江苏省苏州市园区星海实验中学2025~2026学年高三下册4月月考化学试卷（含解析）

/2026届高三二模热身训练化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Ni59一、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.第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的金属元素。从信息中不能获取的是A.铼的质量数 B.铼在周期表中的位置C.铼的质子数 D.铼的核外电子数【正确答案】A【详解】A．质量数满足公式（Z为质子数，N为中子数），题目仅给出铼的原子序数为75（即Z=75），无法得知中子数N，因此不能获取铼的质量数，A符合题意；B．已知原子序数可推导元素在周期表中的位置，75号铼位于第六周期第ⅦB族，可获取该信息，B不符合题意；C．原子序数等于质子数，因此铼的质子数为75，可获取该信息，C不符合题意；D．中性原子的核外电子数等于原子序数，因此铼的核外电子数为75，可获取该信息，D不符合题意；故选A。2.硼氢化钠是一种重要的储氢材料，其水解生氢反应为。下列说法不正确的是A.NaBH4的电子式为 B.H2O为极性键构成的极性分子C.NaBH4中H元素的化合价是-1价 D.NaBO2是氧化产物，H2是还原产物【正确答案】D【详解】A．由和​构成，原子最外层3个电子，与4个形成4对共用电子对，阴离子带1个单位负电荷，该电子式书写正确，A不符合题意；B．分子中为极性键，为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性键构成的极性分子，B不符合题意；C．​中为价，为价，化合物总化合价为0，计算得为价，C不符合题意；D．该反应为归中反应，只有元素化合价发生变化，​中价的被氧化为中0价的，中价的被还原为中0价的，因此​既是氧化产物又是还原产物；​中所有元素化合价均未变化，既不是氧化产物也不是还原产物，D符合题意；故选D。3.分离提纯是进行有机物组成、性质等研究的基础。下列相关原理、装置及操作正确的是A.装置甲用于分离苯与溴苯B.装置乙用于分离CH2Cl2与CCl4C.装置丙用于分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液D.装置丁用于重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸【正确答案】C【详解】A．苯与溴苯均为互溶的液体，且溶解度较大，无法通过过滤分离，A错误；B．二氯甲烷和四氯化碳均为互溶的有机溶剂，沸点不同（二氯甲烷沸点40℃，四氯化碳沸点76.8℃），可采用蒸馏分离，但图中温度计水银球位置错误，应在蒸馏烧瓶支管口处，B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液（密度小于水，浮在上层），两者分层，可用分液分离，C正确；D．苯甲酸在高温下溶解度大，冷却时溶解度骤降，可以采用重结晶方法提纯，但是图中为蒸发浓缩装置，D错误；故选C。4.(铜为价)可用作催化剂。下列说法正确的是A.半径： B.沸点：H2O＜NH3C.电离能： D.为离子化合物【正确答案】D【详解】A．有2个电子层，Cl⁻有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，故，A错误；B．分子间氢键的数目、强度均大于，常温下为液态、为气态，故沸点，B错误；C．同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故，C错误；D．由阳离子和阴离子通过离子键构成，属于离子化合物，D正确；故选D。阅读下列材料，完成下面小题：具有较强的氧化性，能够将磷氧化为或(可以水解得到两种酸)，与氨反应生成溴化铵和氮气，可以氧化一些非金属阴离子，如与反应生成()。在催化剂作用下，苯与发生取代反应，该反应属于放热反应。醛与在碱的催化下，醛的-氢被溴取代生成-溴代醛。工业上海水提溴的主要过程为：5.下列说法正确的是A.基态溴原子的电子排布式为 B.中P原子的轨道杂化类型为杂化C.是由极性键构成的非极性分子 D.的空间结构为平面三角形6.下列化学用语表示正确的是A.水解反应的化学方程式：B.溴与氨反应的化学方程式：C.乙醛与溴反应生成-溴代乙醛的化学方程式：D.纯碱溶液吸收的离子方程式：7.下列说法正确的是A.浓硫酸是苯与发生取代反应的催化剂B.使用催化剂可以降低苯与反应的焓变C.海水提溴中的步骤Ⅱ、Ⅲ可以实现溴元素的富集D.可以用淀粉溶液检验步骤Ⅲ蒸馏后所得母液中是否含有【正确答案】5.B6.B7.C【分析】先浓缩海水使溴离子富集，接着通入氯气将溴离子氧化为低浓度溴单质溶液；之后用热空气吹出溴单质，并用纯碱溶液吸收，得到含溴酸根离子和溴离子的溶液；再用硫酸酸化发生归中反应，最后蒸馏获得工业溴。【5题详解】A．溴原子序数为35，基态溴原子的电子排布式为，A错误；B．​中P原子价层电子对数为，因此P原子为杂化，B正确；C．中只存在S-S非极性键，是由非极性键构成的非极性分子，C错误；D．中Br价层电子对数为，含1对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；故选B。【6题详解】A．水解时Br为-1价，产物为而非，正确反应为，A错误；B．溴与氨反应生成溴化铵和氮气，该方程式电子守恒、原子守恒，书写正确，B正确；C．乙醛的是甲基（醛基邻位碳）上的氢，取代后产物应为，正确的为，C错误；D．选项中离子方程式原子不守恒，正确离子方程式为，D错误；故选B。【7题详解】A．苯与溴取代反应的催化剂是​，不是浓硫酸，A错误；B．催化剂只改变反应活化能，不改变反应焓变，焓变由反应物和生成物的能量差决定，B错误；C．第一步氧化后得到低浓度溶液，步骤Ⅱ、Ⅲ的目的是富集溴元素，C正确；D．淀粉溶液只能检验碘单质，不能检验溴单质，D错误；故选C。8.电子转移的有机反应在电解池中进行时被称为电有机合成。用(丙烯腈)电合成(己二腈)的装置如图所示，下列说法不正确的是A.Pt电极连接电源的正极B.阴极的电极反应式：C.若阳极产生22.4L(标况下)O2，理论上阴极能生成1mol己二腈D.与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净、生产效率高等优点【正确答案】C【分析】判断电极类型与电源连接，根据装置图：Pt电极：生成O2​，发生反应2H2​​O−4e−=O2​​↑+4H+，氧元素失电子，发生氧化反应，故Pt电极为阳极，连接电源正极。碳棒电极：丙烯腈(CH2​=CHCN)转化为己二腈(NC(CH2​)4​CN)，碳元素得电子，发生还原反应，故碳棒为阴极，连接电源负极。【详解】A．Pt电极为阳极，阳极连接电源正极，A正确；B．阴极发生还原反应，2个丙烯腈分子发生二聚，碳碳双键断裂并结合质子(H+)生成己二腈，电子转移与原子守恒均满足要求，B正确；Ｃ．标况下)2.4LO的物质的量是1mol，阳极生成1

mol

O2​时，转移电子数n(e−)=1

mol×4=4

mol。根据阴极反应2CH2​=CHCN∼2e−，转移2

mol电子时生成1

mol己二腈。因此，转移4

mol电子时，理论上生成2

mol己二腈，而非1

mol。C错误；D．与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净、生产效率高等优点。Ｄ正确；故选C。9.化合物Z是合成山药素-1的重要中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A.X分子中所有碳原子一定共平面 B.1molY中含有2mol碳氧π键C.X在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大 D.1molZ最多能与7molH2发生加成反应【正确答案】D【详解】A．X含苯环（sp2杂化，平面结构），但侧链-CH2Cl和两个-OCH3中的碳均为sp3杂化，且通过单键与苯环相连。由于单键可自由旋转，这些碳原子不一定与苯环共面。A

错误；B．Y含一个羧基（-COOH），其中仅含1个C=O双键，对应1个碳氧π键；无其他含碳氧双键官能团。B错误；C．X为疏水性芳香卤代物，无强亲水基团；Y引入羧基（-COOH），可与水形成氢键，显著提高水溶性。C错误D．1molZ可加成部位如下，两个苯环：每个需

，共

，一个碳碳双键（C=C）：需

羧基（-COOH）和酯基（-COO-）中的C=O在常规催化加氢条件下不参与加成。总计：，D正确故选D。10.在给定条件下，下列选项所示的物质转化均可实现的是A.B.C.D.【正确答案】A【详解】A．饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，发生侯氏制碱反应析出碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠固体，两步转化均能实现，A符合题意；B．四氧化三铁和铝在高温下发生铝热反应可以生成铁单质，但铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，第二步转化不能实现，B不符合题意；C．碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸钙溶液中通入二氧化碳可生成次氯酸，但次氯酸光照分解生成氯化氢和氧气，不生成氯气，第二步转化不能实现，C不符合题意；D．硝酸银与过量氨水反应生成的银氨配离子为，但蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能发生银镜反应生成银单质，转化不能实现，D不符合题意；故选A。11.根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向苯酚浊液中滴加溶液，溶液由浑浊变澄清苯酚的酸性比强B向溶液中先通入适量，无明显现象，再加入稀，有白色沉淀生成稀有氧化性C向等物质的量浓度的NaCl、混合溶液中滴加溶液，首先生成AgCl白色沉淀D向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，无明显颜色变化全部被还原A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．苯酚与溶液反应生成苯酚钠和，无生成，说明苯酚酸性弱于，仅强于，A错误；B．通入溶液时，因亚硫酸酸性弱于盐酸不发生反应，加入稀后，稀将+4价S氧化为+6价生成，与结合生成沉淀，体现稀的氧化性，B正确；C．是AB型沉淀，溶度积表达式为，是型沉淀，溶度积表达式为，二者结构不同，不能直接根据沉淀先后顺序比较大小，C错误；D．若产物中同时存在Fe单质和未反应的，加稀盐酸后Fe会将还原为，滴加KSCN溶液也无明显现象，不能证明全部被还原，D错误；故选B。12.室温下，利用、FeS和处理含有的水样。已知，；电离常数分别为，；饱和溶液浓度约为。下列说法正确的是A.溶液中：B.向水样中加入，所得溶液中：C.反应正向进行，需满足D.向水样中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：【正确答案】C【详解】A．Na2​S溶液中，根据质子守恒：水电离出的c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+2c(H2​S)，A错误；B．向含Cd2+的水样中加入Na2​S，S2−会与Cd2+结合生成CdS沉淀，因此溶液中含S的粒子（S2−、HS−、H2​S）的总浓度小于Na+浓度的1/2​。物料守恒式应为：c(Na+)＞2[c(S2−)+c(HS−)+c(H2​S)]，B错误。C．根据沉淀溶解平衡：，当

时，反应正向进行。即：，C正确D．向水样中通入至饱和，发生反应

。由于的很小，反应趋于完全，反应后溶液中，而远小于，故，D错误；故选C。13.甲烷溴化制—溴甲烷过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：反应I：反应Ⅱ：将和通入密闭容器，平衡时、随温度的变化如图-1所示。500℃时，CH4和Br2分别在有I2和无I2的条件下反应，、随时间的变化如图-2所示。I2参与反应可能涉及如下机理：①；②___________；③；……下列说法不正确的是A.反应Ⅰ的焓变B.560℃时，反应Ⅱ的平衡常数C.500℃时，I2可提高生成的选择性D.机理②可能为【正确答案】B【分析】图-1（温度对平衡的影响）：横坐标为温度，纵坐标为平衡时物质的物质的量。初始投料为​和​，随温度升高，平衡时逐渐增大，逐渐减小，说明升温使反应平衡逆向移动；图-2（时间对产物物质的量的影响）：横坐标为反应时间，纵坐标为物质的量。平衡时，有体系的明显大于无​体系，明显小于无体系，说明改变了产物分布，提高了的占比。【详解】A．由图-1可知：升温后，反应平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，因此正向反应放热，即，A正确；B．时，，，设反应消耗​的物质的量为，反应消耗的物质的量为，根据C元素守恒：

，。平衡时各物质的物质的量：

，，，。反应的平衡常数，同容器体积相同，物质的量代入得：

，B错误；C．由图-2可知，相同温度下，加入​后平衡时更高，更低，说明更多反应物转化为，提高了的生成选择性，C正确；D．机理①生成，机理③需要反应物，因此机理②需要生成，选项给出的反应：，满足原子守恒、自由基传递，符合机理要求，该过程合理，D正确；故选B。二、非选择题：共4题，共61分。14.锆是一种重要的战略金属。以锆英砂(主要成分为，含少量、杂质)制取的工艺如下：已知：锆英砂能与烧碱高温反应生成，在水中溶解度很小。（1）在750℃下碱熔，全部转化为，反应的化学方程式为___________。（2）“水洗压滤”所得“滤液”中的溶质除NaOH外，还主要含有___________(填化学式)。（3）“转型压滤”发生的主要反应为。“转型压滤”和“酸化”时都要加入盐酸，但没有将这两步操作合并进行的原因是___________。（4）与NaOH相比，CaO更易获得且价格低廉。其他条件相同时，控制“碱熔”过程中，测得不同时，锆英砂转化率随温度变化的关系如图-1所示。实际生产中选择、800℃；而不选择、700℃的可能原因是___________。（5）在800℃下煅烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料，晶胞如图-2所示，晶体中每个氧原子周围与其最近的氧原子个数为___________。（6）与磷酸反应可制得磷酸锆结合剂，其中具有胶结性能的化合物为和，中和度在0.5～1之间的物质具有胶结性能。①α-磷酸锆[]是一种二维层状材料，每层由锆原子的平面组成，其晶体部分结构图-3所示。层区域可以容纳结晶水分子的原因是___________。②当时，结合剂中的比值为___________。【正确答案】（1）（2）、（3）防止产物中混有NaCl杂质（4）两种情况下锆英砂的转化率都很高，用CaO替代NaOH会降低原料成本，升高温度会增加能源消耗，原料成本对生产的影响更大（5）6（6）①.层间有P-OH基团，与层间区域所容纳的结晶水分子形成氢键②.1：3【分析】锆英砂（主要成分为，含​、​杂质）和碱熔时，​转化为难溶的​，杂质、​转化为可溶的钠盐；水洗压滤除去可溶性杂质（过量、硅酸钠、四羟基合铝酸钠等），难溶的​进入后续工序；转型压滤加盐酸使转化为沉淀，过滤除去生成的；再加盐酸酸化得到，最终结晶得到。【小问1详解】​与在反应生成​，根据原子守恒，产物还有和，配平后得到方程式：

；【小问2详解】碱熔时，杂质与反应生成，和反应生成的均可溶于水，还可能溶解少量​，因此滤液中除外还含有；【小问3详解】转型压滤的反应会生成，提前过滤可将除去，若两步合并，会留在溶液中，最终混入产物中；【小问4详解】由图像可知，两种条件下锆英砂的转化率都接近100%，都能满足生产要求；比廉价易得，用替代可以降低原料成本，虽然温度升高会增加能源消耗，但原料成本对总生产成本的影响更大，因此选择该条件；【小问5详解】该晶胞中按均摊法顶点和面心的黑球为4个、晶胞内白球为8个，则位于顶点和面心，位于晶胞内部，若把晶胞分为8个小立方体，每个O原子分别位于小立方体的体心，则每个O周围与其最近的O原子个数为6；【小问6详解】①

由结构图可知，磷酸锆层表面存在大量基团，羟基可与结晶水分子形成氢键，因此层间可以容纳水分子，原因是：

层间存在基团，可与结晶水分子形成氢键；②

设，，根据中和度定义：总，总，因此

，解得，即比值为。15.化合物G是一种抗病毒药物的中间体，其一种合成路线如下：已知①；②(RMgBr不能与酸、水、醇等共存)。（1）F→G的反应类型为_______反应。（2）已知物质X的分子式为，则X的结构简式为_______。（3）D的结构简式为_______。（4）写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______。①能与溶液发生显色反应；②能发生水解反应，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢。（5）设计以和为原料制取的路线图_______(无机试剂及溶剂任用，合成示例见本题题干)。【正确答案】（1）还原反应（2）CH2=CHCOCl（3）（4）（5）【分析】与CH2=CHMgBr先发生加成反应，再发生水解反应得到，与X发生取代反应生成，已知物质X的分子式为C3H3OCl，则X为CH2=CHCOCl，在催化剂条件下反应生成D，D与发生取代反应生成E，根据C、E的结构简式和D的分子式可推出D的结构简式为：，E在催化剂条件下与氢气反应生成F，F与LiAiH4发生还原反应得到G，据此分析回答。【小问1详解】由分析可知，F→G的反应类型为还原反应；【小问2详解】由分析可知，X为CH2=CHCOCl；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为：；【小问4详解】根据C的结构简式可知，C的分子式为C14H16O3，C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，能发生水解反应，含有酯基，酸性条件下水解所得2种有机产物均含2种化学环境不同的氢，则其同分异构体为：；【小问5详解】以和CH3COOHCH3COOH为原料制取的路线图，与LiAlH4发生还原反应生成和，与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成，与Mg在乙醚的条件下反应生成，与先发生加成反应，再发生水解反应生成，合成路线如图所示：。16.三氧化二镍常用作磁性材料，具有强氧化性。以镍铜矿(含有、、以及少量的不溶杂质)为原料制备。（1）煅烧。将一定量的镍铜矿与混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧。煅烧时加入的目的是________。（2）酸浸，将煅烧得到的固体(含、、、、)加入三颈瓶中(装置见图)，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应。①反应后所得溶液中含、、，写出酸浸时发生反应的化学方程式：________。②如何判断“酸浸”反应已经完成：________。（3）除杂。将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将沉淀除去。［溶液中，，，，离子浓度沉淀完全］①加入Ni粉的目的是除去溶液中的。通过计算判断是否可用调节pH的方法除去________。(写出计算过程)②实际消耗Ni粉的量大于理论用量，原因是________。（4）制备：请补充完整由除杂后得到的溶液制取的实验方案：量取溶液，测得其中的浓度为，________，得到。(可选用的试剂：溶液、稀盐酸、溶液)。已知：样品在空气中煅烧，样品的固体残留率()随热解温度的变化如图所示。【正确答案】（1）SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去（2）①.②.不再产生气泡（3）①.沉淀完全时，由得：

，此时对于的浓度商，故沉淀完全时也会沉淀，因此不能用调节pH的方法除去②.部分粉与溶液中的反应（4）边搅拌边加入足量溶液，充分反应后过滤，洗涤沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净，将洗净的沉淀在空气中煅烧，控制温度在（或加热至固体质量不再变化，残留率达到）【分析】将一定量的镍铜矿与CaCO3混合后，粉碎后在富氧空气中充分煅烧，将煅烧得到的固体(含CuO、CaO、Ni2O3、CaSO4、CaSiO3)加入三颈瓶中，通过恒压滴液漏斗缓慢滴加稍过量的稀硫酸，充分反应，将三颈瓶中悬浊液倒出、过滤后，向所得滤液中加入足量Ni粉，充分反应后过滤，调节滤液的pH，向滤液中加入NaF溶液将Ca2+沉淀除去。【小问1详解】煅烧时加入CaCO3是将生成的SO2转化为CaSO4，同时将SiO2转化为硅酸钙除去。【小问2详解】①根据反应后所得溶液中含Cu2+、Ca2+、Ni2+，则酸浸时，Ni2O3与稀硫酸反应生成NiSO4、O2和H2O，发生反应的化学方程式为：。②由“酸浸”时，反应的反应为：，可知，当三颈烧瓶中不再产生气泡，则说明“酸浸”已经完成。【小问3详解】①沉淀完全时，由得：

，此时对于的浓度商，故沉淀完全时也会沉淀，因此不能用调节pH的方法除去。②部分粉与溶液中的反应，因此实际消耗量大于理论值。【小问4详解】边搅拌边加入足量溶液，充分反应后过滤，洗涤沉淀，向最后一次洗涤液中先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，未产生白色沉淀，则证明NiCO3沉淀已洗净，将洗净的沉淀在空气中煅烧，控制温度在（或加热至固体质量不再变化，残留率达到），得到。17.氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。（1）已知氨气的部分反应及信息如下：的密度为完全燃烧生成和，可以产生的热量是_______。（2）一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)可通过如下图所示转化制取合成氨气的原料。,①若转化Ⅰ中CO、完全反应，得到的和的物质的量之比为_______。②实际进行转化(Ⅰ)反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是_______。③其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有和CaO的反