江苏省九校2026届高三下学期3月联考 化学+答案

高三本试卷满分100分，考试时问75分钟注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上；写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。相对原子质量：H1C12O16S32一、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.化学与科技、生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是A.糖类在人体内均能发生水解B.冠醚可用于识别碱金属离子C.用于3D打印的高聚物光敏树脂是混合物D.乙烯的产量是衡量石油化工发展水平的重要标志2.反应C₂H₂+2CuCl→Cu₂C₂+2HCl可用于制备有机反应催化剂——乙炔铜。下列有关说法正确的是A.CI-的结构示意图为+18388B.C₂H₂分子中σ键和π键数目比为3:2C.C²的电子式为[:C::C:]²-D.中子数20的Cl原子表示为9Cl3.下列关于NH₃的制取及以NH₃、A1Cl₃溶液为原料制取Al₂O₃的实验原理和装置能达到实验目的的是溶液NH₃A.制取NH₃B.制取Al(OH)₃C.分离A1(OH)₃D.制取Al₂O₃4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子核外2p能级有1个空轨道，Y是地壳中含量最多的元素，W与X同主族，Z原子的逐级电离能(kJ·mol-¹)依次为738、1451、7733、10540……。下列说法正确的是A.可在周期表中元素W附近寻找新半导体材料B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C.Z的离子半径大于Y的离子半径阅读下列材料，完成5～7题：将浓盐酸氧化为Cl₂,催化氧化SO₂转化为SO₃。NHVO₃(s)和NH₃(g)。5.下列说法正确的是B.VO³-中存在极性共价键C.SO₃的空间结构为三角锥形D.HF的热稳定性强是由于HF分子间存在氢键6.下列说法正确的是A.V₂O₅、V₂O₃互为同素异形体B.V₂Os能提高SO₂转化为SO₃的平衡转化率C.题6图所示配合物中V元素为+5价D.NH₄VO₃热分解反应的熵变△S>07.下列化学反应表示不正确的是受热分解能生成V₂O₅(s)D.Zn还原酸性VO溶液至紫色的反应：3Zn+2VO去+8H+=3Zn²++8.硫及其化合物具有重要应用。下列说法正确的是A.用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H₂S:H₂S+CuSO₄=H₂SO₄+CuS↓D.将网状结构的顺丁橡胶与硫化剂混合加热可制得线型结构的顺丁橡胶C.反应③中碳原子的轨道杂化类型由sp³变为sp²D.催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能题10图高三化学第2页(共6页)高三化学第3页(共6页)步骤I:将一定量CuCl₂固体加少最水溶解得黄色溶液(CuCl-),再加水稀稀.溶液变成蓝D.步骤IV中产生的气体为NH₃和H₂的混合气体平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如题13图所示。下列有关说法正确的是H题13图B.曲线X表示平衡时CH的物质的量分数随温度的变化加入2~3滴AgNO₃溶液(作催化剂)及(NH₄)₂S₂O:固体充分反应，加热除去过量的确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.1200mol·L⁻¹(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液滴定至终点(滴定反应为MnO┐+Fe²++H+——Mn²++Fe³++H₂O,未配平),③已知硫脲的结构简式为CS(NH₂)2。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：②已知a—MnS和β-MnS立方晶胞结构如题14图所示。α-MnS中Mn²+周围最邻15.(15分)药物G的合成路线如下：高三化学第4页(共6页)(1)A→B的反应类型为▲,B分子中含氧官能团名称为▲0(2)B→C会产生与C互为同分异构体且含四元环的副产物，其结构简式为▲0(3)写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：▲0碱性条件下水解，生成氨和X、Y两种羧酸盐。X酸化后分子中碳原子轨道杂化类型相同，有3种不同化学环境的氢原子；Y酸化后分子中含有一个手性碳原子。写出以CH₃CH₂Br、CH₃COOH和CH₃CN为原料制备(CH₃CH₂)₃N的合成路线流程16.(16分)纳米ZnO是一种新型高功能精细无机粉料。以铅锌烟灰(主要成分为ZnO,还含有少量PbO、FcO、MnO及不溶于酸的杂质)制备纳米ZnO的流程如下：(1)检验酸浸液中是否含有Fe²+的实验方法：▲◎①写出除锰过程中发生反应的离子方程式：▲o(4)制备纳米ZnO时，先用ZnCl₂溶液与(NH₄)₂C₂O₄溶液反应生成ZnC₂O·2H₂O沉淀、然后加热分解制得纳米ZnO。(NH₄)₂C₂O₄溶液中含碳微粒和含氮微粒分布分数如题16图一1所示；纳米ZnO平均粒径随沉淀反应温度、热分解温度及热分解时间的变化如题16图-2所示；Zn(OH)₂生成会影响纳米ZnO的纯度。H₃COr题16图一1第5页(共6页)①相对于采用Na₂C₂O₄溶液，本实验采用(NH₄)₂C₂O₄溶液可减少Zn(OH)₂的生成。②补充完整制备平均粒径为60nm的ZnO的实验方案：向反应容器中先加入ZnCl₂溶液.▲,冷却即得产品。[须使用的试剂：0.3mol·L⁻¹(NH₄)₂C₂O₄溶液、17.(16分)将CO₂转化为高附加值化学品巳成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。I.CO₂合成二甲醚(CH₃OCH₃)(2)CO₂电还原制备CH₃OCH₃,电解装置如题17图一1所示。①将铜箔放入煮沸的饱和CuSO₄溶液中反应，可制得Cu₂O薄膜电极作为工作电极。生成Cu₂O的离子方程式为▲o②电解时工作电极上生成CH₃OCH₃的电极反应式为_。③当玻碳电极收集到标准状况下6.72LO₂时，阴极区产生的CH₃OCH₃的质量小于4.6g,原因可能是▲◎题17图一1题17图一2Ⅱ.CO₂催化加氢制甲醇(3)在催化剂ZnGaO₃作用下，CO₂加氢制备甲醇的可能机理如题17图-2所示。催化剂的活性受接触面积和温度等因素影响。当反应体系的温度上升到300℃~400℃时要及时降温。①ZnGaO₃中基态Ga原子的电子排布式为▲°题17图一3②向装有催化剂ZnGaO₃的反应管中持续通入H₂和CO₂(见题17图-3),控制CO₂的流速一定，随着通入H₂流速的增加，CO₂合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能③当体系温度达到300℃~400℃时需要及时降温的原因是▲。【解析】A.糖类可以分为单糖、寡糖(又称低聚糖)和多糖，其中单糖不能水解，A错冠醚适合的粒子(直径/pm)12-冠-415-冠-518-冠-621-冠-7D.乙烯的用途广泛，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平故选A【解析】A.CI的结构示意图，原子核内核电荷数为17,而非18,A错误；B.C₂H₂中有2个C—Hσ键和1个C—Cσ键，有2个π键，B正确；C.C2的电子式，两个C原子之间有3对共用电子，即[:c::c:”,C错误；D.中子数20的Cl的表示为³,7Cl,D错误；故选B。D.灼烧固体应采用坩埚，蒸发皿通常用于蒸发浓缩溶液，D错误；故选C。A.Si是路人皆知的半导体材料，根据元素周期表中位置与性质D.电负性：C大于Mg,D错误；故选A。构造原理最后填入电子的能级的符号，基态钒原子最后填入电子的能级为3d,A错误；B.VO4中一定存在V与0形成的共价键，由于两个成键原子不同，故为极性共价键，BC.SO₃的o键电子对数=3,孤电子对数目=(6-2×3)/2=0,故其空间结构和VSEPR模型均为平面(正)三角形，C错误；D.HF的热稳定性强是因为F元素的非金属性最强，或者其化学键更牢固，故选B。6.【答案】DB.对于可逆反应，未达平衡前，可通过加入催化剂同时提高正、逆反应速率，从而缩短C.该配合物中，对应的配体分别是甘氨酸根(H₂N-CH₂-COO)和O²,其中甘氨酸根有两个，又因为配合物为电中性，所以V元素价态应为+4价，C错误；D.偏钒酸铵(NH₄VO₃)受热分解的化学方程式为,生成故选D。7.【答案】B【解析】本题4个选项对应的反应均不是课程标准要求学生掌握的反应，需要学生认真阅A.结合材料中给出的信息“常温下，单质钒与HF溶液反应生成H₃[VF₆]”,应该能判断出方程式2V+12HF=2H₃[VF₆]+3H₂↑书写正确，A正确；B.结合材料中给出的信息“V₂Os能将浓盐酸氧化为Cl₂”,可以判断出V₂O₅具有较强氧化性，会被浓盐酸还原，故产物不应该是VO₂Cl,B错误；C.结合材料中给出的信息“V₂O₅、VO₂都属于两性氧化物，与碱反应分别生成VO4和VO4”,可以判断出VO₂+4NaOH=Na₄VO₄+2H₂O书写正确，C正确；D.Zn还原酸性VO溶液至紫色，而在水溶液中的紫色含钒离子为V²+,故该离子方程式故选B。【解析】A.电石和水反应生成的乙炔中混有H₂S,可用的沉淀CuS,A正确；C.燃煤时加入石灰石可减少SO₂排放，D.线型结构的顺丁橡胶分子链较柔软，性能较差，与硫化剂混合加热可把线型结构转【解析】A.X中含有酚羟基，能与溴水发生苯环上的取代反应，X还含有醛基，有较强C.Z中苯环、C=C、羰基都能与H₂发生加成反应，因此1molZ最多能和5molH₂发相连的碳上的H与X中醛基发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应生成Z,以上三【解析】A.根据“Rh离子形成的化学键都是配位键”可知，反应①所得产物中的配体是H、Cl和PPh₃,H₂C.反应③中，丙烯分子中有2个碳原子的轨道杂化类型由sp²变为sp³,C错误；D.科学家普遍认为，催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，【解析】A.步骤I中，根据溶液颜色由黄色变成蓝色，可判断出平衡CuCl2-+4H₂OB.步骤Ⅱ中，Cu²+水解呈酸性，酚酞溶液颜色没有变化，若Cu²+不水解酚酞溶液颜色也没有变化，所以不能根据该现象判断Cu²+是否水解。B正确；C.步骤Ⅲ中，滴加浓氨水将Cu(H₂O)²+转化为Cu(NH₃)²+,实验表明NH₃能取代H₂O与Cu²+配合，与Cu²+配位的能力顺序为H₂O<NH₃。可知，H+与NH₃结合生成NH₄,释放Cu²+,H与Fe反应生成H₂逸出，所以产生的气故选D。【解析】A.“氧化”是在碱性条件下进行综合电荷守恒和物料守恒的关系可得：c(NH故选C。B.200℃时，平衡时H₂、CO₂、CO的物质的量分数几乎为0,说明参加反应的CH₄和H₂O的很少，与起始投入比值接近，故曲线X表示H₂O(g),曲线Y表C.830℃时，CH4的物质的量分数为0,H₂O(g)、CO的物质的量分数相等，均为16%。设起始加入2molH₂O(g)和1molCH₄,平衡时H₂Og)、CO均为xmol,由氧原子守恒可知，CO₂为(1-x)mol,由氢原子守恒可知，H₂为(4-x)mol。则H₂O(g)、,解得x=0.8。830℃时，平衡时，则H₂Og)、CO物质的量为0.8mol,CO₂的物质的量为0.2mol,H₂的物质的量为3.2mol,则反应Ⅲ的平衡常数正确。D.若压强从0.1MPa增大至1MPa,反应I、反应Ⅱ为气体体积增大的反应，反应Ⅲ时H₂的物质的量分数减小。D错误。故选C。(1)①将LiMn₂O₄中Mn还原为+2价Mn(或Mn²+)(2分)②Mn²⁺~MnO₄~5Fe²+(2)①氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子(2分)②3:2(2分)【解析】(1)①根据流程信息，最终需要制备MnS,所以应将LiMn₂O₄转化为Mn²+。故H₂O₂的②Mn²+～MnO₄~5Fe²+③根据试题信息，反应物有Mn²、CS(NH₂)2;生成物有MnS、CO₂;再根据O原子完整的离子方程式为Mn²+CS(NH₂)₂+2H₂O=MnS↓+2NH₄++CO₂↑(2)①·OH具有强氧化性，一方面是因为0未达8电子稳定结构，二是O的电负性很强。②a-MnS中每个Mn²+周围紧邻的S²有6个，β-MnS中每个Mn²+周围紧邻的S²-有415.【答案】(1)加成反应(1分)②(3分)(4)Ms是吸电子基团，使C-O键极性变大(【解析】(1)A断裂C=C,B断裂酯基和氰基之间碳上的C一H键，H与A中酯基(3)要求书写的同分异构体分子中除了苯环外，有6个C、2个O、1个N、1个F,缺氢指数(不饱和度)为2。根据“碱性条件下水解生成氨和X、Y两种羧酸盐”可知，该同分异构体可表示碱性条件下水解生成NH₃、RCOo(X)和R'COO⁻(Y),RCOO和R'COO酸化后分别生成RCOOH和R'COOH,RCOOH、R′COOH和NH₃共有6个C、4个O、1个N、1个F,缺氢指数(不饱和度)为2。羧基和苯环中碳原子的轨道杂化类型都是sp²,因此，RCOOH含1个苯环和1个羧基，无其他碳原子(若有其他碳原子必为sp³杂化的饱和碳),根据“有3种不同化含1个羧基和1个手性碳原子，那么手性碳原子上只能连有1个H、1个甲基、1(4)C一0是极性键，键合电子偏向O,O端有吸电子基，会使极性变大，更易断裂。这种制备不对称醚(ROR'的方法选择性更高，而将ROH和R'OH混合脱水的制备方法会生成ROR、R′OR′等副产物。反应，可由CH₃CONHCH₂CH₃制得(CH₃CH₂)₂NH。仿照B→C的反应，可由酯基与氰基反应制得酰胺，接下来再设法以CH₃CH₂Br、CH₃COOH为原料制取酯就可CH₃COOCH₂CH₃→CH₃CH₂O(1)取少量酸浸液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则含Fe²+(2分)(2)①2MnO₄+3Mn²++2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺(2②酸浸液中的CI可能消耗部分KMnO₄,生成的沉淀包裹了部分KMnO₄(2分)(4)①K₂(NH4)=109.26,Kn(C₂O²)=10981,K₂(NH4)>K₁(C₂O²)且c(NH4)>c(C₂O²),(NH₄)₂C₂O₄溶液显弱酸性(3分)②然后将反应器置于97.5℃的水浴中，边搅拌边加入0.3mol-L-¹(NH₄)₂C₂O₄溶液至沉淀完全，冷却后过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液滴加AgNO₃溶液不变浑浊，将沉淀干燥后，在O₂气氛中于750℃焙烧4.5h(5分)【解析】(1)酸浸后，铅锌烟灰中的FeO溶于盐酸生成FeCl₂,可以使用铁氰化钾检验Fe²+是否存在，铁氰化钾是检验Fe²+的特效试剂。(2)根据题给信息，除杂1步骤得到的滤渣主要为MnO₂和Fe(OH)₃,而该步骤主要目的是去除酸浸液中的铁元素和锰元素，所以KMnO₄在氧化Fe²+时生成的还原产物为MnO₂,并与Mn²+发生归中反应生成MnO₂,故方程式为2MnO4+3Mn²++2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺。另外，酸浸液中的Cl可能消耗部分KMnO₄,而生成MnO₂和Fe(OH)₃也可能包裹KMnO4,导致KMnO₄的实际消耗量稍大于理论消耗量。(3)结合题给信息和学生已学知识，可以得出各步操作后滤渣和滤液中的成份分别为：盐酸、NaCl高锰酸钾过量锌粉FeO滤渣1滤渣3Na₂PbCl₄ZnCl₂溶液----纳米ZnO滤渣2KCl由上图可知，“除杂2”中发生的反应主要为Zn+PbC12=Zn²++Pb+4Cl、Zn+2H=Zn²++H₂↑。所以，与“除杂1”所得滤液相比，“除杂2”所得滤液中离子浓度减小的是H+、PbC12。(4)本题是利用除杂2所得ZnCl₂溶液，先与(NH₄)₂C₂O₄溶液反应生成ZnC₂O₄·2H₂O沉淀，然后加热分解制得纳米ZnO。①选择(NH₄)₂C₂O₄溶液是因为该溶液为弱酸性，不会生成Zn(OH)₂。根据题16图-1可知，Kai(H₂C₂O₄)=10⁻1.22、Ka₂(H₂C₂O₄)=10⁻4.19、K₂(NH4)=10⁻9.26,从而可计算得到,同时c(NH)>c(C₂O2),由此可以作出判②为了获得平均粒径为60nm的纳米ZnO,需要严格控制的沉淀反应温度(97.5℃)、热分解温度(750℃)和热分