重庆市西南大学附属中学高三下学期3月定时检测化学试题

西南大学附中高2026届高三下3月定时检测化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19Na23P31S32Zr91I127一、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.化学与人类社会生活、生产密不可分，有关下列说法中正确的是A.通过煤气化和液化的物理过程，可减少二氧化碳排放B.植物油属于天然高分子，是膳食脂肪的主要来源C.碳酸氢钠俗称小苏打，可用作食品膨松剂和治疗胃酸过多症D.明矾溶于水形成胶体，用于自来水杀菌消毒【答案】C【解析】【详解】A．煤气化和液化是化学过程，且该过程本身加大能耗可能导致增加CO2排放，A错误；B．植物油是膳食脂肪的主要来源，但其分子量较小，属于酯类而非天然高分子，B错误；C．碳酸氢钠俗称小苏打，加热分解产生二氧化碳，可用作食品膨松剂，其碱性可中和胃酸，用于治疗胃酸过多症，C正确；D．明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用于自来水净化，但无杀菌消毒功能，D错误；故选C。2.下列化学用语表示不正确的是A.的电子式： B.的VSEPR模型：C.分子的分子结构模型： D.顺式聚异戊二烯结构简式：【答案】A【解析】【详解】A．的电子式为，A错误；B．中S原子价层电子对数=3，VSEPR模型为，B正确；C．分子的结构为平面构型，结构模型为，C正确；D．顺式聚异戊二烯的单体为异戊二烯，相同的原子或原子团位于双键同一侧的为顺式结构，顺式聚异戊二烯的结构简式为，D正确；故答案为A。3.下列实验操作符合规范的是A．收集气体B．制备胶体C．配制NaOH溶液D．铁丝在中燃烧实验A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．CO2密度大于空气，需用向上排空气法收集，该装置为密闭体系，只有进气导管，没有出气导管，无法排出瓶内空气，不能收集气体，A错误；B．将饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液中会直接生成Fe(OH)3沉淀，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，B错误；C．溶解固体应在烧杯中进行，C错误；D．将引燃后的铁丝伸入盛有氯气的集气瓶中，图示操作符合实验规范，D正确；故选D。4.物质性质与用途对应关系正确的是选项性质用途A二氧化硫有还原性用于织物的漂白B苯酚能使蛋白质变性苯酚药皂能杀菌消毒C晶体硅熔点高作半导体材料D铁比铜金属性强可用溶液制作印刷电路板A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫用于织物的漂白主要基于其漂白性（与有色物质结合形成无色化合物），A错误；B．苯酚能使蛋白质变性，导致细菌死亡，能杀菌消毒，B正确；C．晶体硅作半导体材料主要基于其可控的电学性质，与熔点无关，C错误；D．FeCl3溶液用于制作印刷电路板是基于Fe3+的氧化性，与铁和铜的金属性大小无关，D错误；故选B。5.下列反应的离子方程式正确的是A.氯气与石灰乳反应制备漂白粉：B.将足量苯酚加入碳酸钠溶液中：C.溶液中加入硫酸：D铁粉溶于稀硫酸：【答案】C【解析】【详解】A．石灰乳的主要成分为，是难溶物，不能写成，正确的方程式为，A错误；B．苯酚的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，所以反应生成的是，正确反应式为++；B错误；C．

在酸性环境中与反应转化为

，同时生成

，反应存在可逆平衡，C正确；D．铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，正确方程式为，D错误；答案选C6.已知反应，为阿伏加德罗常数的值，若产生2.24L(标准状况)，下列说法错误的是A.生成S的质量为3.2g B.该反应转移电子数为C.生成中含有孤电子对数目为 D.生成分子数目为【答案】D【解析】【分析】反应生成2.24L(标准状况)SO2，换算为物质的量为0.1mol。【详解】A．根据反应方程式可知，生成0.1molSO2时，生成0.1molS，S的摩尔质量为32g/mol，故生成S的质量为3.2g，A正确；B．反应中硫代硫酸钠(Na2S2O3)发生歧化反应，一个S从2升至0(失2e⁻)，另一个S从+6降至+4(得2e⁻)，每摩尔反应转移2mol电子。生成0.1molSO2对应0.1molNa2S2O3反应，转移电子数为0.2NA，B正确；C．根据反应方程式可知，生成0.1molSO2时，生成0.1molH2O，每个H2O分子含2对孤电子对，故孤电子对数目为0.2NA，C正确；D．Na2SO4为离子化合物，故“分子数目”说法错误，D错误；故选D。7.由下列事实进行归纳推测，推测错误的是选项事实推测A离子键百分数：NaCl>NaI离子键的百分数：B碳卤键键能：碳卤键键能：C碱性：NaOH>LiOH碱性：D第一电离能大小：N>O>C第一电离能大小：P>S>SiA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．事实表明NaCl离子键百分数大于NaI，由电负性大小Cl>I>Na，可推出电负性差值越大，离子键百分数越大，由电负性大小Na<Mg<O，可推出MgO的离子键百分数小于Na2O，A错误；B．事实表明CH3Cl碳卤键键能大于CH3Br，可推出键能随卤素原子半径增大而减小的趋势，可进一步推测CH3Br键能大于CH3I，B正确；C．事实表明NaOH碱性强于LiOH，可推出是由于Na+半径大于Li+，更易解离，因Sr2+半径大于Ca2+，可进一步推出Sr(OH)2碱性大于Ca(OH)2，C正确；D．事实表明第一电离能N>O>C，是由于氮的2p轨道半满状态稳定；因磷的3p轨道半满稳定，可推测电离能P>S，且S电离能大于Si符合周期趋势，所以第一电离能P>S>Si，D正确；答案选A。8.阿格列汀(X)可用于帮助二型糖尿病患者改善和控制血糖，研发中为了优化理化性质，将其转化为阿格列汀苯甲酸盐(Y)，下列说法错误的是A.X中碳有3种杂化类型 B.水中溶解度：Y＜XC1molX最多与6mol发生加成反应 D.X含有1个手性碳【答案】B【解析】【详解】A．CN中的碳采取sp杂化，苯环中的碳与所有双键中的碳均采取sp2杂化，其余饱和碳采取sp3杂化，所以X中碳有3种杂化方式，A正确；B．Y是阿格列汀与苯甲酸形成的盐，为离子化合物，在水中的溶解度大于有机小分子X，B错误；C．1molX中，1mol苯环可与3molH2加成，1mol碳碳双键可与1molH2加成，1mol氰基(C≡N)可与2molH2加成，而两个羰基为酰胺羰基，难以被氢气加成，故1molX最多与3+1+2=6molH2发生加成反应，C正确；D．X中的手性碳如图所示：(用标注)，一共1个，D正确；故选B。9.锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.该氧化物的化学式为 B.该氧化物的密度为C.p点和q点之间的距离为 D.该晶体中Zr的配位数为4【答案】C【解析】【详解】A．由均摊法，该晶胞中Zr个数为4，O个数为，所以该氧化物化学式为ZrO2，A错误；B．该晶胞分子式为ZrO2，一个晶胞中有4个ZrO2，所以该氧化物密度为，B错误；C．根据p点坐标参数为，可知q点坐标参数为，所以pq距离为=，C正确；D．根据Zr的坐标参数和图示结构可知，Zr的配位数为8，D错误；故选C。10.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向溶液中滴加酚酞溶液溶液变红B向溴乙烷中加入NaOH溶液并加热一段时间，冷却后滴加溶液产生淡黄色沉淀溴乙烷在碱性条件下水解C加热浓硫酸、NaCl固体与固体的混合物产生黄绿色气体浓硫酸具有强氧化性D向2甲基苯甲醛中滴加少量酸性溶液酸性溶液的紫色褪去2甲基苯甲醛中含有醛基A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明溶液呈碱性；NaHCO3水解大于电离，即，所以，A正确；B．向溴乙烷中加入NaOH溶液加热水解后，未先加硝酸中和过量碱，直接滴加AgNO3溶液，会生成Ag2O褐色沉淀干扰，应先加稀硝酸酸化再滴加硝酸银，B错误；C．加热浓硫酸、NaCl与MnO2混合物产生黄绿色气体(Cl2)，但Cl2生成主要依赖MnO2的氧化性(MnO2氧化Cl)，浓硫酸仅提供酸性环境，非强氧化性体现，C错误；D．2甲基苯甲醛的醛基和甲基均可被酸性KMnO4氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，现象无法直接证明“含有醛基”，D错误；故答案选A。11.常温下，下列有关溶液说法正确的是A.0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中之比大于B.0.1mol/L溶液中通入HCl至溶液C.向AgCl悬浊液中加入少量NaCl固体，Ksp(AgCl)不变，D.amol/LHClO溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中，则a一定小于b【答案】B【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，存在电离平衡，浓度越大电离程度越小，设醋酸溶液中浓度为，醋酸溶液中浓度为，则，即，故醋酸溶液与醋酸溶液中之比小于，A不符合题意；B．溶液中通入至溶液，则；根据电荷守恒：，可得；根据物料守恒：，联立可得；有，B符合题意；C．向悬浊液中加入少量固体，温度不变，不变，但浓度增大，根据，减小，且，C不符合题意；D．溶液与溶液等体积混合后，所得溶液中，根据电荷守恒：，可得，溶液呈中性；若，则恰好完全反应生成，溶液因水解呈碱性，要使溶液呈中性，需过量，即，D不符合题意；故答案选B。12.催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是A.、都是该反应的催化剂B.图甲反应中断裂NO(g)和(g)中化学键释放的能量小于形成和中化学键吸收的能量C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为D.图乙中总反应【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，在反应①中是反应物，在反应③中是生成物，故为催化剂；在反应①中是生成物，在反应③中是反应物，故是中间产物，A错误；B．由图甲可知该反应为放热反应，表示断裂6molNO(g)和4mol(g)中化学键吸收的总能量小于形成5mol和6mol中化学键放出的总能量，B错误；C．图乙所示反应③为，其中是还原剂，O2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为，C错误；D．图乙所示，反应①为，反应②为，反应③为，故总反应为，D正确；故答案选D。13.研究人员研发出一种以为电解质的新型高性能、低成本的钠型双离子电池，其放电过程示意图如下所示，下列说法错误的是A.不可用水溶液作为电解质溶液B.该电池的Sn、Al仅作电子导体，均未参与电极的放电C.放电时，嵌入石墨极，发生反应D.若初始两极等重，充电时，当两极质量差为12.2g时，电路中转移的电子为【答案】C【解析】【分析】放电时：负极（SnNa合金）：，Na失电子，SnNa合金为负极；正极（石墨）：，脱离石墨极，Al为正极；充电时：阳极（石墨）：，增加的为的质量；阴极（SnNa合金）：，增加的为Na的质量，据此分析。【详解】A．钠可以和水反应生成氢气，不可用水溶液作为电解质溶液，A正确；B．结合分析的电极反应，Sn、Al仅作电子导体，均未参与电极的放电，B正确；C．放电时，脱离石墨极，发生反应，C不正确；D．充电时，当转移电子时，阳极（石墨）增加，质量为；阴极（SnNa合金）增加，质量为。两极质量差为，电路中转移的电子为，D正确；故选C。14.向容积均为1L的恒容密闭容器M(恒温500℃)、N(起始500℃，绝热)中分别加入0.1mol和0.4molCO及相同催化剂发生反应：，实验测得两个容器中的物质的量随时间的变化关系如表所示。该反应的反应速率、(、分别是正、逆反应的速率常数)。下列说法错误的是时间/s0100200300400容器①中0.10.090.0810.0750.075容器②中0.10.080.0780.0780.078A.容器②表示容器NB.0~100s内，容器②中的平均反应速率C.容器①在400s时降温，该反应逆向进行D.当容器①中反应进行到100s时【答案】C【解析】【分析】由表格数据可知，容器②先达到平衡且转化率较低，说明温度升高导致平衡逆向移动，符合绝热容器N的特征，同时说明正反应为放热反应；【详解】A．由分析可知，容器②表示容器N，A正确；B．0~100s内容器②中物质的量减少0.02mol，容积1L，平均速率，B正确；C．由分析可知，反应为放热反应，容器①在400s时已平衡，降温使平衡正向移动，C错误；D．容器①恒温，平衡时正逆反应速率相等，=，，结合表中数据，平衡时，氮气、二氧化碳、一氧化碳、一氧化二氮浓度分别为0.025mol/L、0.025mol/L、0.375mol/L、0.075mol/L，，100s时温度未变，则K值不变，则，D正确；故选C。二、非选择题：本大题共4小题，共58分。15.三元锂电池(NCM)正极材料主要成分为，还含有少量的铜等杂质。采用“还原氨浸分步沉淀”工艺可实现有价金属的绿色回收。已知：①“还原浸出”时，Ni、Co、Cu分别转化为、、。②柠檬酸在弱碱性环境下能选择性与形成稳定的可溶性配合物。③常温下，，，；（1）基态Ni原子的价电子排布式_______，铜在元素周期表中_______区。（2）“还原浸出”过程中，难溶的转化成的离子方程式为_______。（3）氨浸后溶液pH=9，当完全沉淀时，溶液中_______mol/L。（4）“除铜”时发生反应为：，则该反应的平衡常数_______(列出计算式)。（5）“沉镍”中，镍形成的配合物结构如图所示，下列说法正确的是_______。A.沉镍过程中被还原B.柠檬酸的作用是防止共沉淀C.二丁二酮肟镍中镍的配位数为4D.二丁二酮肟镍中含离子键、共价键、配位键、氢键（6）沉钴前需将溶液的pH控制在2~5的原因是_______。（7）上述流程中可以循环利用的物质是_______。【答案】（1）①.②.ds（2）（3）（4）（5）BC（6）pH过低，难以生成CoC2O4，pH过高，促进钴离子水解，生成金属氢氧化物沉淀，引入杂质（7）NH3【解析】【分析】三元锂电池正极材料主要成分为，“还原浸出”时，Mn转化为MnCO3滤渣，Ni、Co、Cu分别转化为、、，加入将转化为CuS，加入柠檬酸、丁二酮肟形成二丁二酮肟镍用于沉镍，蒸氨后，加入草酸形成CoC2O4用于沉钴，加入Na3PO4沉锂，生成Li3PO4，据此分析；【小问1详解】Ni元素的原子序数为28，位于第四周期第VIII族，价电子排布式为；铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，在元素周期表中位于ds区；【小问2详解】难溶的被还原成，离子方程式为；【小问3详解】氨浸后溶液pH=9，当完全沉淀时，，，溶液中；【小问4详解】，，反应的平衡常数；【小问5详解】A．每个丁二酮肟分子中含两个羟基，形成配合物时，每个二丁二酮肟分子失去一个氢原子，镍仍为+2价，未被还原或氧化，A错误；B．柠檬酸在弱碱性环境下能选择性与形成稳定的可溶性配合物，防止共沉淀，B正确；C．由结构可知，二丁二酮肟镍中镍的配位数为4，C正确；D．二丁二酮肟合镍(Ⅱ)分子中存在配位键、非极性键、极性键、氢键，不存在离子键，D错误；故选BC；【小问6详解】沉钴前需将溶液的pH控制在2~5的原因是，pH过低，难以生成CoC2O4，pH过高，促进钴离子水解，生成金属氢氧化物沉淀，引入杂质；【小问7详解】蒸氨过程中生成的NH3，可回收并重新用于还原浸出步骤。16.碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液(含NaI和少量)制取单质碘并用于花生油碘值的测定。Ⅰ．制取的流程：含碘废液(NaI，少量)→制CuI→制已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；②(亚铁氰化钾)与会生成红褐色沉淀。（1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加溶液并不断搅拌，有、和白色的CuI沉淀生成。①图中仪器C的名称为_______。②写出“制CuI”时发生反应的离子方程式_______。③实验中若不加入，只加入溶液，可发生反应：。则实验中加入的作用是_______。（2）制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。①D中盛放的试剂为_______。②检验洗涤干净的方法为_______。Ⅱ．花生油碘值的测定（3）碘值指100g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00mL0.05mol/LICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液(与过量ICl反应：)，用0.02mol/L溶液滴定，加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗溶液体积为25.00mL。①实验中加入20mL异己烷的作用为_______。②判断滴定到达终点的现象为_______。③该花生油的碘值为_______g。【答案】（1）①.温度计②.③.还原溶液中的I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀（2）①.NaOH溶液（或其他碱溶液）②.取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净（3）①.作为溶剂②.滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不褪色③.101.6【解析】小问1详解】①仪器C名称为温度计；②Na2SO3与NaI、CuSO4反应制备CuI的离子方程式为；③制CuI的目的为将含碘废液中碘富集。不加入Na2SO3，I元素同时存在于CuI与I2中，所以加入Na2SO3的目的为：还原溶液中的I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀。【小问2详解】①浓硝酸与CuI反应生成Cu2+、I2以及NO2，NO等酸性气体，所以吸收尾气的试剂可为NaOH溶液（或其他碱溶液）；②若未洗净，则I2固体上残留有含Cu2+的溶液，所以检验洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净。【小问3详解】①花生油会与乙酸溶液分层，所以需要加入异己烷作为溶剂；②ICl分为两部分被反应：一部分与花生油加成，另一部分与KI反应转化为I2，通过Na2S2O3滴定I2来测定与KI反应的ICl的量，进而确定与花生油反应的ICl的量。淀粉作用指示剂，滴定终点时I2被完全反应，现象为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；③根据ICl~I2~2Na2S2O3，可得与0.25g花生油反应的ICl物质的量为，与等质量的花生油加成消耗的I2和ICl物质的量相等，所以该花生油的碘值为。17.苯乙烯是重要的化工原料，主要工业生产方法为乙苯催化脱氢，反应为。回答下列问题：（1）一定条件下，某些物质的相对能量如图1所示。该条件下苯乙烯的相对能量_______kJ/mol。（2）乙苯通过催化剂发生反应，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图2所示，流速大而转化率低的原因可能是_______。（3）在恒温恒压条件下，当适量过热水蒸气与乙苯混合通入反应器发生催化脱氢反应时，乙苯的平衡转化率明显增大，原因是_______。（4）一种提高乙苯转化率的催化剂—钯膜(只允许透过)反应器，其工作原理如图3所示。①该系统中持续通入的作用为_______。②T℃和pkPa条件下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，乙苯的平衡转化率为40%，该反应的压强平衡常数_______kPa．相同条件下，若换成“钯膜反应器”转化率提高到50%，则出口a和b氢气的质量之比为_______。（5）含苯乙烯的废水的排放会对环境造成严重的污染，先采用电解法处理，其工作原理如图4所示。电解液是含苯乙烯和稀硫酸的废水，苯乙烯被完全氧化成和。①电极N为_______(填“阳”或“阴”)极。②写出M极的电极反应方程式_______。【答案】（1）147（2）乙苯通过催化剂发生反应，流速过大，乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分，导致转化率低（3）在恒压状态下，将适量过热水蒸气通入反应器，反应物分压减小，反应为分子个数增多的反应，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率明显增大（4）①.降低生成物浓度，平衡正向移动，提高原料利用率②.③.9：8（5）①.阴②.【解析】【分析】【小问1详解】=生成物的总能量－反应物总能量，所以苯乙烯的相对能量=+反应物总相对能量－氢气相对能量=+117.2+29.80=+147。【小问2详解】乙苯通过催化剂发生反应，流速过大，乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分，导致转化率低。【小问3详解】在恒压状态下，将适量过热水蒸气通入反应器，反应物分压减小，反应为分子个数增多反应，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率明显增大。【小问4详解】①从图中可知，氮气与氢气一起从装置中离开，降低生成物浓度，平衡正向移动，提高原料利用率；②设起始时通入乙苯amol，转化率为40%，则转化量为0.4amol，平衡时乙苯的物质的量为0.6amol、苯乙烯的物质的量为0.4amol，的物质的量为0.4amol，总的物质的量为：0.6a+0.4a+0.4a=1.4amol。。换成钯膜反应器后，设有xmol透过钯膜从出口分离，设初始投入乙苯1mol，则生成苯乙烯0.5mol，0.5mol，剩余乙苯0.5mol，出口b的氢气物质的量为(0.5x)mol，留在反应器内的气体总物质的量为0.5x+0.5+0.5=(1.5x)mol。则有，解得x=，所以从a口分离的物质的量为，从b口分离的物质的量为0.5=mol，所以出口a与b的氢气质量比为9:8。【小问5详解】采用电解法处理含有苯乙烯的废水，根据装置图中物质转换可知，在M电极，故M极为阳极；N电极，故N极为阴极。苯乙烯被阳极产生的氧化成和。①根据分析，电极N为阴极。②M极的