精品解析：江苏无锡市2026-2027学年高三上学期11月期中考试 化学试卷

高三期中考试试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Ca-40 Fe-56 Cu-64 选择题(共39分) 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. Al(NO3)3、CuSO4、FeCl2、NH4VO3等可作为合成金属有机框架材料(简称MOF)的金属源。上述物质所含元素中，位于元素周期表ds区的是 A. Al B. Cu C. Fe D. V 【答案】B 【解析】 【详解】A．位于元素周期表第三周期ⅢA族，价电子排布为，属于区元素，A不符合题意； B．位于元素周期表第四周期ⅠB族，价电子排布为，轨道电子全充满，属于区元素，B符合题意； C．位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布为，属于区元素，C错误； D．位于元素周期表第四周期ⅤB族，价电子排布为，属于区元素，D错误； 故选B。 2. 侯氏制碱法是中国化学家侯德榜发明的制碱工艺。向饱和氨盐水中通入CO2，发生反应：。下列说法正确的是 A. CO2是非极性分子 B. 电负性： C. 键角： D. NH4Cl晶体中只有离子键 【答案】A 【解析】 【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性，B错误； C．中心原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，而中心原子价层电子对数为，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，因此键角，C错误； D．晶体中，与之间为离子键，内部与之间为共价键（含配位键），并非只有离子键，D错误； 故选A。 3. 实验室从海带中提取碘的步骤有灼烧、水浸、过滤、氧化、萃取、分液等，I2的沸点184.3℃，CCl4的沸点为76.7℃，I2在77℃左右升华。下列描述或操作正确的是 A. 使用蒸发皿灼烧海带碎，灼烧时不断搅拌 B. 过滤得到的无色水浸液中碘元素以I2形式存在 C. 使用甲装置萃取、分液，I2的CCl4溶液在下层 D. 使用乙装置蒸馏，可以分离I2的CCl4溶液 【答案】C 【解析】 【分析】装置甲为萃取分液装置，装置乙为蒸馏装置，由此解答； 【详解】A．灼烧固体海带碎的仪器应该使用坩埚，蒸发皿不能用于高温灼烧固体，A错误； B．海带经过灼烧、水浸后，过滤得到的水浸液中，碘元素主要是以的形式存在，需要氧化后才能得到，B错误； C．装置甲是萃取分液装置，的密度大于水，在中的溶解度大于在水中的溶解度，因此的溶液在下层，C正确； D．根据已知信息的沸点是，在左右升华，使用乙装置蒸馏时，加热升温至沸点附近，会同时发生升华，无法通过蒸馏有效分离和，D错误； 故选C。 4. 景德镇被誉为“世界瓷都”。景德镇瓷的原料之一是高岭土，其主要成分是Al4Si4O10(OH)8，还含有镁、钠、钾等杂质元素。下列说法正确的是 A. 半径： B. 离子键百分数： C. 碱性： D. 第一电离能： 【答案】A 【解析】 【详解】A．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，与均为10电子结构，的核电荷数（11）大于的核电荷数（8），因此，A正确； B．化合物的离子键百分数与成键原子的电负性差值正相关，电负性差值越大，离子键占比越高。的电负性小于，与的电负性差值大于与的电负性差值，因此离子键百分数，B错误； C．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，金属性，因此碱性，C错误； D．的价电子排布为，为全充满的稳定结构，失去电子所需能量较高；的价电子排布为，轨道电子能量更高、更易失去，因此第一电离能，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 氨是重要的化工原料，也是未来重要的燃料。氨催化氧化可制取硝酸；氨水可用于吸收尾气中的气体；氨水与反应可制得，常用于刻蚀印刷电路板上的铜；氨气可以与在催化剂作用下反应得到羟胺()；氨气还可以与在一定条件下反应制得甲胺()；氨气的燃烧热为，液氨碱性燃料电池率先在我国投入使用。 5. 下列说法正确的是 A. 和的价层电子对互斥模型不相同 B. 与中N原子的杂化类型相同 C. 分子中存在的氢键可表示为 D. 1 mol 中含有的σ键物质的量为12 mol 6. 下列反应表示正确的是 A. 氨水吸收少量气体的离子方程式： B. 氨气与反应的化学方程式： C. 液氨碱性燃料电池正极反应式： D. 氨气燃烧的热化学方程式： 7. 下列结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 具有氧化性，可用于刻蚀电路板上的铜 B. 氨水呈弱碱性，可用于制取硝酸 C. 具有还原性，可与甲醇反应制备甲胺 D. CH3NH2中N原子能与形成配位键，甲胺具有还原性 【答案】5. C 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．中心的价层电子对数为4，中心的价层电子对数也为4，二者价层电子对互斥模型均为四面体形，模型相同，A错误； B．中原子形成3个σ键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，为杂化；中原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，为杂化，二者杂化类型不同，B错误； C．中N原子（电负性大，含孤电子对）与中的H原子形成氢键，图示的结构符合一水合氨的氢键表示，C正确； D．1 mol 中，4个内部共含 mol σ键，中心与4个的形成4 mol配位σ键，总σ键物质的量为16 mol，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．氨水吸收少量时生成亚硫酸铵，正确离子方程式为，选项所给方程式电荷、原子均不守恒，A错误； B．与在催化剂作用下反应生成羟氨和水，方程式满足原子守恒、电子守恒，B正确； C．液氨碱性燃料电池中，失电子被氧化为，该反应为负极反应，正极反应为，C错误； D．燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，的完全燃烧指定产物应为（不是NO），且选项中方程式对应4 mol ，数值与燃烧热定义不匹配，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．中具有氧化性，可与电路板上的发生反应，实现刻蚀铜的目的，性质与用途存在对应关系，A正确； B．氨水呈弱碱性是其作为碱的性质，制取硝酸利用的是的还原性（经催化氧化生成，进一步转化为硝酸），二者无对应关系，B错误； C．与反应制备甲胺的过程为取代反应，反应中各元素化合价未发生变化，与的还原性无关，C错误； D．中原子有孤电子对，可与形成配位键，体现甲胺的碱性，该性质与甲胺的还原性无因果对应关系，D错误； 故选A。 8. 高温富氧条件下，CH4在Mn-ZSM-5催化剂作用下还原NO的主要反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 加热能提高步骤①的正反应速率，降低逆反应速率 B. 步骤⑤中1 mol 参加反应，转移电子的数目约为 C. 反应过程中，所有元素的价态均发生变化 D. 总反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据化学反应速率的影响规律，加热会同时提高步骤①的正、逆反应速率，A错误； B．步骤⑤的反应为，其中Mn从+3价变为+2价，O从-1价变为-2价，N从+2价变为+4价，1 mol 参加反应时，共转移2 mol电子，数目约为，B错误； C．反应过程中，H元素在和中均为+1价，价态未发生变化，并非所有元素的价态均发生改变，C错误； D．将各步反应的反应物与生成物汇总，消去所有含Mn的中间物种、等中间产物，可得总反应为，D正确； 故选D。 9. 2026年5月我国科学家发布全球首例气-固氢负离子可充电电池，该电池以金属氢化物为电解质，用于传导，放电时储氢，充电时放氢，实现氢电共储。放电时的原理示意图如图所示，金属镁和氢气分别作为负极和正极活性物质。 下列说法正确的是 A. 放电时参与反应的电极为负极 B. 放电时从a侧通过离子导体移向b侧 C. 充电时b侧电极接电源的正极 D. 充电时当导线中通过2 mol电子时，a侧电极质量增加2 g 【答案】B 【解析】 【详解】A．放电时作为正极活性物质，在a侧发生得电子的还原反应，对应电极为正极，并非负极，A错误； B．放电时a为正极，反应生成，b为负极，反应消耗，原电池中阴离子向负极定向移动，因此从a侧通过离子导体移向b侧，B正确； C．充电时，原放电过程的负极b需作为电解池的阴极，接电源的负极，发生还原反应实现的分解，因此b侧不能接电源正极，C错误； D．充电时a侧为电解池的阳极，电极反应为，当导线中通过电子时，有从b侧迁移至a侧，这些在a侧失去电子生成（质量）逸出，a侧电极质量无净增加，D错误； 故选B。 10. 常温下，为探究铜及其化合物的性质，进行如下实验。已知CH3COOH的电离平衡常数，NH3·H2O的电离平衡常数。 实验1：将2.5 g CuSO4·5H2O晶体溶于蒸馏水得到50mL溶液，测得pH≈4.0，向溶液中加入光亮的铁钉，铁钉表面有少量气泡，一段时间后，铁钉表面包裹着厚厚的紫红色固体，最后溶液呈浅绿色。 实验2：向试管中加入少量新制的Cu(OH)2固体，再加入3 mL 1 mol·L-1氨水，搅拌后静置，沉淀不溶解，上层清液几乎无色。继续加入适量醋酸铵固体，充分搅拌，沉淀完全溶解，溶液呈深蓝色。 下列说法正确的是 A. 实验1中硫酸铜溶液pH≈4.0的原因是： B. 实验1中的现象说明：H+的氧化性强于Cu2+，铁钉先与H+反应，再与Cu2+反应 C. 由实验2可知：Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D. 实验2中加入醋酸铵后，溶液呈深蓝色的原因是：与OH-结合，促进Cu(OH)2溶解，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+ 【答案】D 【解析】 【分析】实验1：由于溶液中由于水解产生的，光亮的铁钉加入之后产生的少量气泡是和水解产生反应生成的，同时也会发生反应，铁钉表面包裹着厚厚的紫红色固体，最后溶液呈浅绿色； 实验2：向中加入的氨水后沉淀不溶解，主要是由于溶液中游离的浓度太低，加入适量醋酸铵固体后，与溶解产生的结合，促进溶解，与结合成，沉淀溶解，溶液呈深蓝色，由此解答； 【详解】A．由分析可知，溶液呈酸性是由于水解产生的，但是水解为可逆过程，并且不能将写为沉淀，正确的离子方程式为：，A错误； B．的氧化性强于，实验1中铁钉上先出现少量气泡，不是因为氢离子氧化性更强；几乎同时和水解产生的和发生反应，只是铜离子氧化性更强，所以很快析出大量 Cu 单质，B错误； C．实验2中，若与的结合能力大于与的结合能力，开始加入的氨水后沉淀就应该溶解；但实验 2 里只加氨水沉淀不溶解，说明单纯氨水条件下，铜离子更容易结合氢氧根离生成氢氧化铜，C错误； D．加入醋酸铵固体后，与溶解产生的结合，促进溶解平衡正向移动，释放出的与氨水中的结合生成，进一步促进沉淀溶解，溶液呈深蓝色，且醋酸铵溶液呈中性，可排除酸性溶解的可能，D正确； 故选D。 11. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，制备工艺流程如下： 已知：①常温下，ClO2为气体，浓度较高时易发生爆炸；ClO2在水中的溶解度约为6.5 g/L。 ②酸性条件下，NaClO3具有较强的氧化性。 ③NaClO2不稳定，易分解。 下列说法正确的是 A. X酸可以是硫酸也可以是盐酸 B. 流程中空气的作用是氧化SO2 C. 流程中H2O2的作用是氧化ClO2 D. 产品NaClO2中可能会混有NaCl 【答案】D 【解析】 【分析】在无隔膜的电解槽中电解饱和溶液，阳极上的发生氧化反应生成；向溶液加入稀硫酸，通入将还原为；将通入和得到，结晶干燥后得到产品，由此解答； 【详解】A．若加入盐酸，会和发生氧化还原反应生成，产生杂质，并且会降低原料利用率，A错误； B．根据已知信息，浓度较高时易发生爆炸，空气的作用是降低的浓度，防止爆炸，B错误； C．将通入和得到，氯元素的化合价从中的+4价降低到中的+3价，被还原，因此为还原剂，其作用是还原，C错误； D．根据已知信息，不稳定，易分解，可能会分解产生，因此产品中可能混有，D正确； 故选D。 12. 威尔曼—洛德工艺利用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，吸收液送入再生塔加热，NaHSO3分解再生为Na2SO3，用于循环吸收SO2，NaHSO3分解释放出的高浓度SO2用于生产H2SO4等产品。已知室温下H2SO3的电离平衡常数为；。下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中存在： B. Na2SO3溶液中存在： C. 室温下可逆反应的平衡常数 D. 循环吸收过程中会产生副产物Na2SO4，需要不断补充Na2SO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中，根据物料守恒，选项中不等式右侧可化简为，原不等式等价于。但溶液中电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，，不等式不成立，A错误； B．溶液中，为二元弱酸根，根据质子守恒，正确关系为，选项中的浓度项未乘对应系数2，B错误； C．对于反应，平衡常数，结合电离常数表达式推导得，选项给出的是逆反应的平衡常数，C错误； D．循环吸收过程中，、易被烟气中的氧化为，生成无法循环吸收的，造成可循环的损耗，因此需要不断补充，D正确； 故选D。 13. 甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 条件下，在2 L容器中，2.2 mol C3H8O3和8 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中H2、CO、CO2和CH4物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线乙对应的物质是CO2 C. 550℃时，反应Ⅲ的平衡常数 D. 使用更高效的催化剂能提高H2的平衡产率 【答案】B 【解析】 【分析】根据图示，550℃时，甲的物质的量为10mol，根据元素守恒n(C)=6.6 mol，所以甲不可能是含碳的微粒，则甲表示H2的物质的量；升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线丁代表CO；甲烷是反应Ⅲ的产物，随温度的变化趋势唯一，所以曲线丙代表CH4、曲线乙代表CO2。 【详解】A．曲线丙代表CH4，CH4的物质的量随温度升高而减小，说明升高温度反应Ⅲ逆向移动，正反应放热，，A错误； B．根据以上分析，曲线甲表示H2、曲线丁代表CO、曲线丙代表CH4、曲线乙代表CO2，B正确； C．550℃时，n(H2)=10 mol、n(CO)=0.8 mol、n(CO2)=4.4 mol、n(CH4)=0.8 mol，根据碳元素守恒n(C3H8O3)=0.2 mol，根据O元素守恒n(H2O)=4.4 mol，反应Ⅲ的平衡常数，C错误； D．催化剂不能使平衡移动，使用更高效的催化剂不能提高H2的平衡产率，D错误； 故选B。 非选择题(共61分) 14. 工业上从废旧钴酸锂正极粉料(主要含LiCoO2，还含有Al2O3、CuO等杂质)回收锂、钴资源的过程如图-1所示。 （1）固定浸出温度、过硫酸钠投料浓度、液固用量均不改变，为提高粉料浸出速率，工业上还可采用的操作方法为____________。 （2）已知的结构可表示为，“选择性浸取”过程可分为3个阶段： 第1阶段在高温和过渡金属作用下产生； 第2阶段水解生成、H+和； 第3阶段LiCoO2在和H+作用下生成O2和Co3O4，Li+进入水溶液。 ①中O的化合价有____________。 ②控制温度为80℃，改变Na2S2O8与LiCoO2投料物质的量之比，得到钴元素和锂元素的浸出率如图-2所示，投料物质的量之比超过0.6后，锂钴分离选择性下降的原因为____________。 （3）“还原酸浸”过程中，滤渣中的在稀硫酸作用下被还原为，反应的离子方程式为____________。 （4）高纯可与碳酸锂高温烧结，再经掺杂改性后制得高性能钴酸锂正极材料。 ①晶体结构示意图如图-3所示，与紧邻的有____________个。 ②从晶体结构中抽提出一个晶胞，在答题卡图-4中补全Li+位置_____________。 ③在1个晶胞中，被替代，体系会出现电荷亏缺。若只依靠晶胞体内形成氧空位进行电荷补偿，用两个替换两个，形成____________个氧空位(假设其他金属离子位置不变)。 【答案】（1）加速搅拌 （2） ①. -2、-1 ②. 增多，产生的、增多，与、反应产生进入溶液，使锂钴分离选择性下降 （3） （4） ①. 6 ②. ③. 1 【解析】 【分析】废旧钴酸锂正极粉料中含有、和，加入溶液进行浸取，转化为和，滤液中主要为，；滤渣中为、和，向滤渣中加入稀硫酸和后经过一系列处理得到高纯，通过高温烧结和掺杂改性重新得到高性能钴酸锂正极粉料，由此解答； 【小问1详解】 为提高粉料浸出速率，可以采用加速搅拌的方法； 【小问2详解】 ①根据给出的的结构可知，结构中存在2个过氧键，过氧键中的为-1价，其余和硫原子以普通单键、双键结合的为-2价，因此中的化合价为-1、-2； ②根据已知信息可知，水解生成、和，当投料物质的量之比超过0.6后，此时增多，产生的、增多，与、反应产生进入溶液，使锂钴分离选择性下降； 【小问3详解】 在酸性条件下，被还原为，被氧化为，因此离子方程式为； 【小问4详解】 ①以体心的为例，在上下各有3个紧邻的，因此与紧邻的有6个； ②根据的原子排布规律，与交替和占据最小单元体对角线两侧，因此晶胞的结构为； ③原本两个带6个正电荷，替换为两个后正电荷减少了2个，为了保证电中性，需要减少两个负电荷，原本晶体中的带两个负电荷，说明有一个变成了氧空位，因此形成了1个氧空位。 15. 工业级磷酸二氢铵()生产过程中的副产物为工铵白肥。工铵白肥含有磷、氮等营养元素以及氟、铁、铝、镁、硅、钙等杂质元素。工业上常用硫酸浸取工铵白肥制备聚磷酸钙。 （1）在温度为80℃的条件下，用硫酸浸取一定质量的工铵白肥。 ①在pH从2.0下降至0.5过程中，氟和硅元素浸出率明显升高，检测到生成一种空间构型为正八面体的配合物离子，硅位于正八面体中心，如图-1所示，该配合物离子的化学式为____________。 ②硫酸质量占工铵白肥干基质量的比例及浸出渣质量占工铵白肥干基质量的比例随pH的变化如图-2所示。当pH从3.5下降至1.5过程中，硫酸使用量随pH的降低而增加，但浸出渣质量变化不大的原因为____________。 （2）体系中浓度为，磷元素以、、、形式存在，总磷浓度为。磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图-3所示。 ①当时，恰好能生成沉淀，____________。 ②当时，与硫酸反应生成的化学方程式为____________。 （3）将产物分离提纯，得到晶体。 ①晶体在不同温度下的固体残留率()变化过程如图-4所示。 已知的摩尔质量为252 g·mol-1，B点产物的化学式为____________(写出计算过程)。 ②Ca(H2PO4)2的结构为，在B点温度生成二聚体，随着温度升高，m个该二聚体继续缩合生成聚磷酸钙，其化学式可表示为[Ca(P2O6)]m，聚磷酸钙的结构为____________。 【答案】（1） ①. ②. 固体溶解降低的质量与钙离子生成硫酸钙导致增加的质量相互抵消 （2） ①. ②. （3） ①. 假设初始为，在A点时，质量减少为 ，说明此时失去一个结晶水，A点产物的化学式为，在B点时相较于A点，质量减少了 ，说明此时失去一个水，因此B点的产物的化学式为 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①根据结构图可知，位于正八面体中心，配体是，共6个配位，因此该配合物离子的化学式为； ②继续加入硫酸，铁、铝、镁元素会溶解，但是会产生硫酸钙沉淀，由于固体溶解降低的质量与钙离子生成硫酸钙导致增加的质量相互抵消，导致硫酸使用量增加，但是浸出渣质量变化不大； 【小问2详解】 ①时，根据图像可知，和的分布分数相等并且等于0.5，说明此时溶液中只含有和，并且两者的浓度相同，根据总磷浓度为可知，，体系中浓度为，因此，； ②时，溶液中磷元素主要以形式存在，与硫酸反应生成和，因此化学方程式为； 【小问3详解】 ①假设初始为，在A点时，质量减少为 ，说明此时失去一个结晶水，A点产物的化学式为，在B点时相较于A点，质量减少了 ，说明此时失去一个水，因此B点的产物的化学式为； ②根据①可知，在B点温度生成二聚体时，是失去一个水分子所形成，二聚体的结构为，m个该二聚体继续缩合生成聚磷酸钙，聚磷酸钙的结构为。 16. 纳米铁酸铜(CuFe2O4)催化活性高、可磁回收，广泛应用于污水处理等领域。 已知：①为确保纳米铁酸铜催化性能优良，要求铁酸铜前驱体[Cu(OH)2和Fe(OH)3物质的量之比为1：2的固体混合物]粒径均匀、分散性好、减少团聚； ②控制反应终点pH值在9～10时，能使Cu2+和Fe3+充分转化为铁酸铜前驱体。 （1）制备前驱体的实验装置如图-1所示。 ①用Fe(NO3)3·9H2O晶体配制一定浓度Fe(NO3)3溶液的方法为____________。 ②三颈烧瓶中制备前驱体的化学方程式为____________。 ③补充完整实验步骤： 将100 mL 0.4 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液加入三颈烧瓶中，打开电磁搅拌器，____________，干燥后得到前驱体。(实验必须使用的试剂：0.2 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液、4 mol·L-1 NaOH溶液、蒸馏水) （2）在高压反应器中加入一定量的质量分数为5%的聚乙烯醇(简称PVA，含大量−OH)溶液，再把制备得到的前驱体转移至反应器，调整转速、升高温度进行合成。反应完成后，待反应体系冷却至室温，分离得到产物纳米铁酸铜4.26 g。 ①已知在高压条件下会发生分解。实验测得，残留有的前驱体在不同温度生成产品的X射线衍射图谱如图-2所示，去除的前驱体在不同温度生成产品的X射线衍射图谱如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。前驱体中若残留有，会影响CuFe2O4的生成，可能的原因为____________。 ②从结构上分析，反应器中加入PVA的目的是____________。 ③已知铁酸铜的摩尔质量为240 g·mol-1，计算得到铁酸铜的产率为____________。 【答案】（1） ①. 将晶体溶于中，再加水稀释至所需浓度 ②. ③. 先加入溶液，再缓慢滴加溶液至为9~10，过滤，用蒸馏水洗涤2~3次 （2） ①. 残留在高压条件下分解产生还原性物质()；还原性物质()将还原为；与进一步生成 ②. 含大量，与前驱体表面形成氢键；吸附或包覆在颗粒表面，产生阻隔；抑制颗粒团聚，获得粒径均匀、分散性好的纳米铁酸铜 ③. 【解析】 【分析】将溶液和溶液加入溶液中，控制在9～10时，将和充分转化为铁酸铜前驱体，由此解答； 【小问1详解】 ①易发生水解反应：，直接将晶体溶于水中会生成沉淀，配制过程中需要抑制其水解，因此需要将晶体溶于中，再加水稀释至所需浓度； ②根据已知信息，铁酸铜前驱体为和的物质的量之比为的固体，该反应为和与反应生成和和，并且和的物质的量之比为，因此化学方程式为； ③根据化学方程式可知，和的物质的量之比为，并且需要先加入再加入，和充分转化为铁酸铜前驱体；由于的物质的量为 ，因此需要先加入的溶液，然后再缓慢滴加溶液至为9~10，得到铁酸铜前驱体后，过滤、用蒸馏水洗涤2~3次，干燥后得到前驱体； 【小问2详解】 ①根据图像对比可知，当存在，会产生和；说明一部分被还原为，后续与进一步生成；根据已知信息可知，在高压条件下会发生分解，因此应为在高压条件下分解产生还原性物质，将一部分被还原为，后续与进一步生成，从而影响了生成； ②根据已知信息含大量，可以和与前驱体表面形成氢键；吸附或包覆在颗粒表面，产生阻隔；抑制颗粒团聚，获得粒径均匀、分散性好的纳米铁酸铜； ③加入的物质的量为 ，的物质的量为 ，根据元素守恒可知，理论上生成的物质的量为，其质量为 ，而实际得到产物纳米铁酸铜，因此铁酸铜的产率为。 17. 甲酸盐-碳酸氢盐储释氢循环可实现氢气的高效、安全储运与实时供氢。 （1）某科研团队研究CO2在阴极电催化还原生成HCOO-的机理，认为部分基元反应如下(*表示催化剂表面活性位点，*COOH中C占据活性位点)： ① ② ③ ④ 已知中间体还可转化为CO，该路径的基元反应依次为： ，____________， （2）某研究小组电解CO2饱和的KHCO3溶液制备甲酸盐，其装置如图-1所示。电解一段时间后，阳极产生的气体有____________；检测到阴极CO2被还原为HCOO-和CO，两者物质的量之比为，两侧电解液中K+物质的量相差0.08 mol，阴极产生HCOO-物质的量为____________mol。 （3）以氨基功能化碳材料负载的Pd-Au(Pd-Au/CN-NH2)为催化剂，利用CO2捕集后生成的碳酸氢盐实现储氢，反应机理如图-2所示。 ①在答题卡虚线框图位置补全中间体X的结构_________。 ②在不同Pd/Au比例催化剂活性研究中发现，Pd/Au比例最佳值为1，过高的Au负载比例会使催化剂的催化效果降低，结合步骤1和步骤2，分析其原因为____________。 （4）甲酸盐释氢反应为。反应1小时，测得不同温度下H2和CO2的产量如图-3所示，工业上甲酸盐释氢选取40℃的原因为____________。 【答案】（1） （2） ①. 和 ②. （3） ①. ②. 用于吸附，用于吸附并解离，过高的负载比例会使催化剂吸附的量减少，解离出的量减少 （4）低于，产量低；高于，虽然产量提升，但能耗大；时，产量超过 【解析】 【小问1详解】 该步基元反应应为转化为，环境为酸性环境，因此该反应应为与反应得到电子生成和水，该基元反应为； 【小问2详解】 阴极通入被还原为和，因此为阳极，发生氧化反应，由于电解质为溶液，电极反应为，阳极会产生和； 被还原为，每个转移2个电子，被还原为，每个转移2个电子，假设产生的物质的量为，产生的物质的量为，转移电子总量为，根据两侧电解液中的物质的量相差，说明迁移的的物质的量为，根据电荷守恒可知，转移电子量为，可得到，解得，因此产生的物质的量为； 【小问3详解】 ①反应①中吸附了，在反应②中并解离，同时生成了水，根据反应前后原子守恒可知，中间体X的结构为； ②根据反应①和反应②可知，用于吸附，用于吸附并解离，过高的负载比例会使催化剂吸附的量减少，解离出的量减少，从而导致催化剂的催化效果降低； 【小问4详解】 根据图像可知，温度低于时，的产量低，并且此时反应速率较慢；温度高于后，的产量增加的不多，但是会增大能耗；而在温度为时，的产量较高，并且此时产量超过，因此温度选择。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三期中考试试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Ca-40 Fe-56 Cu-64 选择题(共39分) 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. Al(NO3)3、CuSO4、FeCl2、NH4VO3等可作为合成金属有机框架材料(简称MOF)的金属源。上述物质所含元素中，位于元素周期表ds区的是 A. Al B. Cu C. Fe D. V 2. 侯氏制碱法是中国化学家侯德榜发明的制碱工艺。向饱和氨盐水中通入CO2，发生反应：。下列说法正确的是 A. CO2是非极性分子 B. 电负性： C. 键角： D. NH4Cl晶体中只有离子键 3. 实验室从海带中提取碘的步骤有灼烧、水浸、过滤、氧化、萃取、分液等，I2的沸点184.3℃，CCl4的沸点为76.7℃，I2在77℃左右升华。下列描述或操作正确的是 A. 使用蒸发皿灼烧海带碎，灼烧时不断搅拌 B. 过滤得到的无色水浸液中碘元素以I2形式存在 C. 使用甲装置萃取、分液，I2的CCl4溶液在下层 D. 使用乙装置蒸馏，可以分离I2的CCl4溶液 4. 景德镇被誉为“世界瓷都”。景德镇瓷的原料之一是高岭土，其主要成分是Al4Si4O10(OH)8，还含有镁、钠、钾等杂质元素。下列说法正确的是 A. 半径： B. 离子键百分数： C. 碱性： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成下面小题： 氨是重要的化工原料，也是未来重要的燃料。氨催化氧化可制取硝酸；氨水可用于吸收尾气中的气体；氨水与反应可制得，常用于刻蚀印刷电路板上的铜；氨气可以与在催化剂作用下反应得到羟胺()；氨气还可以与在一定条件下反应制得甲胺()；氨气的燃烧热为，液氨碱性燃料电池率先在我国投入使用。 5. 下列说法正确的是 A. 和的价层电子对互斥模型不相同 B. 与中N原子的杂化类型相同 C. 分子中存在的氢键可表示为 D. 1 mol 中含有的σ键物质的量为12 mol 6. 下列反应表示正确的是 A. 氨水吸收少量气体的离子方程式： B. 氨气与反应的化学方程式： C. 液氨碱性燃料电池正极反应式： D. 氨气燃烧的热化学方程式： 7. 下列结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 具有氧化性，可用于刻蚀电路板上的铜 B. 氨水呈弱碱性，可用于制取硝酸 C. 具有还原性，可与甲醇反应制备甲胺 D. CH3NH2中N原子能与形成配位键，甲胺具有还原性 8. 高温富氧条件下，CH4在Mn-ZSM-5催化剂作用下还原NO的主要反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 加热能提高步骤①的正反应速率，降低逆反应速率 B. 步骤⑤中1 mol 参加反应，转移电子的数目约为 C. 反应过程中，所有元素的价态均发生变化 D. 总反应为 9. 2026年5月我国科学家发布全球首例气-固氢负离子可充电电池，该电池以金属氢化物为电解质，用于传导，放电时储氢，充电时放氢，实现氢电共储。放电时的原理示意图如图所示，金属镁和氢气分别作为负极和正极活性物质。 下列说法正确的是 A. 放电时参与反应的电极为负极 B. 放电时从a侧通过离子导体移向b侧 C. 充电时b侧电极接电源的正极 D. 充电时当导线中通过2 mol电子时，a侧电极质量增加2 g 10. 常温下，为探究铜及其化合物的性质，进行如下实验。已知CH3COOH的电离平衡常数，NH3·H2O的电离平衡常数。 实验1：将2.5 g CuSO4·5H2O晶体溶于蒸馏水得到50mL溶液，测得pH≈4.0，向溶液中加入光亮的铁钉，铁钉表面有少量气泡，一段时间后，铁钉表面包裹着厚厚的紫红色固体，最后溶液呈浅绿色。 实验2：向试管中加入少量新制的Cu(OH)2固体，再加入3 mL 1 mol·L-1氨水，搅拌后静置，沉淀不溶解，上层清液几乎无色。继续加入适量醋酸铵固体，充分搅拌，沉淀完全溶解，溶液呈深蓝色。 下列说法正确的是 A. 实验1中硫酸铜溶液pH≈4.0的原因是： B. 实验1中的现象说明：H+的氧化性强于Cu2+，铁钉先与H+反应，再与Cu2+反应 C. 由实验2可知：Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D. 实验2中加入醋酸铵后，溶液呈深蓝色的原因是：与OH-结合，促进Cu(OH)2溶解，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+ 11. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，制备工艺流程如下： 已知：①常温下，ClO2为气体，浓度较高时易发生爆炸；ClO2在水中的溶解度约为6.5 g/L。 ②酸性条件下，NaClO3具有较强的氧化性。 ③NaClO2不稳定，易分解。 下列说法正确的是 A. X酸可以是硫酸也可以是盐酸 B. 流程中空气的作用是氧化SO2 C. 流程中H2O2的作用是氧化ClO2 D. 产品NaClO2中可能会混有NaCl 12. 威尔曼—洛德工艺利用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，吸收液送入再生塔加热，NaHSO3分解再生为Na2SO3，用于循环吸收SO2，NaHSO3分解释放出的高浓度SO2用于生产H2SO4等产品。已知室温下H2SO3的电离平衡常数为；。下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中存在： B. Na2SO3溶液中存在： C. 室温下可逆反应的平衡常数 D. 循环吸收过程中会产生副产物Na2SO4，需要不断补充Na2SO3 13. 甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 条件下，在2 L容器中，2.2 mol C3H8O3和8 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中H2、CO、CO2和CH4物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线乙对应的物质是CO2 C. 550℃时，反应Ⅲ的平衡常数 D. 使用更高效的催化剂能提高H2的平衡产率 非选择题(共61分) 14. 工业上从废旧钴酸锂正极粉料(主要含LiCoO2，还含有Al2O3、CuO等杂质)回收锂、钴资源的过程如图-1所示。 （1）固定浸出温度、过硫酸钠投料浓度、液固用量均不改变，为提高粉料浸出速率，工业上还可采用的操作方法为____________。 （2）已知的结构可表示为，“选择性浸取”过程可分为3个阶段： 第1阶段在高温和过渡金属作用下产生； 第2阶段水解生成、H+和； 第3阶段LiCoO2在和H+作用下生成O2和Co3O4，Li+进入水溶液。 ①中O的化合价有____________。 ②控制温度为80℃，改变Na2S2O8与LiCoO2投料物质的量之比，得到钴元素和锂元素的浸出率如图-2所示，投料物质的量之比超过0.6后，锂钴分离选择性下降的原因为____________。 （3）“还原酸浸”过程中，滤渣中的在稀硫酸作用下被还原为，反应的离子方程式为____________。 （4）高纯可与碳酸锂高温烧结，再经掺杂改性后制得高性能钴酸锂正极材料。 ①晶体结构示意图如图-3所示，与紧邻的有____________个。 ②从晶体结构中抽提出一个晶胞，在答题卡图-4中补全Li+位置_____________。 ③在1个晶胞中，被替代，体系会出现电荷亏缺。若只依靠晶胞体内形成氧空位进行电荷补偿，用两个替换两个，形成____________个氧空位(假设其他金属离子位置不变)。 15. 工业级磷酸二氢铵()生产过程中的副产物为工铵白肥。工铵白肥含有磷、氮等营养元素以及氟、铁、铝、镁、硅、钙等杂质元素。工业上常用硫酸浸取工铵白肥制备聚磷酸钙。 （1）在温度为80℃的条件下，用硫酸浸取一定质量的工铵白肥。 ①在pH从2.0下降至0.5过程中，氟和硅元素浸出率明显升高，检测到生成一种空间构型为正八面体的配合物离子，硅位于正八面体中心，如图-1所示，该配合物离子的化学式为____________。 ②硫酸质量占工铵白肥干基质量的比例及浸出渣质量占工铵白肥干基质量的比例随pH的变化如图-2所示。当pH从3.5下降至1.5过程中，硫酸使用量随pH的降低而增加，但浸出渣质量变化不大的原因为____________。 （2）体系中浓度为，磷元素以、、、形式存在，总磷浓度为。磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图-3所示。 ①当时，恰好能生成沉淀，____________。 ②当时，与硫酸反应生成的化学方程式为____________。 （3）将产物分离提纯，得到晶体。 ①晶体在不同温度下的固体残留率()变化过程如图-4所示。 已知的摩尔质量为252 g·mol-1，B点产物的化学式为____________(写出计算过程)。 ②Ca(H2PO4)2的结构为，在B点温度生成二聚体，随着温度升高，m个该二聚体继续缩合生成聚磷酸钙，其化学式可表示为[Ca(P2O6)]m，聚磷酸钙的结构为____________。 16. 纳米铁酸铜(CuFe2O4)催化活性高、可磁回收，广泛应用于污水处理等领域。 已知：①为确保纳米铁酸铜催化性能优良，要求铁酸铜前驱体[Cu(OH)2和Fe(OH)3物质的量之比为1：2的固体混合物]粒径均匀、分散性好、减少团聚； ②控制反应终点pH值在9～10时，能使Cu2+和Fe3+充分转化为铁酸铜前驱体。 （1）制备前驱体的实验装置如图-1所示。 ①用Fe(NO3)3·9H2O晶体配制一定浓度Fe(NO3)3溶液的方法为____________。 ②三颈烧瓶中制备前驱体的化学方程式为____________。 ③补充完整实验步骤： 将100 mL 0.4 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液加入三颈烧瓶中，打开电磁搅拌器，____________，干燥后得到前驱体。(实验必须使用的试剂：0.2 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液、4 mol·L-1 NaOH溶液、蒸馏水) （2）在高压反应器中加入一定量的质量分数为5%的聚乙烯醇(简称PVA，含大量−OH)溶液，再把制备得到的前驱体转移至反应器，调整转速、升高温度进行合成。反应完成后，待反应体系冷却至室温，分离得到产物纳米铁酸铜4.26 g。 ①已知在高压条件下会发生分解。实验测得，残留有的前驱体在不同温度生成产品的X射线衍射图谱如图-2所示，去除的前驱体在不同温度生成产品的X射线衍射图谱如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。前驱体中若残留有，会影响CuFe2O4的生成，可能的原因为____________。 ②从结构上分析，反应器中加入PVA的目的是____________。 ③已知铁酸铜的摩尔质量为240 g·mol-1，计算得到铁酸铜的产率为____________。 17. 甲酸盐-碳酸氢盐储释氢循环可实现氢气的高效、安全储运与实时供氢。 （1）某科研团队研究CO2在阴极电催化还原生成HCOO-的机理，认为部分基元反应如下(*表示催化剂表面活性位点，*COOH中C占据活性位点)： ① ② ③ ④ 已知中间体还可转化为CO，该路径的基元反应依次为： ，____________， （2）某研究小组电解CO2饱和的KHCO3溶液制备甲酸盐，其装置如图-1所示。电解一段时间后，阳极产生的气体有____________；检测到阴极CO2被还原为HCOO-和CO，两者物质的量之比为，两侧电解液中K+物质的量相差0.08 mol，阴极产生HCOO-物质的量为____________mol。 （3）以氨基功能化碳材料负载的Pd-Au(Pd-Au/CN-NH2)为催化剂，利用CO2捕集后生成的碳酸氢盐实现储氢，反应机理如图-2所示。 ①在答题卡虚线框图位置补全中间体X的结构_________。 ②在不同Pd/Au比例催化剂活性研究中发现，Pd/Au比例最佳值为1，过高的Au负载比例会使催化剂的催化效果降低，结合步骤1和步骤2，分析其原因为____________。 （4）甲酸盐释氢反应为。反应1小时，测得不同温度下H2和CO2的产量如图-3所示，工业上甲酸盐释氢选取40℃的原因为____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $