化学重庆市实验外国语学校2025-2026学年度（上）高2026届9月月考（二）（9.28-9.29）

重庆外国语学校2026届高三(上)9月月考(二)题号123456789DCADDCBBB题号DBCC一解析】A.贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误；B.核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误；C.氧化铁(Fe₂O₃)能与酸反应，不耐酸，C错误；D.碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确；一解析】A.NaCl溶液的导电性实验涉及电流，湿手操作易触电，禁止湿手，A正确；B.焰色试验可能产生有害气体或烟雾，开启排风设备，B正确；C.钠燃烧剧烈，即使佩戴护目镜，近距离俯视仍可能被高温或飞溅物伤害，C错误；D.加热实验需避免衣物或长发接触热源，束发系紧衣物，D正确；一解析】A.NH₃的中心原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，B.硫化钠是离子化合物，电子式：,B错误；C.氯是第17号元素，C1原子结构示意图为：,C错误；D.Al₂(SO₄)₃是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：Al₂(SO₄)₃=2A³++3SO²,D错误；一解析】A.2.24LC₂H₄未指明标准状况，无法确定其物质的量，A错误；B.HCN结构式为H-C=N,C=N三键含2个π键，每个π键2电子，故每个HCN分子含4个π电子，C.H₂O中心原子孤电子对数为,9gH₂O为5mol,0.5mol水含1NA孤电子对，D.该反应中消耗1molO₂生成2molHCN和2molCO₂。HCN中C为sp杂化(2个σ键),CO₂中C为sp杂化(2个σ键),共4molsp杂化C原子，数目为4NA,D正确；HCO₃+H₂O=H₂CO₃+OH,原式是HCO₃的电离方程式，A错误；B.已知醋酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，故CaCO₃与醋酸反应的离子方程式为：CaCO₃+2CH₃COOH=2CH₃CO0+Ca++CO₂↑+H₂C,B错误；与硝酸反应的离子方程式为：3FeO+10H+⁺+NO₃=3Fe³⁺+5H₂O+NO↑,CD.苯酚的酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，故苯酚钠水溶液中通入少量CO₂气体反应生成苯酚和碳酸氢钠，则离子方程式为：D正确—解析】A.隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的温度，玻璃搅拌棒可使反应完全反应，图中中和反应的反应热测定装置合理，A不符合题意；B.乙酸乙酯与饱和食盐水不互溶，饱和水盐水在下，乙酸乙酯在上，可通过分液进行分离，B不符C.在铁片上镀镍，待渡金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，CD.转移热蒸发皿至陶土网，需要用坩埚钳—解析】A.X中不饱和键均可以与H₂发生加成反应，1molX中苯环与3molH₂发生加B.饱和碳原子采用sp³杂化，碳碳双键的碳原子采用sp²杂化，1个Y分子中，采用sp³杂化的碳原子有2个，采用sp²杂化的碳原子有4个，数目比为1:2,B正确；C.中1号碳原子为饱和碳原子，与2、3、4号碳原子直接相连，这4个碳原子不可能D.Z分子中含有碳碳双键，能使Br₂的—解析】A.X为C(IVA族)、Y为F(VIIAC.SO₂中S的价层电子对数为,为sp²杂化，SO₃中S的价层电子对数为D.HCF₃SO₃含磺酸基(-SO₃H),性质稳定不易燃，D错误；c(H+)=2c(So2-)+c(OH⁻),但根仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中此电荷守恒应表示为c(H+)=c(HSO₄)+2c(SO²-)+c(OH-),A错误；C.NH得到1个OH⁻生成NH₃·H₂O,C₂O²-得1个H+生成HC₂O得2个H+生成H₂C₂O₄,水电离B.由机理图可知，CO₂换成C¹⁸0₂,可生成HC⁸0¹⁸OH,B错误；C.由机理图可知，CO₂转化为HCOOH,因此碳原子轨道的杂化存在从SP到sp²的转变，C正确；D.由机理图可知，CO₂和H₂O反应生成H₂O₂和HCOOH,总反应为2H₂O+CO₂=H₂O₂+HCOOH,D一解析】A.若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2,可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH=2,故无法判断该酸是否为强酸，A错误；C.AgNO₃溶液过量，溶液中剩余的Ag会直接与I生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI,故不能比较Ksp,C错误；D.Cl₂与Na₂S反应生成S淡黄色沉淀，证明Cl₂将S²-氧化为S,验证了Cl₂的氧化性，D正确；C.由于孤对电子对成键电子对的排斥力较大，氨气分子中氮原子含有一对孤对电子，而配离子中氮原子的孤对电子与Co²+形成配位键，所以配体中H-N-H键角>NHD.氯离子全部在晶胞中，共计是8个，配离子为：该立方晶胞的边长为acm,[Co(NH₃)₆]Cl₂的相对分子质量是232,则该晶体的密度为g/cm³,D正确；—解析】A.CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH₂O,设Fe化合价为x。Cu为+2B.Zn电极为负极，反应为Zn-2e=Zn²+,负极区正电C.Ni²+在正极得到电子生成Ni,Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H₂O₂的氧化性去除电极吸附的Ni,C错误；D.电解Zn²+溶液时，阴极反应为Zn²++2e-=Zn,可得到Zn单质再生负极，D正确；(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂一解析】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11,其价层电子排布式为3d¹⁰4s¹。MnO₂+SO₃-+2H+=Mn²++S(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：①Au+5S₂O3⁻+[Cu(NH₃)]⁺=[Au(S₂O₃)₂³+[Cu分析以上两反应可知，参与了反应①,但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为[C(4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。(5)“还原酸浸”时，Fe₂O₃和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe³+和Cu²+,亚硫酸钠将Fe³+还原为Fe²+,而Cu²+并未被还原，因此，Fe³+的氧化性强于Cu²+;“氧化”时，Fe²+被MnO₂氧化为Fe³+,因此，MnO₂的氧化性强于Fe³+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe³、Cu²+、MnO₂的氧化性由强到弱的顺序为MnO₂>Fe³>Cu²+。(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0,此时c(OH-)=10⁶mol-L¹,无Mn(OH)₂析出，16.(1)三颈烧瓶b(2)二氧化碳(3)将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率(4)取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量(5)作为溶剂，溶解后加快反应速率—解析】(1)由图可知，A为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出；(2)向A中加入3.5gNaHCO₃5.2gNa₂SO₃和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M=168.5),生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生；(3)A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃 (THF),充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄,可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率；由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+NaCl,析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已(5)将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH,水可作为溶剂，溶解后加快反应速率；(6)已知向A中加入3.5gNaHCO₃5.2gNa₂SO₃,2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M,=168.5),三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：,氟甲基亚磺酸锂的产率为(3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利—解析】(1)△H=△H₂—△H₁=—14.9kJ/mol-26.3kJ/mol=-41.2kJ/mol;(2)a.气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；b.两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；c.气体浓度不变是平衡状态的标志，则H₂O(g)浓度(3)反应①的选择性接近100%,原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%;反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①,(5)如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左),反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应设初始投料：n(CH₄)=4mol、n(CO₂)=4mol、n(Ar)=2mol,平衡时，甲烷转化率为20%,二氧化碳的转化率为30%,则平衡时：n(CH₄)=4mol-4mol×20%=n(CO₂)=4mol-4mol×30%=根据碳元素守恒：n(CO)=8mol-n(CH₄)-n(CO₂)=8mol-3.2mol-2.8mol=2mol;根据氧元素守恒：n(H₂O)=8mol-n(CO)-2n(CO₂)=8mol-2mol-2×2.8mol=0.4mol;根据氢元素守恒：n(H₂)=8mol-2n(CH₄)-n(H₂O)=8mol-2×3.2mol-0.4mol=1.2mol;平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol=11.6mol,Ar的分压为pkPa,则总压为5.8pkPa,(3)乙烯(5)氧化反应—解析】(1)由A结构简式可知，A中含氧官能团名称为醛基；(2)观察结构可知，C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，其官能团也是相同的，排除a、c,两种分子因结构差异导致断裂偏好不同，所形成的碎片种类或丰度显著不同，故其质谱图中碎片峰会不同，故选b;(3)结合烯烃复分解反应规律可知，其另一种产物是乙烯；(4)E中含有碳碳双键，能发生加聚反应，产物的结构简式为(6)I→J的反应为氨基和酮羰基的加成反应，形成七元环和羟基，得到