精品解析：江苏盐城市亭湖高级中学2026-2027学年第一学期高三阶段考试 化学试卷

盐城市亭湖高级中学2026-2027学年度 第一学期高三年级阶段考试 化学试卷 第I卷 (选择题) 相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cu-64 Co-59 Ba-137 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分) 1. 人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将热能转化为电能 D. 太阳能光解水可制氢 【答案】C 【解析】 【详解】A．木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素，A正确； B．石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，汽油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确； C．燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，C错误； D．在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确； 故答案选C。 2. 下列有关说法正确的是 A. C2H2的结构式： B. 顺-2-丁烯的结构简式： C. 的名称：2，2，4，5-四甲基己烷 D. 的名称：2-甲基-4-乙基戊烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．是乙炔的结构简式，结构式需要表示出所有共价键，应为，A错误； B．该结构中两个甲基位于碳碳双键的异侧，为反-2-丁烯，不是顺-2-丁烯，B错误； C．该有机物主链为6个碳原子的己烷，选取使取代基位次和最小的方向编号，名称为2，2，4，5-四甲基己烷，C正确； D．该有机物命名时未选取最长碳链作主链，最长碳链含6个碳原子，正确名称为2，4-二甲基己烷，D错误； 答案选C。 3. 实验室制取少量氯水并测量其pH。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制取氯水 C. 用装置丙吸收 D. 用装置丁测量氯水的pH 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应放出氯气，用装置甲制取，故A正确； B．用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，氯气溶于水制取氯水，故B正确； C．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，用装置丙吸收，故C正确； D．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故D错误； 选D。 4. 丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是 A. 沸点高低： B. 半径大小： C. 电离能大小： D. 提供空轨道，原子提供孤电子对 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确； B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确； C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确； D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确； 故选C。 阅读材料，完成下面小题。 N、P为第ⅤA族元素。NH3、N2H4是氮的常见氢化物，氨水与Ag＋形成Ag(NH3)2OH。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]。常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622.1 kJ·mol-1)。次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，具有较强还原性，可将溶液中的Ag＋转化为银，自身变为H3PO4，用于化学镀银。磷化镓(GaP)的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。 5. 下列说法正确的是 A. NH3中的键角大于NH中的键角 B. 1 mol [Ag(NH3)2]OH中有10 mol σ键 C. NH3和CO2制取尿素时C的杂化类型由sp转化为sp2 D. Ga原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p1 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 向AgNO3溶液加入过量氨水：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH＋NH B. N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)；ΔH=-622.1 kJ·mol-1 C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应：H3PO2＋3OH-=PO＋3H2O D. H3PO2用于化学镀银：4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag＋PO＋7H＋ 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可作制冷剂 B. H—N的键能大于H—P，NH3的热稳定性大于PH3 C. N2H4中的N原子能与H＋形成配位键，N2H4具有还原性 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 【答案】5. C 6. B 7. B 【解析】 【5题详解】 A．的中心N原子有1对孤电子对，的中心N原子无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，因此​的键角小于​中的键角，A错误； B．1个中含2个配位σ键、2个内含6个N-H σ键，1个内含1个σ键，总共有9 mol σ键，并非10 mol，B错误； C．​中C的杂化类型为sp杂化，尿素中C与O形成双键、与2个N形成单键，杂化类型为杂化，即制取尿素时C的杂化类型由sp转化为，C正确； D．Ga是31号元素，基态核外电子排布式为，选项中遗漏了3d轨道的10个电子，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．向​溶液加入过量氨水，最终生成可溶性的，不会得到AgOH沉淀，正确离子方程式为，A错误； B．的燃烧热为，表示1 mol液态​完全燃烧生成稳定产物和液态放出622.1 kJ热量，该热化学方程式书写符合要求，B正确； C．次磷酸是一元弱酸，只能电离出1个，与足量NaOH反应的产物为，正确离子方程式为，C错误； D．该反应生成的是弱酸，不能拆写为和，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．​作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，与易溶于水无对应关系，A错误； B．分子的热稳定性与共价键键能正相关，H—N的键能大于H—P，因此的热稳定性大于，性质与性质对应关系成立，B正确； C．具有还原性是因为N元素为-2价，易失去电子化合价升高，并非因为N原子能与形成配位键，C错误； D．GaN可用作半导体材料是因为其具有介于导体和绝缘体之间的导电性，与硬度大无对应关系，D错误； 故选B。 8. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A. Na(s)Na2O2(s) B. Na2O2(s)Na2CO3(s) C. NaCl(aq)Cl2(g) D. NaOH(aq)Al(OH)3(s) 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，物质间转化能实现，A不符合题意； B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该转化能实现，B不符合题意； C．电解氯化钠溶液（氯碱工业）生成氢氧化钠、氢气和氯气，可得到氯气，物质间转化能实现，C不符合题意； D．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，无法直接生成氢氧化铝，物质间转化不能实现，D符合题意； 答案选D。 9. 从和混合溶液中得到和的流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉淀Ⅰ”步骤只发生与生成的反应 B. “溶解”步骤反应的离子方程式： C. 可溶于的氨水 D. “沉淀Ⅱ”生成的离子方程式： 【答案】D 【解析】 【分析】向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，与、Cl-生成和AgCl，过滤后将沉淀在氨水中溶液，AgCl沉淀可以溶于氨水生成，不能溶于的氨水，过滤分类出，溶液酸化后生成AgCl沉淀。 【详解】A．“沉淀Ⅰ”步骤中向和混合溶液中加入酸化的硝酸银溶液，由于I-具有还原性，会被硝酸氧化生成I2，故A错误； B．AgCl沉淀可以溶于氨水，离子方程式为：，故B错误； C．由流程图可知，加入氨水后过滤得到，说明不能溶于的氨水，故C错误； D．AgCl沉淀可以溶于氨水生成，溶液酸化后生成AgCl沉淀，离子方程式为：，故D正确； 故选D。 10. 化合物Y是一种具有生物活性的含氧衍生物，由X合成Y的反应如图。下列说法正确的是 A. 化合物X可与甲醛发生缩聚反应 B. 1mol化合物Y最多与4molH2反应 C. 化合物Y中不存在手性碳原子 D. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y 【答案】C 【解析】 【详解】A．酚与甲醛发生缩聚反应需要酚羟基的邻、对位至少有2个活泼氢原子，X中酚羟基的两个邻位分别连有和含氧环状结构，对位连有，无足够的反应活性位点，无法发生缩聚反应，A错误； B．1mol Y中苯环可与加成，呋喃环内的碳碳双键可与加成，酮羰基可与加成，最多共消耗，B错误； C．手性碳原子是连接4种不同原子或基团的饱和碳原子，Y中所有饱和碳原子均为结构，连接2个相同的，不存在手性碳原子，C正确； D．X含醛基、酚羟基，Y含碳碳双键，二者均能被酸性氧化使溶液褪色，无法鉴别，D错误； 答案选C。 11. 探究含钴(常见价态有+2、+3，价态不同物质颜色不同)化合物性质实验如下： 步骤Ⅰ 向溶液中逐滴加入氨水，可制得溶液。 步骤Ⅱ 分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，前者无明显现象，后者溶液颜色发生变化。 步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得两份溶液中分别加入相同体积的浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体。 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ可用溶液代替氨水 B. 步骤Ⅱ等浓度的、溶液中后者大 C. 步骤Ⅲ中现象说明的氧化性比强 D. 步骤Ⅲ中可能发生转化： 【答案】D 【解析】 【详解】A．Co2+和NH3形成配合物，而不是和铵根离子形成配合物，不能用溶液代替氨水，A错误； B．为配离子，能解离出来的Co2+浓度非常小；则等浓度的溶液、溶液中，前者的Co2+浓度高，B错误； C．等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，说明CoSO4不能被氧气氧化，[Co(NH3)6]SO4能被氧气氧化，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则 [Co(NH3)6]SO4的还原性更强，C错误； D．结合C分析，氧气氧化配合物中的二价钴为三价钴，三价钴氧化氯离子为氯气，氯气氧化碘离子为碘单质同时生成氯离子，发生转化：，D正确； 故选D。 12. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Ag+少量，沉淀由白色变为黄色比较<， A正确； B．Cl元素存在使羧基中羟基氢极性增大酸性增强，通过比较pH大小可以探究键的极性对羧酸酸性的影响，但没说起始浓度一样，B错误； C．Fe3+过量，不能证明反应可逆，C错误； D．硫酸亚铁在溶液中电离出Fe2+和，FeSO4的溶液呈酸性，硫酸根、氢离子均可能加快H2O2分解，且与发生氧化还原反应生成Fe3+，Fe3+可催化H2O2分解，因此该实验无法确定是否能催化分解，D错误； 故选A。 13. 含Ru(钌)化合物可催化转化为甲酸，其反应机理如图所示。 下列说法正确的是 A. 1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，反应过程中转移4mol电子 B. 物质Ⅱ→Ⅲ过程中，Ru元素化合价保持不变 C. 整个过程中，有非极性键的断裂与形成 D. 反应结束后，体系中水的量增多 【答案】B 【解析】 【详解】A．1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，由图可知，反应方程式为Ru(OH)2+2H2=RuH2+2H2O，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气即是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当1mol物质I转化为物质Ⅱ时，氢气得到2mol电子，物质I并没有电子得失， A错误； B． 由图知，物质Ⅱ→Ⅲ过程中，Ru元素均与非金属元素形成2个单键，或者：由图可知，物质Ⅱ、Ⅲ的化学式分别为RuH2、Ru(HCOO)2，由化合价代数和为0可知，化合物Ⅱ、Ⅲ中Ru元素化合价均为+2、保持不变，B正确； C． 氢气分子内为非极性键，整个过程中，氢气分子被破坏，故有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，C错误； D．由图知，总反应为催化剂作用下二氧化碳与氢气反应生成甲酸，反应的化学方程式为H2+CO2HCOOH，则反应结束后，体系中水的量不变，D错误； 答案选B。 第II卷 (非选择题) 二、非选择题(本大题共4题。共61分) 14. 碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 （1）“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 （2）“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________（不考虑立体异构） （3）可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] （4）“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 （5）“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为___________。 （6）将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5）提高的还原率；会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成从溶液中逸出 （6） 【解析】 【分析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。 【小问1详解】 “氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：； 【小问2详解】 在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：； 【小问3详解】 用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为 ，因 ，即 ，且反应的平衡常数 ，所以 ，即； 【小问4详解】 “还原”时，H2TeO3被还原生成Te，被氧化生成，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出； 【小问6详解】 由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。 15. F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成： （1）A中的含氧官能团为______(填名称)。 （2）B的结构简式为______；C→D的反应类型是______。 （3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。 ①分子中含有2个苯环； ②分子中含有3种不同化学环境的氢原子。 （4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X()的合成路线流程图__________(无机试剂可任选)。 【答案】（1）醚键　醛基 （2） ①. ②. 取代反应 （3）或 （4） 【解析】 【分析】A通过还原反应生成B，B的结构简式为，B通过取代反应生成C，C通过取代反应生成D，D通过水解反应生成E，E通过取代反应和还原反应生成F； 【小问1详解】 根据A的结构简式可知，A中的含氧官能团为醚键和醛基； 【小问2详解】 B的分子式为，比化合物A的分子式多了两个H，所以发生的反应是被还原为(一般都作还原剂)，所以B的结构简式为，由C→D发生的反应是被取代的反应； 【小问3详解】 E结构中除2个苯环外，还有3个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度，由于同分异构体分子中只有3种氢，说明是对称结构，则该同分异构体的结构简式为或； 【小问4详解】 由，主要变化体现在：一是羟基脱水成环醚，二是引入；由题给信息引入，可先引入，由C→D的反应可知，引入，可先引入，所以可通过碳碳双键与HCl加成引入；需要注意的是具有碱性，不能先引入后，再用浓硫酸将羟基脱水成醚，防止与浓硫酸反应，合成路线流程图为。 16. 以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4•H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图： 已知：①Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O是放热反应。 ②N2H4•H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 （1）步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为______；步骤Ⅰ反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaClO)=______。实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是______。 （2）步骤II合成N2H4•H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是______；使用冷凝管的目的是_____，步骤II涉及的离子方程式为______。 （3）步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。 ①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为______。 ②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：______，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。(必须使用的试剂：0.1mol/L的NaOH，pH计) 【答案】（1） ①. ②. 2:1 ③. 缓慢通入 （2） ①. NaClO碱性溶液 ②. 冷凝回流，减少水合肼的挥发 ③. （3） ①. 用pH计测量溶液的pH，若pH约为4，停止通 ②. 边搅拌边向溶液中滴加的NaOH溶液，用pH计测量溶液pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO；步骤Ⅱ中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，步骤Ⅲ分离出水合肼溶液；步骤Ⅳ由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。 【小问1详解】 温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为； 根据反应Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O、，步骤Ⅰ反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaClO)=(5+15):5=2:1； 由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2； 【小问2详解】 步骤Ⅱ中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发；根据流程可知，步骤Ⅱ涉及的离子方程式为； 【小问3详解】 ①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示，溶液pH约为4时，的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2； ②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据图中溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 17. 的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．二氧化碳的捕集和利用是节能减排一个重要研究方向。 （1）科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”的技术的装置如图1。 图1 ①“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为_______。 ②下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是_______(填选项字母)。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 Ⅱ．的资源化利用具有重要的意义。 （2）还原为甲酸或甲酸盐 方法1：某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。 ①电极B上的电极反应式是_______。 方法2：锰催化还原产生甲酸的部分机理如图3所示。 ②若用替代，甲酸根的结构式为_______。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为_______。 （3）催化与转化为的机理如图4所示。反应体系中呈现_______种价态，催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，可提高催化效率的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. CD （2） ①. ②. ③. 生成的对反应有催化作用 （3） ①. 2 ②. 导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化 【解析】 【分析】某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。可根据装置图判断电极A中水生成氧气，发生氧化反应，电极A为阳极；电极B由生成，发生还原反应，电极B为阴极。 【小问1详解】 ①用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为。 ②二氧化碳属于酸性氧化物，显碱性的溶液均可吸收，溶液中-NH2显碱性可吸收二氧化碳；溶液显碱性，可吸收二氧化碳。故选CD。 【小问2详解】 ①根据装置图，电极B上转化为，电极反应式是。 ②根据锰催化还原产生甲酸的部分机理图3，断裂O－H键与Mn结合形成H-Mn-OH，H-Mn-OH与反应生成HO-Mn-OH和，HO-Mn-OH转化为MnO和H2O。若用替代，甲酸根的结构式为。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为生成的对反应有催化作用。 【小问3详解】 由图可知，Ce可与两个氧结合，形成+4价的Ce；也可与1个氧结合形成+2价的Ce，故反应体系中呈现2种价态。 催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城市亭湖高级中学2026-2027学年度 第一学期高三年级阶段考试 化学试卷 第I卷 (选择题) 相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cu-64 Co-59 Ba-137 一、单选题(本题共13小题，每小题3分，共39分) 1. 人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期，现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述错误的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将热能转化为电能 D. 太阳能光解水可制氢 2. 下列有关说法正确的是 A. C2H2的结构式： B. 顺-2-丁烯的结构简式： C. 的名称：2，2，4，5-四甲基己烷 D. 的名称：2-甲基-4-乙基戊烷 3. 实验室制取少量氯水并测量其pH。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制取氯水 C. 用装置丙吸收 D. 用装置丁测量氯水的pH 4. 丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是 A. 沸点高低： B. 半径大小： C. 电离能大小： D. 提供空轨道，原子提供孤电子对 阅读材料，完成下面小题。 N、P为第ⅤA族元素。NH3、N2H4是氮的常见氢化物，氨水与Ag＋形成Ag(NH3)2OH。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]。常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622.1 kJ·mol-1)。次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，具有较强还原性，可将溶液中的Ag＋转化为银，自身变为H3PO4，用于化学镀银。磷化镓(GaP)的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。 5. 下列说法正确的是 A. NH3中的键角大于NH中的键角 B. 1 mol [Ag(NH3)2]OH中有10 mol σ键 C. NH3和CO2制取尿素时C的杂化类型由sp转化为sp2 D. Ga原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p1 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 向AgNO3溶液加入过量氨水：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH＋NH B. N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)；ΔH=-622.1 kJ·mol-1 C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应：H3PO2＋3OH-=PO＋3H2O D. H3PO2用于化学镀银：4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag＋PO＋7H＋ 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可作制冷剂 B. H—N的键能大于H—P，NH3的热稳定性大于PH3 C. N2H4中的N原子能与H＋形成配位键，N2H4具有还原性 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 8. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是 A. Na(s)Na2O2(s) B. Na2O2(s)Na2CO3(s) C. NaCl(aq)Cl2(g) D. NaOH(aq)Al(OH)3(s) 9. 从和混合溶液中得到和的流程如下： 下列说法正确的是 A. “沉淀Ⅰ”步骤只发生与生成的反应 B. “溶解”步骤反应的离子方程式： C. 可溶于的氨水 D. “沉淀Ⅱ”生成的离子方程式： 10. 化合物Y是一种具有生物活性的含氧衍生物，由X合成Y的反应如图。下列说法正确的是 A. 化合物X可与甲醛发生缩聚反应 B. 1mol化合物Y最多与4molH2反应 C. 化合物Y中不存在手性碳原子 D. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y 11. 探究含钴(常见价态有+2、+3，价态不同物质颜色不同)化合物性质实验如下： 步骤Ⅰ 向溶液中逐滴加入氨水，可制得溶液。 步骤Ⅱ 分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，前者无明显现象，后者溶液颜色发生变化。 步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得两份溶液中分别加入相同体积的浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体。 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ可用溶液代替氨水 B. 步骤Ⅱ等浓度的、溶液中后者大 C. 步骤Ⅲ中现象说明的氧化性比强 D. 步骤Ⅲ中可能发生转化： 12. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴加2滴，观察现象。振荡试管，再滴加2滴溶液，观察现象 比较与的大小 B 用pH计分别测定的溶液和溶液的pH 探究键的极性对羧酸酸性的影响 C 向溶液中滴加溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液，观察现象 该反应是否为可逆反应 D 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 能否催化分解 A. A B. B C. C D. D 13. 含Ru(钌)化合物可催化转化为甲酸，其反应机理如图所示。 下列说法正确的是 A. 1mol物质Ⅰ转化为物质Ⅱ时，反应过程中转移4mol电子 B. 物质Ⅱ→Ⅲ过程中，Ru元素化合价保持不变 C. 整个过程中，有非极性键的断裂与形成 D. 反应结束后，体系中水的量增多 第II卷 (非选择题) 二、非选择题(本大题共4题。共61分) 14. 碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 （1）“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 （2）“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________（不考虑立体异构） （3）可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] （4）“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 （5）“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为___________。 （6）将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 15. F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成： （1）A中的含氧官能团为______(填名称)。 （2）B的结构简式为______；C→D的反应类型是______。 （3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。 ①分子中含有2个苯环； ②分子中含有3种不同化学环境的氢原子。 （4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X()的合成路线流程图__________(无机试剂可任选)。 16. 以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4•H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图： 已知：①Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O是放热反应。 ②N2H4•H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 （1）步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为______；步骤Ⅰ反应时，若产物中n(NaClO)：n(NaClO3)=5：1，则n(NaCl)：n(NaClO)=______。实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是______。 （2）步骤II合成N2H4•H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是______；使用冷凝管的目的是_____，步骤II涉及的离子方程式为______。 （3）步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。 ①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为______。 ②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：______，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。(必须使用的试剂：0.1mol/L的NaOH，pH计) 17. 的资源化利用能有效减少的排放，充分利用碳资源。 Ⅰ．二氧化碳的捕集和利用是节能减排一个重要研究方向。 （1）科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”的技术的装置如图1。 图1 ①“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为，则反应的离子方程式为_______。 ②下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是_______(填选项字母)。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 Ⅱ．的资源化利用具有重要的意义。 （2）还原为甲酸或甲酸盐 方法1：某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图2。 ①电极B上的电极反应式是_______。 方法2：锰催化还原产生甲酸的部分机理如图3所示。 ②若用替代，甲酸根的结构式为_______。 ③实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为_______。 （3）催化与转化为的机理如图4所示。反应体系中呈现_______种价态，催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，可提高催化效率的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $