2025-2026学年重庆市九龙坡区高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1重庆市九龙坡区2025-2026学年高三上学期11月期中考试注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16P31S32Ca40Fe56Co59Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42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.重庆红岩历史博物馆藏品中，主要成分属于无机非金属材料的是A.周建人的瓷水盂 B.江竹筠的亲笔信 C.新华日报印刷机 D.董必武的皮箱【答案】A【解析】A．瓷水盂的主要成分是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合题意，A正确；B．亲笔信的主要成分是纸张，纸张由纤维素构成，属于有机高分子材料，不符合题意，B错误；C．印刷机主要由金属制成，属于金属材料，不符合题意，C错误；D．皮箱的主要成分是皮革，皮革的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，不符合题意，D错误；故答案选A。2.下列有关反应的方程式书写正确的是A.用NaOH溶液吸收少量B.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：C.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：D.浓氨水与反应：【答案】A【解析】A．用NaOH溶液吸收少量SO2时，生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：，A正确；B．次氯酸根（ClO-）与H+在酸性条件下会与I-发生氧化还原反应，生成碘单质、氯化钠和水，离子方程式为：，B错误；C．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，石灰乳为悬浊物，氢氧化钙不能拆，离子方程式为：，C错误；D．HgCl2与NH3反应生成Hg(NH2)Cl沉淀时，生成的HCl会与过量NH3结合为NH4Cl，化学方程式为：，D错误；故选A。3.下列说法正确的是A.水分子的σ键为p-pσ键B.BF3为极性分子C.NH3分子中H-N-H键角大于CH4分子中H-C-H键角D.化合物中离子键百分数：【答案】D【解析】A．水分子中的O-H键是O的sp3杂化轨道与H的s轨道形成的s-sp3σ键，而非p-pσ键，A错误；B．BF3为平面正三角形对称结构，中心原子正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；C．CH4和NH3均为sp3杂化，但NH3分子因孤电子对排斥导致键角（约107°）小于CH4的正四面体键角（109°28′），C错误；D．化合物中离子键百分数可以用组成元素的电负性差值来衡量，差值越大，离子键成分含量越高，而电负性：Mg(1.31)<Al(1.61)，故MgO中Mg与O之间的电负性差值大于Al2O3中Al与O之间的电负性差值，故化合物中离子键百分数：MgO>Al2O3，D正确；故选D4.下列化学用语或图示表示正确的是A.氯化镁的电子式：B.与可形成配合物C.反-1,2-二氟乙烯的结构式：D.的球棍模型为：【答案】B【解析】A．氯化镁是离子化合物，电子式应为，A错误；B．中B原子有空轨道，中N原子有孤电子对，可形成配合物，B正确；C．反-1,2-二氟乙烯中两个F原子应位于双键两侧，C错误；D．共价晶体，不存在单个分子，且Si原子半径大于O原子，其球棍模型应为，D错误；故答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NAB.1mol18O所含中子的数目为8NAC.18gH2O晶体内氢键的数目为2NAD.28g环己烷和戊烯的混合物中氢原子的数目为2NA【答案】C【解析】A．题目未明确气体状态，无法计算，A错误；B．18O的中子数=质量数-质子数=18-8=10，1mol18O含10NA个中子，B错误；C．冰中每个H2O分子形成4个氢键，但每个氢键被2个分子共享，实际每个分子贡献2个氢键，18gH2O（1mol）对应2NA个氢键，C正确；D．环己烷（C6H12）和戊烯（C5H10）的最简式均为CH2，28g混合物相当于2molCH2，含4molH原子，即4NA，D错误；故选C。6.丁香挥发油中含丁香色原酮（K）、香草酸（M），其结构简式如下：下列说法错误的是A.K、M中均不含手性碳原子B.K、M均可与溶液反应C.1molK最多能和4molH2发生加成反应D.M可作缩聚反应单体【答案】C【解析】A．由图知，K中环上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，M中环上、羧基上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，A正确；B．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞，所以K、M中的酚羟基可与溶液反应，M中的羧基可与溶液反应，B正确；C．1molK中含1mol苯环，1mol碳碳双键，1mol羰基，最多能和5molH2发生加成反应，C错误；D．M中含羧基和酚羟基，可发生缩聚反应，D正确；故选C。7.下列装置（省略部分夹持装置）或操作正确的是A.制备NH3B.配制溶液C.除去Cl2中的HClD.分液：先打开分液漏斗上方玻璃塞，再打开下方活塞A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．氯化铵和氢氧化钙通过加热生成氨气，为固体加热反应装置，试管口需要向下倾斜，故A错误；B．容量瓶不能作为反应容器，氯化钾不能在容量瓶中进行溶解，故B错误；C．碱石灰不能干燥酸性气体，氯气和氯化氢气体均为酸性气体，故C错误；D．打开活塞放出分液漏斗内的气体，使内外气体压强平衡，由于碘的四氯化碳溶液密度大，再打开下方活塞，从分液漏斗下方放出，故D正确；故答案选D。8.能满足下列物质间直接转化关系（部分条件省略），且推理成立的是A.X可为氮气，生成的酸属于离子晶体B.X可为硫，氧化物1可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现其漂白性C.X可为钠，氧化物2中含有离子键和非极性共价键D.X可为碳，盐的溶解度：【答案】C【解析】A．氮气与氧气反应生成NO，继续氧化生成NO2，溶于水生成HNO3（分子晶体），而非离子晶体，A错误；B．硫生成SO2，SO2使酸性高锰酸钾褪色是因还原性，而非漂白性，B错误；C．若单质为钠，则存在以下转化，，氧化物过氧化钠中，与之间存在离子键，之间存在非极性共价键，故C正确；D．CO2与NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3，但Na2CO3溶解度大于NaHCO3，D错误；故答案选C。9.SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是A.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个B.晶胞中SO2分子的取向相同C.1号和2号S原子间的核间距为D.晶体的密度为【答案】C【解析】A．以体心S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻（距离最小）的S原子有4个，A错误；B．由图可知晶胞中的SO2分子取向不完全相同，如1和2，B错误；C．1号和2号S原子间的核间距为上、下面对角线的一半，即，C正确；D．晶胞中12个SO2分子在棱心，1个在体心，含有的SO2分子个数为个，晶胞的密度，D错误；故选C。10.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A测定0.01mol/L某酸溶液pH是否为2判断该酸是否为强酸B向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液粗盐提纯中，去除和杂质离子C将氯气通入Na2S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性D将有机物M溶于乙醇，加入金属钠探究M中是否含有羟基A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．一元强酸在溶液中完全电离，0.01mol/L一元强酸溶液的pH为2，但硫酸为二元强酸，0.01mol/L硫酸溶液的pH小于2，所以测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2无法达到判断该酸是否为强酸的实验目的，A错误；B．粗盐提纯时，加入碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以先加入过量的碳酸钠溶液无法达到除去溶液中过量钡离子的实验目的，B错误；C．氯气与硫化钠溶液反应生成氯化钠和硫沉淀，反应的离子方程式为：Cl2+S2-=2Cl-+S↓，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，表现氧化性，C正确；D．乙醇分子中含有羟基，也能与金属钠反应会生成氢气，干扰有机物M中羟基的检验，所以将有机物M溶于乙醇，加入金属钠无法达到探究M是否含羟基的实验目的，D错误；故选C。11.一种高聚物（）被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是A.X、Z的电负性：X>Z B.简单离子半径：X>ZC.X、Y的简单氢化物的沸点：X>Y D.最高价含氧酸的酸性Z>X>Y【答案】B【解析】X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X形成5个共价键、Y形成3个共价键，基态Y的2p轨道半充满，Y是N元素、X是P元素；X、Z电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个共价键，Z是Cl元素。A．同周期元素从左到右电负性增大，则电负性：Cl>P，故A错误；B．电子数相同的简单离子，原子序数越小，离子的半径越大，则简单离子半径：P3->Cl-，故B正确；C．NH3分子间存在氢键，PH3分子间不存在氢键，则简单氢化物沸点：NH3>PH3，故C错误；D．元素非金属性Cl>N>P，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，故D错误；故答案为B。12.在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示（*表示吸附态，中部分进程已省略）。下列说法错误的是A.总反应是吸热反应B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同C.和催化剂a相比，丙烷被催化剂b吸附得到的吸附态更稳定D.①转化为②的进程中，决速步骤为：【答案】C【解析】A．由相对能量图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故反应为吸热反应，A正确；B．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，催化剂只能改变反应活化能从而影响反应速率，催化剂不影响平衡移动，对平衡常数无影响，B正确；C．由图可知，和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低，更稳定，C错误；D．活化能高的反应速率慢，由图像可知，该反应的决速步骤为，D正确；故选C。13.乙二醇是一种重要化工原料。已知、、的燃烧热（）分别为、、，则以合成气为原料合成乙二醇的反应的为A. B.C. D.【答案】A【解析】、、的燃烧热化学反应方程式分别为：反应I：CO(g)+=CO2(g)ΔH1=-akJ/mol；反应II：H2(g)+=H2O(l)ΔH2=-bkJ/mol；反应III：HOCH2CH2OH(g)+=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3=-ckJ/mol；根据盖斯定律，反应=2×反应I+3×反应II-反应III，则该反应的ΔH=[2×(-a)+3×(-b)-(-c)]kJ/mol=(c−2a−3b)kJ/mol，故答案为A。14.恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率，k为反应速率常数）。下列说法错误的是A.该条件下B.时间段，生成M和N的平均反应速率相等C.若加入催化剂，增大，不变，则保持不变D.若和均为放热反应，升高温度则变大【答案】A【解析】反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则反应①的反应速率存在如下关系：=，整理可得：==Ｋ1，同理可得反应②的平衡常数Ｋ2=A．由盖斯定律可知，反应②-反应①得到反应：，则反应的平衡常数Ｋ===，A错误；B．由图可知，t1时，生成M和N的物质的量相同，则时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；C．加入催化剂，增大，不变，说明催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的活化能，但催化剂不影响平衡移动，所以保持不变，C正确；D．若两个反应都为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，变大，D正确；故选A。Ⅱ卷（非选择题，共58分）二、填空题（包含4道大题，共58分）15.以废钴酸锂和废磷酸亚铁锂电池的正极材料（主要含、和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图：已知：ⅰ.氧化性：ⅱ.萃取的原理为：（HR表示P507）回答下列问题：（1）根据对角线规则，有一种元素与Li的化学性质相似，该元素价层电子排布式是________；中阴离子的空间构型为________。（2）“碱浸”时，反应的离子方程式为________。（3）若原料中，“酸浸”后溶液的金属阳离子有、________；（4）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如图所示。“反应”中先加入双氧水再加入NaOH溶液调节pH约为1.8的目的分别是________。（5）“多步”操作中包括反萃取、沉钴等步骤。①反萃取中加入酸的目的是________。②沉钴时选用溶液作沉淀剂，写出“沉钴”反应的离子方程式________；在中的、、三种元素的第一电离能由小到大排序是________。（6）“沉锂”时，检验是否沉淀完全的方法是________。【答案】（1）①.②.正四面体形（2）（3）、、（4）使以的形式沉淀，实现与分离（5）①.使萃取平衡逆向移动，使尽可能多地进入水相②.③.C<O<N（6）取少量“沉锂”后的滤液于试管中，滴加饱和溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀完全；若有白色沉淀生成，说明未沉淀完全【解析】主要含、和Al的原料经碱浸后过滤，滤液为和NaOH，滤渣（和）再经酸浸，此时溶液含有、、、、和，继续加入双氧水（将氧化为）、NaOH溶液调pH（将转化为）反应过滤得到滤渣，滤液经P507萃取得到水相（含、、），最后经过加入饱和溶液沉锂得到，滤液为硫酸钠和过量的碳酸钠。据此分析。（1）与Li化学性质相似的元素是Mg（对角线规则），其价层电子排布式为；中阴离子为，中心P原子的价层电子对数为，无孤电子对，故空间构型为正四面体形。（2）由上述流程分析可知，“碱浸”时，反应的离子方程式为。（3）若原料中，由已知信息ⅰ结合得失电子守恒可知，1mol发生反应得到1mol电子，可将1mol氧化为，故“酸浸”后溶液中的金属阳离子有、、、。（4）由题中所给图像可知，时，pH约为1.8，故“反应”中调pH约为1.8的目的是使以的形式沉淀，实现与分离。（5）①由已知信息ⅱ可知，萃取的原理为（HR表示P507），故反萃取中加入酸的目的是使萃取平衡逆向移动，使尽可能多地进入水相；②“沉钴”反应的离子方程式为：；第一电离能同周期（从左到右）总体呈增大趋势，但ⅡA族和ⅤA族因电子构型全满、半满更稳定，第一电离能高于相邻族，故、、三种元素的第一电离能由小到大排序是C<O<N（N的2p轨道半充满，第一电离能大于O）。（6）检验是否沉淀完全的方法：取少量“沉锂”后的滤液于试管中，滴加饱和溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀完全；若有白色沉淀生成，说明未沉淀完全。16.利用传统方式制备乙炔的过程中，存在应速率过快，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳等问题。为解决上述问题，某校化学兴趣小组设计出一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置，如图所示。回答下列问题：（1）写出实验室用电石（）与水反应制取乙炔的化学方程式：________。（2）仪器B的名称是________。（3）①向A反应器中填装固体反应物时，电石放置位置为________（填“甲处”或“乙处”）；②反应器中装有7mm玻璃珠，其作用为________。（4）B装置中可用NaClO溶液吸收混杂在乙炔中的、，其中被氧化为三元含氧酸，请写出NaClO溶液与反应的离子方程式为________。（5）①兴趣小组在制备乙炔时对反应液进行了一系列筛选（如图），依据图表选择了，原因是________；②所选反应液溶液与反应的化学方程式为________。（6）选取合适的反应液，小组称取电石2.5g（杂质的质量分数为4.0%）完成实验，除杂后测得乙炔气体体积为504mL（标准状况下），乙炔的产率为________%（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）（2）具支试管（3）①.甲处②.形成空隙，促进固液分离，防堵塞（4）（5）①.饱和氯化铵溶液作反应液时，反应温和可控，固液分离率适当②.（6）60.0%【解析】A是乙炔制备装置，储液杯应装饱和食盐水，流量调节器可以调节液体的滴加速度，甲处放置电石，滴入饱和食盐水与之反应，生成的气体通过排气管向右排出；B是乙炔净化装置；C是乙炔收集装置。（1）电石与水反应生成乙炔气体和氢氧化钙，反应的化学方程式为；（2）根据装置图，仪器B的名称是具支试管；（3）①将电石放置于甲处时，产生的糊状物质由于重力作用沿着玻璃珠空隙流下，而电石则因固体无流动性而留在玻璃珠上方，由此实现固体与糊状物质的及时分离，并保持糊状物有足够的时间处于流动状态，不会因滞留导致堵塞，而放置于乙处则无法实现固体与糊状物质的及时分离，故电石放置位置为甲处；②反应器中装有7mm玻璃珠，其作用为形成空隙，促进固液分离，防堵塞；（4）B装置中可用NaClO溶液吸收混杂在乙炔中的、，被氧化为三元含氧酸，则氧化产物是H3PO4，NaClO还原产物是NaCl，根据得失电子守恒，NaClO溶液与反应的离子方程式为；（5）①根据题意，醋酸和盐酸“反应速率过快、放热过多不易控制”，饱和食盐水“生成的糊状物难以实现固液分离”，故应选择反应速率和放热较为平稳、固液分离率适中的饱和氯化铵溶液；②氯化铵液溶液与反应生成氯化钙、乙炔、氨气，反应的化学方程式为。（6）2.5g（杂质的质量分数为4.0%）的电石中CaC2的物质的量为，理论上生成乙炔的物质的量为，0.0375mol，完成实验，除杂后测得乙炔气体体积为504mL（标准状况下），乙炔的产率为。17.醋酸，学名乙酸，是重要化工中间体，为了打破国外垄断，西南化工研究设计院从上世纪70年代起就进行甲醇羰基化法制备乙酸的研究，发生如下反应：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题：（1）已知，反应I可自发进行的条件为________（填标号）。A.任何温度B.较高温度C.较低温度（2）一定温度下，若仅发生反应Ⅱ，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应Ⅱ达到平衡状态的是________（填标号）。A.容器内的压强不再变化B.混合气体的平均摩尔质量不再变化C.的体积分数不再变化D.单位时间内生成1mol，同时消耗1mol（3）增大投料比[]有利于提高的转化率，但恒压条件下该投料比不宜过大，从反应速率角度分析其原因是________。（4）在恒温恒压密闭容器中充入1mol和3molCO，平衡时，，的转化率为________；反应Ⅱ的压强平衡常数________（结果保留两位有效数字）。用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比（相对分子质量）为120的峰，原因是________。（5）已知：当CO初始压强增大到2.5MPa，体系中除CO外其余物质均变为液体。如图所示，当CO初始压强为2.5∼3.5MPa，平衡时的转化率几乎不变，选择性却显著上升的可能原因是________。【答案】（1）低温（2）C（3）在恒压条件下，CO过量会导致甲醇的分压(或浓度)偏低，致使单位体积（或单位时间）内甲醇与CO碰撞机会减少，反应速率降低（4）①.90%②.0.14③.可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，为以氢键形式结合的二聚体(

)（5）当压强升到2.5 MPa以上时，除CO外的物质大多液化，增大压强，反应Ⅰ正向移动，使得甲醇浓度降低，促进了反应Ⅱ平衡逆向移动，产生的甲醇持续发生反应Ⅰ，使得选择性显著上升【解析】（1）反应①的，，依据，反应能自发进行，则低温下自发进行；（2）A．反应Ⅱ为反应前后气体体积不变的反应，反应前后压强一直不发生变化，则容器内的压强不再变化不能作为判断平衡状态的依据，A不符合题意；B．生成物、反应物均为气体，则总质量不变，且反应前后气体体积不变，则物质的量不变，根据，混合气体的平均摩尔质量一直不变，不能判断平衡状态的依据，B不符合题意；C．CH3COOH的物质的量分数不变，说明各物质浓度不再变化，可作为判断平衡状态的依据，C符合题意；D．单位时间内生成1mol

CH3OH，反应逆向进行，同时消耗1mol

H2O，反应逆向进行，同一方向，不能作为判断平衡状态的依据，D不符合题意；故选C；（3）在恒压条件下，CO过量会导致甲醇的分压(或浓度)偏低，致使单位体积（或单位时间）内甲醇与CO碰撞机会减少，反应速率降低；（4）在恒温恒压密闭容器中充入1mol

CH3OH和3molCO，平衡时n(H2O)=0.1mol，n(CH3COOH)=0.7mol，则有：，反应Ⅰ生成的CH3COOH物质的量：，则有：，甲醇转化率为：；平衡时，各组分的物质的量为：、、n(CH3COOH)=0.7mol、n(CH3COOCH3)=0.1 mol、n(H2O)=0.1 mol，气体总物质的量=0.1mol+2.2mol+0.7mol+0.1mol+0.1mol=3.2 mol，设平衡时，压强为p，则反应Ⅱ的压强平衡常数为：；质谱检测乙酸时，出现质荷比为120的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，为以氢键形式结合的二聚体(

)；（5）当压强升到2.5 MPa以上时，除CO外的物质大多液化，增大压强，反应Ⅰ正向移动，使得甲醇浓度降低，促进了反应Ⅱ平衡逆向移动，产生的甲醇持续发生反应Ⅰ，使得选择性显著上升，最后甲醇的转化率趋近于1。18.VitaminB1（维生素B1）对维持人体新陈代谢和神经系统的功能有重要作用，一种维生素B1的全合成路线如图：已知：分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数回答下列问题：（1）A中官能团名称为________；A中碳原子杂化方式有________种。（2）维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力，除了范德华力之外，还有________；维生素分子中嘧啶环（）含有与苯分子类似的大键，可表示为________。（3）的反应类型是________。（4）试剂M在使用时应防止反应体系碱性过强，试剂M与过量NaOH溶液在加热条件下的反应方程式为________。（5）满足下列条件的C的同分异构体有________种。（不考虑立体异构）①分子中含有嘧啶环（）且环中氮原子上无取代基②嘧啶环上连有与化合物C相同的3种取代基③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为（6）某课题组参照上述VitaminB1的合成方法，采用如下路线合成化合物Q；其中化合物P、Q的结构简式分别为________、________。【答案】（1）①.氰基、酰胺基②.3（2）①.离子键、氢键②.（3）加成反应(或还原反应)（4）（5）11（6）①.②.【解析】A（）在DMF，POCl3的作用下生成B（），B和反应生成C（），C与氢气加成，-CN变为-CH2NH2，生成D（），D与M（）、试剂N发生反应D+M+N→E+HCl(已配平)得到E（），对比D、M、E的结构可知，试剂N为S=C=S，即CS2，E先于HCl反应构建五元环，再与NaOH反应得到F（），F与过氧化氢反应生成G（），G与HCl反应生成；（1）由A的结构简式可知，A中官能团的名称为：氰基、酰胺基；A中碳原子形成只形成单键、碳氧双键和碳氮三键，因此杂化方式有sp、sp2、sp3共3种杂化方式；（2）维生素B1分子中含有氨基和羟基，易形成氢键，故溶于水时要破坏离子键、氢键和范德华力，故溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力，除了范德华力之外，还有离子键、氢键；维生素分子中嘧啶环（）含有与苯分子类似的大键，苯分子的大键表示为，故维生素分子中嘧啶环（）的大键可表示为；（3）C与氢气加成，-CN变为-CH2NH2，生成D，属于加成反应(或还原反应)；（4）试剂M与过量NaOH溶液在加热条件下反应，M中酯基和氯原子会水解，得到，化学方程式为：；（5）分子中含有嘧啶环()且环中氮原子上无取代基；②嘧啶环上连有与化合物C相同的3种取代基，即嘧啶环上三种取代基为-CH3、-NH2、-CN，③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为，定一动二，符合条件的结构共有12种，其中一种就是C，因此符合条件的C的异构体有11种；（6）与NaCN反应生成P，P与氢气加成生成，即P的结构简式为；得到Q的过程参考D到F的过程，可知Q的结构简式为：。重庆市九龙坡区2025-2026学年高三上学期11月期中考试注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12O16P31S32Ca40Fe56Co59Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42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.重庆红岩历史博物馆藏品中，主要成分属于无机非金属材料的是A.周建人的瓷水盂 B.江竹筠的亲笔信 C.新华日报印刷机 D.董必武的皮箱【答案】A【解析】A．瓷水盂的主要成分是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合题意，A正确；B．亲笔信的主要成分是纸张，纸张由纤维素构成，属于有机高分子材料，不符合题意，B错误；C．印刷机主要由金属制成，属于金属材料，不符合题意，C错误；D．皮箱的主要成分是皮革，皮革的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，不符合题意，D错误；故答案选A。2.下列有关反应的方程式书写正确的是A.用NaOH溶液吸收少量B.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：C.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：D.浓氨水与反应：【答案】A【解析】A．用NaOH溶液吸收少量SO2时，生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：，A正确；B．次氯酸根（ClO-）与H+在酸性条件下会与I-发生氧化还原反应，生成碘单质、氯化钠和水，离子方程式为：，B错误；C．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，石灰乳为悬浊物，氢氧化钙不能拆，离子方程式为：，C错误；D．HgCl2与NH3反应生成Hg(NH2)Cl沉淀时，生成的HCl会与过量NH3结合为NH4Cl，化学方程式为：，D错误；故选A。3.下列说法正确的是A.水分子的σ键为p-pσ键B.BF3为极性分子C.NH3分子中H-N-H键角大于CH4分子中H-C-H键角D.化合物中离子键百分数：【答案】D【解析】A．水分子中的O-H键是O的sp3杂化轨道与H的s轨道形成的s-sp3σ键，而非p-pσ键，A错误；B．BF3为平面正三角形对称结构，中心原子正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；C．CH4和NH3均为sp3杂化，但NH3分子因孤电子对排斥导致键角（约107°）小于CH4的正四面体键角（109°28′），C错误；D．化合物中离子键百分数可以用组成元素的电负性差值来衡量，差值越大，离子键成分含量越高，而电负性：Mg(1.31)<Al(1.61)，故MgO中Mg与O之间的电负性差值大于Al2O3中Al与O之间的电负性差值，故化合物中离子键百分数：MgO>Al2O3，D正确；故选D4.下列化学用语或图示表示正确的是A.氯化镁的电子式：B.与可形成配合物C.反-1,2-二氟乙烯的结构式：D.的球棍模型为：【答案】B【解析】A．氯化镁是离子化合物，电子式应为，A错误；B．中B原子有空轨道，中N原子有孤电子对，可形成配合物，B正确；C．反-1,2-二氟乙烯中两个F原子应位于双键两侧，C错误；D．共价晶体，不存在单个分子，且Si原子半径大于O原子，其球棍模型应为，D错误；故答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4LCl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NAB.1mol18O所含中子的数目为8NAC.18gH2O晶体内氢键的数目为2NAD.28g环己烷和戊烯的混合物中氢原子的数目为2NA【答案】C【解析】A．题目未明确气体状态，无法计算，A错误；B．18O的中子数=质量数-质子数=18-8=10，1mol18O含10NA个中子，B错误；C．冰中每个H2O分子形成4个氢键，但每个氢键被2个分子共享，实际每个分子贡献2个氢键，18gH2O（1mol）对应2NA个氢键，C正确；D．环己烷（C6H12）和戊烯（C5H10）的最简式均为CH2，28g混合物相当于2molCH2，含4molH原子，即4NA，D错误；故选C。6.丁香挥发油中含丁香色原酮（K）、香草酸（M），其结构简式如下：下列说法错误的是A.K、M中均不含手性碳原子B.K、M均可与溶液反应C.1molK最多能和4molH2发生加成反应D.M可作缩聚反应单体【答案】C【解析】A．由图知，K中环上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，M中环上、羧基上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，A正确；B．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞，所以K、M中的酚羟基可与溶液反应，M中的羧基可与溶液反应，B正确；C．1molK中含1mol苯环，1mol碳碳双键，1mol羰基，最多能和5molH2发生加成反应，C错误；D．M中含羧基和酚羟基，可发生缩聚反应，D正确；故选C。7.下列装置（省略部分夹持装置）或操作正确的是A.制备NH3B.配制溶液C.除去Cl2中的HClD.分液：先打开分液漏斗上方玻璃塞，再打开下方活塞A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．氯化铵和氢氧化钙通过加热生成氨气，为固体加热反应装置，试管口需要向下倾斜，故A错误；B．容量瓶不能作为反应容器，氯化钾不能在容量瓶中进行溶解，故B错误；C．碱石灰不能干燥酸性气体，氯气和氯化氢气体均为酸性气体，故C错误；D．打开活塞放出分液漏斗内的气体，使内外气体压强平衡，由于碘的四氯化碳溶液密度大，再打开下方活塞，从分液漏斗下方放出，故D正确；故答案选D。8.能满足下列物质间直接转化关系（部分条件省略），且推理成立的是A.X可为氮气，生成的酸属于离子晶体B.X可为硫，氧化物1可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现其漂白性C.X可为钠，氧化物2中含有离子键和非极性共价键D.X可为碳，盐的溶解度：【答案】C【解析】A．氮气与氧气反应生成NO，继续氧化生成NO2，溶于水生成HNO3（分子晶体），而非离子晶体，A错误；B．硫生成SO2，SO2使酸性高锰酸钾褪色是因还原性，而非漂白性，B错误；C．若单质为钠，则存在以下转化，，氧化物过氧化钠中，与之间存在离子键，之间存在非极性共价键，故C正确；D．CO2与NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3，但Na2CO3溶解度大于NaHCO3，D错误；故答案选C。9.SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是A.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个B.晶胞中SO2分子的取向相同C.1号和2号S原子间的核间距为D.晶体的密度为【答案】C【解析】A．以体心S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻（距离最小）的S原子有4个，A错误；B．由图可知晶胞中的SO2分子取向不完全相同，如1和2，B错误；C．1号和2号S原子间的核间距为上、下面对角线的一半，即，C正确；D．晶胞中12个SO2分子在棱心，1个在体心，含有的SO2分子个数为个，晶胞的密度，D错误；故选C。10.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A测定0.01mol/L某酸溶液pH是否为2判断该酸是否为强酸B向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液粗盐提纯中，去除和杂质离子C将氯气通入Na2S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性D将有机物M溶于乙醇，加入金属钠探究M中是否含有羟基A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．一元强酸在溶液中完全电离，0.01mol/L一元强酸溶液的pH为2，但硫酸为二元强酸，0.01mol/L硫酸溶液的pH小于2，所以测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2无法达到判断该酸是否为强酸的实验目的，A错误；B．粗盐提纯时，加入碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以先加入过量的碳酸钠溶液无法达到除去溶液中过量钡离子的实验目的，B错误；C．氯气与硫化钠溶液反应生成氯化钠和硫沉淀，反应的离子方程式为：Cl2+S2-=2Cl-+S↓，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，表现氧化性，C正确；D．乙醇分子中含有羟基，也能与金属钠反应会生成氢气，干扰有机物M中羟基的检验，所以将有机物M溶于乙醇，加入金属钠无法达到探究M是否含羟基的实验目的，D错误；故选C。11.一种高聚物（）被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是A.X、Z的电负性：X>Z B.简单离子半径：X>ZC.X、Y的简单氢化物的沸点：X>Y D.最高价含氧酸的酸性Z>X>Y【答案】B【解析】X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X形成5个共价键、Y形成3个共价键，基态Y的2p轨道半充满，Y是N元素、X是P元素；X、Z电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个共价键，Z是Cl元素。A．同周期元素从左到右电负性增大，则电负性：Cl>P，故A错误；B．电子数相同的简单离子，原子序数越小，离子的半径越大，则简单离子半径：P3->Cl-，故B正确；C．NH3分子间存在氢键，PH3分子间不存在氢键，则简单氢化物沸点：NH3>PH3，故C错误；D．元素非金属性Cl>N>P，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，故D错误；故答案为B。12.在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示（*表示吸附态，中部分进程已省略）。下列说法错误的是A.总反应是吸热反应B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同C.和催化剂a相比，丙烷被催化剂b吸附得到的吸附态更稳定D.①转化为②的进程中，决速步骤为：【答案】C【解析】A．由相对能量图可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，故反应为吸热反应，A正确；B．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，催化剂只能改变反应活化能从而影响反应速率，催化剂不影响平衡移动，对平衡常数无影响，B正确；C．由图可知，和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量更低，更稳定，C错误；D．活化能高的反应速率慢，由图像可知，该反应的决速步骤为，D正确；故选C。13.乙二醇是一种重要化工原料。已知、、的燃烧热（）分别为、、，则以合成气为原料合成乙二醇的反应的为A. B.C. D.【答案】A【解析】、、的燃烧热化学反应方程式分别为：反应I：CO(g)+=CO2(g)ΔH1=-akJ/mol；反应II：H2(g)+=H2O(l)ΔH2=-bkJ/mol；反应III：HOCH2CH2OH(g)+=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3=-ckJ/mol；根据盖斯定律，反应=2×反应I+3×反应II-反应III，则该反应的ΔH=[2×(-a)+3×(-b)-(-c)]kJ/mol=(c−2a−3b)kJ/mol，故答案为A。14.恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率，k为反应速率常数）。下列说法错误的是A.该条件下B.时间段，生成M和N的平均反应速率相等C.若加入催化剂，增大，不变，则保持不变D.若和均为放热反应，升高温度则变大【答案】A【解析】反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则反应①的反应速率存在如下关系：=，整理可得：==Ｋ1，同理可得反应②的平衡常数Ｋ2=A．由盖斯定律可知，反应②-反应①得到反应：，则反应的平衡常数Ｋ===，A错误；B．由图可知，t1时，生成M和N的物质的量相同，则时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；C．加入催化剂，增大，不变，说明催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的活化能，但催化剂不影响平衡移动，所以保持不变，C正确；D．若两个反应都为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，变大，D正确；故选A。Ⅱ卷（非选择题，共58分）二、填空题（包含4道大题，共58分）15.以废钴酸锂和废磷酸亚铁锂电池的正极材料（主要含、和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图：已知：ⅰ.氧化性：ⅱ.萃取的原理为：（HR表示P507）回答下列问题：（1）根据对角线规则，有一种元素与Li的化学性质相似，该元素价层电子排布式是________；中阴离子的空间构型为________。（2）“碱浸”时，反应的离子方程式为________。（3）若原料中，“酸浸”后溶液的金属阳离子有、________；（4）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如图所示。“反应”中先加入双氧水再加入NaOH溶液调节pH约为1.8的目的分别是________。（5）“多步”操作中包括反萃取、沉钴等步骤。①反萃取中加入酸的目的是________。②沉钴时选用溶液作沉淀剂，写出“沉钴”反应的离子方程式________；在中的、、三种元素的第一电离能由小到大排序是________。（6）“沉锂”时，检验是否沉淀完全的方法是________。【答案】（1）①.②.正四面体形（2）（3）、、（4）使以的形式沉淀，实现与分离（5）①.使萃取平衡逆向移动，使尽可能多地进入水相②.③.C<O<N（6）取少量“沉锂”后的滤液于试管中，滴加饱和溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀完全；若有白色沉淀生成，说明未沉淀完全【解析】主要含、和Al的原料经碱浸后过滤，滤液为和NaOH，滤渣（和）再经酸浸，此时溶液含有、、、、和，继续加入双氧水（将氧化为）、NaOH溶液调pH（将转化为）反应过滤得到滤渣，滤液经P507萃取得到水相（含、、），最后经过加入饱和溶液沉锂得到，滤液为硫酸钠和过量的碳酸钠。据此分析。（1）与Li化学性质相似的元素是Mg（对角线规则），其价层电子排布式为；中阴离子为，中心P原子的价层电子对数为，无孤电子对，故空间构型为正四面体形。（2）由上述流程分析可知，“碱浸”时，反应的离子方程式为。（3）若原料中，由已知信息ⅰ结合得失电子守恒可知，1mol发生反应得到1mol电子，可将1mol氧化为，故“酸浸”后溶液中的金属阳离子有、、、。（4）由题中所给图像可知，时，pH约为1.8，故“反应”中调pH约为1.8的目的是使以的形式沉淀，实现与分离。（5）①由已知信息ⅱ可知，萃取的原理为（HR表示P507），故反萃取中加入酸的目的是使萃取平衡逆向移动，使尽可能多地进入水相；②“沉钴”反应的离子方程式为：；第一电离能同周期（从左到右）总体呈增大趋势，但ⅡA族和ⅤA族因电子构型全满、半满更稳定，第一电离能高于相邻族，故、、三种元素的第一电离能由小到大排序是C<O<N（N的2p轨道半充满，第一电离能大于O）。（6）检验是否沉淀完全的方法：取少量“沉锂”后的滤液于试管中，滴加饱和溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀完全；若有白色沉淀生成，说明未沉淀完全。16.利用传统方式制备乙炔的过程中，存在应速率过快，生成的糊状物难以实现固液分离导致乙炔气流不平稳等问题。为解决上述问题，某校化学兴趣小组设计出一套乙炔制备、净化和收集实验的一体化实验装置，如图所示。回答下列问题：（1）写出实验室用电石（）与水反应制取乙炔的化学方程式：________。（2）仪器B的名称是________。（3）①向A反应器中填装固体反应物时，电石放置位置为________（填“甲处”或“乙处”）；②反应器中装有7mm玻璃珠，其作用为________。（4）B装置中可用NaClO溶液吸收混杂在乙炔中的、，其中被氧化为三元含氧酸，请写出NaClO溶液与反应的离子方程式为________。（5）①兴趣小组在制备乙炔时对反应液进行了一系列筛选（如图），依据图表选择了，原因是________；②所选反应液溶液与反应的化学方程式为________。（6）选取合适的反应液，小组称取电石2.5g（杂质的质量分数为4.0%）完成实验，除杂后测得乙炔气体体积为504mL（标准状况下），乙炔的产率为________%（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）（2）具支试管（3）①.甲处②.形成空隙，促进固液分离，防堵塞（4）（5）①.饱和氯化铵溶液作反应液时，反应温和可控，固液分离率适当②.（6）60.0%【解析】A是乙炔制备装置，储液杯应装饱和食盐水，流量调节器可以调节液体的滴加速度，甲处放置电石，滴入饱和食盐水与之反应，生成的气体通过排气管向右排出；B是乙炔净化装置；C是乙炔收集装置。（1）电石与水反应生成乙炔气体和氢氧化钙，反应的化学方程式为；（2）根据装置图，仪器B的名称是具支试管；（3）①将电石放置于甲处时，产生的糊状物质由于重力作用沿着玻璃珠空隙流下，而电石则因固体无流动性而留在玻璃珠上方，由此实现固体与糊状物质的及时分离，并保持糊状物有足够的时间处于流动状态，不会因滞留导致堵塞，而放置于乙处则无法实现固体与糊状物质的及时分离，故电石放置位置为甲处；②反应器中装有7mm玻璃珠，其作用为形成空隙，促进固液分离，防堵塞；（4）B装置中可用NaClO溶液吸收混杂在乙炔中的、，被氧化为三元含氧酸，则氧化产物是H3PO4，NaClO还原产物是NaCl，根据得失电子守恒，NaClO溶液与反应的离子方程式为；（5）①根据题意，醋酸和盐酸“反应速率过快、放热过多不易控制”，饱和食盐水“生成的糊状物难以实现固液分离”，故应选择反应速率和放热较为平稳、固液分离率适中的饱和氯化铵溶液；②氯化铵液溶液与反应生成氯化钙、乙炔、氨气，反应的化学方程式为。（6）2.5g（杂质的质量分数为4.0%）的电石中CaC2的物质的量为，理论上生成乙炔的物质的量为，0.0375mol，完成实验，除杂后测得乙炔气体体积为504mL（标准状况下），乙炔的产率为。17.醋酸，学名乙酸，是重要化工中间体，为了打破国外垄断，西南化工研究设计院从上世纪70年代起就进行甲醇羰基化法制备乙酸的研究，发生如下反应：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题：（1）已知，反应I可自发进行的条件为________（填标号）。A.任何温度B.较高温度C.较低温度（2）一定温度下，若仅发生反应Ⅱ，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应Ⅱ达到平衡状态的是________（填标号）。A.容器内的压强不再变化B.混合气体的平均摩尔质量不再变化C.的体积分数不再变化D.单位时间内生成1mol，同时消耗1mol（3）增大投料比[]有利于提高的转化率，但恒压条件下该投料比不宜过大，从反应速率角度分析其原因是________。（4）在恒温恒压密闭容器中充入1mol和3molCO，平衡时，，的转化率为________；反应Ⅱ的压强平衡常数________（结果保留两位有效数字）。用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比（相对分子质量）为120的峰，原因是________。（5）已知：当CO初始压强增大到2.5MPa，体系中除CO外其余物质均变为液体。如图所示，当CO初始压强为2.5∼3.5MPa，平衡时的转化率几乎不变，选择性却显著上升的可能原因是________。【答案】（1）低温（2）C（3）在恒压条件下，CO过量会导致甲醇的分压(或浓度)偏低，致使单位体积（或单位时间）内甲醇与CO碰撞机会减少，反应速率降低（4）①.90%②.0.14③.可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，为以氢键形式结合的二聚体(

)（5）当压强升到2.5 MPa以上时，除CO外的物质大多液化，增大压强，反应Ⅰ正向移动，使得甲醇浓度降低，促进了反应Ⅱ平衡逆向移