取配制成250 mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，被还原为Mn2+。测得。 ①滴定反应的离子方程式是_______________________________。(H2C2O4是二元弱酸) ②KMnO4的产率是___________________。[产率=(实际产量/理论产量)×100%] 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $