精品解析：北京市第五中学2026-2027学年高三上学期期中检测 化学试卷

2026/2027学年度第一学期期中检测试卷 高三化学 班级_______姓名_______学号_______成绩_______ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的一项。 1. 用现代分析仪器可检测元素或物质的组成、结构。下列说法不正确的是 A. 通过核磁共振氢谱图可确定有机化合物的实验式 B. 通过质谱法可测定有机化合物的相对分子质量 C. 通过红外光谱图可获得有机化合物分子中含有的化学键或官能团信息 D. 利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素 【答案】A 【解析】 【详解】A．核磁共振氢谱图仅能反映有机化合物分子中不同化学环境氢原子的种类、数目比例，无法获取分子中各元素的组成与含量数据，不能确定有机化合物的实验式，A错误； B．质谱图中质荷比的最大值近似等于对应有机化合物的相对分子质量，通过质谱法可测定有机化合物的相对分子质量，B正确； C．不同的化学键或官能团在红外光谱中对应特征吸收峰，通过红外光谱图可获得有机化合物分子中含有的化学键或官能团信息，C正确； D．不同元素的原子具有独特的特征原子光谱谱线，利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. Cl的原子结构示意图： B. 基态C原子的轨道表示式： C. 杂化轨道示意图： D. 异丙基的结构简式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl为17号元素，核外电子层排布为2、8、7，该原子结构示意图表达正确，A正确； B．基态C原子电子排布为，根据洪特规则，2p轨道的2个电子应分占不同简并轨道且自旋方向相同，图示2p轨道电子自旋相反，违反洪特规则，B错误； C．杂化轨道共3个，呈平面正三角形分布，相邻轨道夹角为，示意图表达正确，C正确； D．异丙基是丙烷中间碳原子失去1个氢原子得到的基团，结构为，图示结构简式表达正确，D正确； 故选B。 3. 叶绿素是和卟啉形成的一类配位化合物。某种叶绿素的结构如下图，下列关于该叶绿素的说法不正确的是 A. 含氧官能团有两种 B. 所含元素第一电离能： C. N原子是配位原子 D. C原子均为杂化 【答案】D 【解析】 【详解】A．该叶绿素中的含氧官能团有酯基和酮羰基，共2种，A正确； B．同周期元素第一电离能ⅤA>ⅥA，N的2p轨道半充满稳定，故第一电离能N>O，B正确； C．Mg2+与卟啉环中的N原子通过配位键结合，N原子提供孤对电子，是配位原子，C正确； D．结构中存在饱和碳原子（如甲基、亚甲基等），饱和C原子为sp3杂化，并非所有C原子均为sp2杂化，D错误； 故选D。 4. 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A. 、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B. 反应过程涉及配位键的形成 C. 白烟的产生体现了的还原性 D. 用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 【答案】C 【解析】 【详解】A．中采取杂化，的杂化轨道与的轨道形成键；中的轨道与的轨道形成键，A正确； B．反应生成，中的提供孤电子对、提供空轨道形成配位键，反应过程涉及配位键的形成，B正确； C．该反应为，反应中无元素化合价升降，属于非氧化还原反应，不体现的还原性，C错误； D．浓硝酸具有挥发性，挥发出的与反应生成固体，也会产生大量白烟，D正确； 故答案选C。 5. 下列说法不正确的是 A. 通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同 B. 蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸 C. 淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化 D. 核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 【答案】A 【解析】 【详解】A．石油分馏获取汽油、柴油的原理是利用各组分沸点的差异实现分离，并非利用组分密度的不同，A错误； B．蛋白质的基本组成单位为氨基酸，在酶的催化作用下可发生水解反应最终得到氨基酸，B正确； C．淀粉属于非还原糖，不能被银氨溶液、氢氧化铜等弱氧化剂氧化，C正确； D．核苷酸由戊糖、磷酸、碱基构成，戊糖可分别与磷酸、碱基通过分子间脱水反应连接形成核苷酸结构，D正确； 故选A。 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液吸收： B. 用NaOH溶液吸收： C. 用NaOH溶液吸收少量： D. 用催化转化器处理汽车尾气中的CO和NO： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用溶液吸收时，与反应生成CuS沉淀。是弱电解质，书写离子方程式时应保留其化学式，不能拆写成离子，正确的离子方程式为，A错误； B．用NaOH溶液吸收时，氯元素的化合价由0价分别升高到+1价、降低到−1价，生成NaClO和NaCl，反应的化学方程式为，B正确； C．用NaOH溶液吸收少量时，NaOH过量，与反应生成和水，离子方程式为，C正确； D．在催化剂和加热条件下，CO将NO还原为，自身被氧化为，反应的化学方程式为，D正确； 故选A。 7. 下列实验的相应操作不正确的是 制备并检验 分液 A．终止反应时，向外拉铜丝，使铜丝与浓硫酸脱离接触 B．先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出 从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 验证牺牲阳极法 C．为防止局部过热，用玻璃棒搅拌 D．一段时间后，向Fe电极附近滴入2滴溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，制备二氧化硫时，向外拉铜丝，使铜丝与浓硫酸脱离接触可以终止反应，A不符合题意； B．四氯化碳的密度大于水，分离碘的水溶液和碘的四氯化碳时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，避免上下层液体出现交叉污染，B不符合题意； C．蒸发氯化钠溶液时，用玻璃棒搅拌的目的是防止溶液局部过热导致液体飞溅，C不符合题意； D．由题意可知，该装置为验证牺牲阳极法的装置，若向铁电极附近的溶液中直接进入铁氰化钾溶液，活泼金属铁可能会直接与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，则检验溶液中是否存在亚铁离子的操作为取Fe电极附近少许溶液于试管中，加入铁氰化钾溶液，观察是否有蓝色沉淀生成，D符合题意； 故选D。 8. 单质溴是一种重要的化工原料，室温下为深红棕色、易挥发的液体，密度约3.1 g/cm3。 工业上常以海水晒盐后的卤水为原料制备粗溴（主要成分为单质溴）。溴含量较高的卤水常用水蒸气吹出法，溴含量较低的卤水只能选择热空气吹出法，工艺流程如下图。 下列说法不正确的是 A. 流程一中，分液时粗溴位于下层 B. 流程二中，溶液C的溴含量高于卤水乙 C. 流程二中，试剂X可以是HCl D. 两种流程均利用了单质溴的易挥发性 【答案】C 【解析】 【详解】A．水蒸气吸收溴得到溴水，溴的密度为3.1 g/cm3，大于水的密度，所以分液时溴在下层，故A项说法正确； B．流程二中，热空气吹出法用二氧化硫吸收的目的是富集溴，因此溶液C的溴含量高于卤水乙，故B项说法正确； C．流程二中，因为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以试剂X应为氧化剂，目的是将HBr氧化为Br2，如Cl2：Cl2+2HBr=Br2+2HCl，而HCl无氧化性，故C项说法错误； D．两种流程中，水蒸气或热空气能将溶液中的溴带出，都是利用溴的易挥发性，故D项说法正确； 综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。 9. 下列根据相关数据做出的判断不正确的是 A. 电负性：，则酸性： B. 键能：键键，则沸点： C. ，则相同温度相同浓度溶液的碱性： D. 　，则稳定性：石墨金刚石 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性：，吸电子效应使中羧基上的氢原子更容易电离，酸性大于，A正确； B．沸点由分子间作用力（如氢键）决定，中存在分子间氢键，故沸点大于，B错误； C．，则相同温度相同浓度溶液中，水解程度：，则碱性：，C正确； D．由石墨到金刚石吸热，说明石墨能量更低，更稳定，D正确； 故选B。 10. 由乙酸制取丙二酸的流程如下(部分条件略)。下列说法不正确的是 已知：25℃时，；HCN有毒，有挥发性 A. 酸性： B. ii中若用过量NaOH代替可提高的产率 C. iii中氯原子被取代，与中C—Cl键的极性有关 D. ii的目的是防止发生 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯原子是吸电子基团，会增强羧基键的极性，使更易电离，因此酸性：，A正确； B．若用过量代替，作为强碱，不仅中和羧基，还会使中的键发生水解取代，生成，反而会降低的产率，B错误； C．Cl的电负性远大于C，键极性较强，容易断裂发生取代反应，取代反应的发生与键的极性直接相关，C正确； D．已知酸性：，而酸性强于，因此酸性，若不先中和的羧基，会发生反应，生成有毒易挥发的，ii中和羧基的目的就是避免该反应的发生，D正确； 故选B。 11. 哌嗪(G)及其衍生物(H、J)是一类重要的化工原料和药物中间体，其合成路线如图。 已知：a和b均为链状有机化合物。 下列说法正确的是 A. G和H互为同系物 B. b的分子式为 C. J的结构简式是 D. 和a按照物质的量之比可生成H 【答案】D 【解析】 【分析】a和b均为链状有机化合物。G和a反应生成H和水，则a是HOCH2CH2OH；根据反应①可知，I和H2NCH2CH(OH)CH3反应生成  ，则b是H2NCH2CH(OH)CH3。 【详解】A．G的分子式为C4H10N2，H的分子式为C6H12N2，分子组成不是相差若干个CH2，G和H不是同系物，故A错误； B．b是H2NCH2CH(OH)CH3，b的分子式为C3H9NO，故B错误； C．根据G→H可知，J的结构简式是，故C错误； D．根据G→H可知，NH2(CH2)2NH2和HOCH2CH2OH按照物质的量之比可生成（H），故D正确； 故选D。 12. 电解还原的原理如图1所示，阴极两个反应的反应速率随电解液pH的变化如图2所示，反应a的历程如图3所示。在图2所示的pH范围内，以下说法不正确的是 A. 反应a的电极反应式为 B. 反应a的速率几乎与pH无关，说明过程i比ii、iii慢 C. pH越大，产物中越小 D. 若阳极产物只有，时，阳极每生成，阴极可生成1 mol CO 【答案】C 【解析】 【分析】图1装置中，电源左边为负极，右边为正极，因此左侧电极为阴极，阴极发生的电极反应a为，电极反应b为；右侧电极为阳极，阳极产物只有，电极反应为；根据图2可知，随着增大，反应a的单位面积反应速率不变，反应b的单位面积反应速率减小；根据图3可知，过程i只涉及电子转移，无参与，而过程ii涉及参与，过程iii涉及和电子参与，由此解答； 【详解】A．由分析可知，电极反应a为，A正确； B．由分析可知，反应a的速率几乎不随变化，说明该反应的决速步骤不涉及，过程i只涉及电子转移，无参与，而过程ii涉及参与，过程iii涉及和电子参与，说明反应a中过程i是决速步骤，反应速率最小，因此过程i比ii、iii慢，B正确； C．随着增大，反应a的速率几乎不变，单位时间内产生的物质的量不变，反应b速率减小，单位时间产生的的物质的量减小，因此随着增大，不变，减小，产物中增大，C错误； D．由分析可知，阳极电极反应为，生成转移电子；当时，根据图2可知，此时反应a和反应b的速率相等，即阴极生成的和的物质的量相同，设生成了和，根据电极反应a为和电极反应b为可知，转移电子为，解得，因此生成了，D正确； 故选C。 13. 利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。 已知：在范围内稳定，在时沉淀完全。 下列说法不正确的是 A. “酸浸”时通入有利于提高的浸出率 B. “酸浸”时的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的参与浸出 C. “除铁”时发生反应的离子方程式为： D. “深度除铁”时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率 【答案】D 【解析】 【分析】闪锌矿（含、）加硫酸、氧气酸浸，-2价硫被氧化为单质，得到含、（少量）、​的酸性溶液；加沉铁，得到沉淀​除去大部分铁；再深度除铁，先加将剩余氧化为，再调使完全沉淀为，最终得到。 【详解】A．酸浸时通入，可氧化、中-2价硫，促进硫化物溶解，有利于提高的浸出率，A正确； B．酸浸生成的可氧化中的，本身被还原为，又会被重新氧化为，相当于催化剂，能促进浸出，该催化作用是浸出速率增大的可能原因，B正确； C．除铁时，消耗了体系中的产生，并促进水解并与、结合生成沉淀，该离子方程式电荷、原子均守恒，产物和配平均正确，C正确； D．若互换顺序（先调，再加），调高pH会降低过氧化氢的氧化性，影响除铁效果，D错误； 故选D。 14. 某同学进行如下实验： 序号 实验① 实验② 实验③ 实验④ 实验⑤ 方案 现象 出现白色沉淀 无明显现象 出现白色沉淀 产生大量气泡，高锰酸钾溶液不褪色 出现白色沉淀 已知：i.H2O2⇌H++HO、HO⇌H++O ii.BaO2是一种白色难溶于水的固体 下列说法合理的是 A. 实验③可证明H2O2溶液中存在电离平衡 B. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应 C. 实验⑤的白色沉淀经检验为BaSO4，说明溶解度BaO2>BaSO4 D. 可用BaCl2、MnO2、H2O检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验③生成BaO2白色沉淀，只能说明有O存在，不能证明反应后还含有H2O2，不能证明H2O2溶液中存在电离平衡，故A错误； B．实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误； C．BaO2与硫酸反应生成BaSO4和过氧化氢，因为过氧化钡溶于酸，而硫酸钡难溶于水也难溶于酸，所以得到白色沉淀，所以无法比较两者在水中的溶解度，故C错误； D．H2O与Na2O2反应生成H2O2，为避免生成BaO2白色沉淀的干扰，加入MnO2分解H2O2，再加入BaCl2，观察是否有BaCO3白色沉淀，即可证明长期放置的过氧化钠中是否含有Na2CO3，故D正确； 故选：D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 【答案】（1）第三周期ⅦA族 （2） ①. 极性 ②. （3） （4）8 （5） （6） （7）作还原剂，氧化产物是，绿色环保；价廉易得 【解析】 【小问1详解】 氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族； 【小问2详解】 氨分子中氮原子的价层电子对数为：3+(5-1×3) ×=4，孤对电子对数为：(5-1×3) ×=1，则氮原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子； 【小问3详解】 钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价层电子排布式为； 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的六氨合亚钴离子与位于体对角线上的氯离子距离最近，则六氨合亚钴离子的配位数为8； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的六氨合亚钴离子的个数为：8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-7)3d，解得d=； 【小问6详解】 由平衡常数可知，六氨合钴离子稳定性强，较难离解出钴离子，所以相同浓度时六氨合钴离子的氧化性弱于钴离子； 【小问7详解】 与碘离子作还原剂对比，用水的优点是水作还原剂得到的氧化产物是氧气，不会对环境造成污染，绿色环保，且水价廉易得。 16. 是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备，加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物反应的化学方程式为_______。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下：Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．。铅室法制硫酸的总反应为_______。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为_______。 ②测定吸收后所得溶液中Mn元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的。用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：。待测液中Mn元素的含量为_______。 ③若未加热煮沸，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 （4）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图1所示。 ①结合化学用语解释图1装置中生成较浓硫酸的原理：_______。 ②有同学设计燃料电池，利用图1中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图2所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 i．较浓硫酸应注入_______(填“C极区”或“D极区”)。 ii．从物质和能量的角度说明联合生产的优点：_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. ③. 偏大 （4） ①. B极为阳极，发生反应，生成大量，中间室的通过阴离子交换膜Y进入B极区，同时B极区通入稀硫酸，与共同富集得到较浓硫酸 ②. D极区 ③. 利用和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【解析】 【分析】（4）A极稀氨水转化为较浓氨水，说明中间室提供的通过阳离子交换膜X进入A极，则A极为阴极，电极反应为：；B极为稀硫酸转化为浓硫酸，中间室提供的通过阴离子交换膜Y进入B极，则B极为阳极，电极反应为：，据此分析解题。 【小问1详解】 红棕色粉末为​，Fe元素从+2价升至+3价，发生氧化反应，因此部分S元素发生还原反应生成+4价的​，剩余S元素价态不变生成，配平后补全结晶水即可：； 【小问2详解】 根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把，去掉中间产物，可得总的反应化学方程式为； 【小问3详解】 ①中+4价Mn具有氧化性，具有还原性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，直接生成，反应方程式为； ②滴定过程中发生反应，可得计量关系：​；结合已知的​，推导得总计量关系，即，Mn元素质量为，除以待测液体积即得含量； ③若未加热煮沸，过量的​会氧化后续加入的，导致消耗的标准​溶液体积偏大，根据Mn元素的含量表达式，可知最终计算得到的Mn元素含量偏大； 【小问4详解】 ①由分析知B极稀硫酸转化为浓硫酸，为阳极，电极反应为：，增大，通过阴离子交换膜Y进入B极区，同时B极区通入稀硫酸，与共同富集得到较浓硫酸； ②i.图1中产生的M、N分别为，氢氧燃料电池中，C极得到电子，发生还原反应：，增大，通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，失去电子，发生氧化反应，，增大，通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区； ii.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 17. 化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： （1）A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 （2）DE的化学方程式为_____。 （3）I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 （4）下列说法正确的是_____(填序号)。 a.中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 （5）以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 （6）在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 【答案】（1） （2） ++H2O （3）醚键 （4）ad （5） ①. ②. d ③. c ④. e （6）I→J 【解析】 【分析】从G反推E，E到G没有C原子的增加，而是引入-Br，进而推出E为，D到E的反应是羰基的保护反应，使用乙二醇将羰基保护起来，形成两根醚键，推出D为，B到D是-OH的氧化反应，-OH被氧化为羰基，推出B为，A到B为加成反应，A是芳香族化合物，故应是苯环被H2加成得到B，A为，从I与K的结构式推导J，根据题中的提示反应：，I到J的反应式这个反应，根据反应，推出J为，K到L，根据分子式的变化，H原子的数目减少了，所以反应1为氧化反应，应为-OH被氧化为了羰基，L的结构简式为：，L到M的反应为羟基的脱保护反应，M的结构简式为：，由此可以看出I到J的反应为羟基的保护反应，L到M则是羟基的脱保护反应，由此分析解题。 【小问1详解】 根据分析，A的结构简式为。 【小问2详解】 D到E的反应是羰基的保护，反应方程式为：++H2O。 【小问3详解】 通过观察I分子中的含氧官能团分别是酚羟基与醚键。 【小问4详解】 a．I到J的反应方程式为：+CH3OCH2Cl+HCl，加入碱后可以中和生成的HCl，使得反应正向移动，提高J的平衡产率，a正确； b．根据I的结构简式计算出I的不饱和度为4，且同分异构体为芳香族化合物，若存在含有-CHO的芳香族同分异构体，其不饱和度应该为5，但是I的不饱和度只有4，所以该可能性不存在，b错误； c．K分子中的四元碳环，其中两个C均为sp3杂化，空间构型为正四面体形，其键角不为90°，C-C-C的键角不可能为90°，c错误； d．由分析，反应1为氧化反应，d正确； 故答案选ad。 【小问5详解】 ①由分析，M的结构简式为：；②根据P与反应ii的机理倒推Z的结构简式，P的结构简式为，将P中的酰胺基还原为R2，与N原子连接的另一个没连接羰基的基团即为R2，从而得到Z的结构简式为：，通过与Y结构简式的对比，d与a相连，c与e相连形成了一个新的六元环，即 ，所以是a与d，c与e形成了新的碳碳单键。 【小问6详解】 由分析可知，D到E的目的是羰基的保护，I到J为羟基的保护。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） ①. ②. 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【解析】 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【小问1详解】 ①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 【小问2详解】 ①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 【小问3详解】 “热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 【小问4详解】 ①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 【小问5详解】 根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19. 某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。 实验I： 装置与操作 现象 溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去 （1）实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。 （2）探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。 （3）研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。 实验II： 实验III： （4）查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有 i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+ ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH- iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN- 为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图： 实验IV： ①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。 ②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。 ③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。 【答案】（1）Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 （2）滴加KSCN溶液，溶液变红 （3） （4） ①. Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好 ②. 刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去 ③. ·OH、H2O2、Fe3+ 【解析】 【小问1详解】 Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3； 【小问2详解】 检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红； 【小问3详解】 根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为； 【小问4详解】 ①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO可与·OH、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026/2027学年度第一学期期中检测试卷 高三化学 班级_______姓名_______学号_______成绩_______ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的一项。 1. 用现代分析仪器可检测元素或物质的组成、结构。下列说法不正确的是 A. 通过核磁共振氢谱图可确定有机化合物的实验式 B. 通过质谱法可测定有机化合物的相对分子质量 C. 通过红外光谱图可获得有机化合物分子中含有的化学键或官能团信息 D. 利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. Cl的原子结构示意图： B. 基态C原子的轨道表示式： C. 杂化轨道示意图： D. 异丙基的结构简式： 3. 叶绿素是和卟啉形成的一类配位化合物。某种叶绿素的结构如下图，下列关于该叶绿素的说法不正确的是 A. 含氧官能团有两种 B. 所含元素第一电离能： C. N原子是配位原子 D. C原子均为杂化 4. 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A. 、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B. 反应过程涉及配位键的形成 C. 白烟的产生体现了的还原性 D. 用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 5. 下列说法不正确的是 A. 通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同 B. 蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸 C. 淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化 D. 核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液吸收： B. 用NaOH溶液吸收： C. 用NaOH溶液吸收少量： D. 用催化转化器处理汽车尾气中的CO和NO： 7. 下列实验的相应操作不正确的是 制备并检验 分液 A．终止反应时，向外拉铜丝，使铜丝与浓硫酸脱离接触 B．先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出 从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 验证牺牲阳极法 C．为防止局部过热，用玻璃棒搅拌 D．一段时间后，向Fe电极附近滴入2滴溶液 A. A B. B C. C D. D 8. 单质溴是一种重要的化工原料，室温下为深红棕色、易挥发的液体，密度约3.1 g/cm3。 工业上常以海水晒盐后的卤水为原料制备粗溴（主要成分为单质溴）。溴含量较高的卤水常用水蒸气吹出法，溴含量较低的卤水只能选择热空气吹出法，工艺流程如下图。 下列说法不正确的是 A. 流程一中，分液时粗溴位于下层 B. 流程二中，溶液C的溴含量高于卤水乙 C. 流程二中，试剂X可以是HCl D. 两种流程均利用了单质溴的易挥发性 9. 下列根据相关数据做出的判断不正确的是 A. 电负性：，则酸性： B. 键能：键键，则沸点： C. ，则相同温度相同浓度溶液的碱性： D. 　，则稳定性：石墨金刚石 10. 由乙酸制取丙二酸的流程如下(部分条件略)。下列说法不正确的是 已知：25℃时，；HCN有毒，有挥发性 A. 酸性： B. ii中若用过量NaOH代替可提高的产率 C. iii中氯原子被取代，与中C—Cl键的极性有关 D. ii的目的是防止发生 11. 哌嗪(G)及其衍生物(H、J)是一类重要的化工原料和药物中间体，其合成路线如图。 已知：a和b均为链状有机化合物。 下列说法正确的是 A. G和H互为同系物 B. b的分子式为 C. J的结构简式是 D. 和a按照物质的量之比可生成H 12. 电解还原的原理如图1所示，阴极两个反应的反应速率随电解液pH的变化如图2所示，反应a的历程如图3所示。在图2所示的pH范围内，以下说法不正确的是 A. 反应a的电极反应式为 B. 反应a的速率几乎与pH无关，说明过程i比ii、iii慢 C. pH越大，产物中越小 D. 若阳极产物只有，时，阳极每生成，阴极可生成1 mol CO 13. 利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。 已知：在范围内稳定，在时沉淀完全。 下列说法不正确的是 A. “酸浸”时通入有利于提高的浸出率 B. “酸浸”时的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的参与浸出 C. “除铁”时发生反应的离子方程式为： D. “深度除铁”时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率 14. 某同学进行如下实验： 序号 实验① 实验② 实验③ 实验④ 实验⑤ 方案 现象 出现白色沉淀 无明显现象 出现白色沉淀 产生大量气泡，高锰酸钾溶液不褪色 出现白色沉淀 已知：i.H2O2⇌H++HO、HO⇌H++O ii.BaO2是一种白色难溶于水的固体 下列说法合理的是 A. 实验③可证明H2O2溶液中存在电离平衡 B. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应 C. 实验⑤的白色沉淀经检验为BaSO4，说明溶解度BaO2>BaSO4 D. 可用BaCl2、MnO2、H2O检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 16. 是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备，加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物反应的化学方程式为_______。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下：Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ．。铅室法制硫酸的总反应为_______。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为_______。 ②测定吸收后所得溶液中Mn元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的。用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：。待测液中Mn元素的含量为_______。 ③若未加热煮沸，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 （4）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图1所示。 ①结合化学用语解释图1装置中生成较浓硫酸的原理：_______。 ②有同学设计燃料电池，利用图1中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图2所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 i．较浓硫酸应注入_______(填“C极区”或“D极区”)。 ii．从物质和能量的角度说明联合生产的优点：_______。 17. 化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： （1）A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 （2）DE的化学方程式为_____。 （3）I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 （4）下列说法正确的是_____(填序号)。 a.中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 （5）以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 （6）在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19. 某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。 实验I： 装置与操作 现象 溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去 （1）实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。 （2）探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。 （3）研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。 实验II： 实验III： （4）查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有 i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+ ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH- iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN- 为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图： 实验IV： ①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。 ②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。 ③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $