扬州中学 2025- 2026学年第一学期 9月考试试题
高三化学
试卷满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.作答第Ⅰ卷前请考生务必将自己的姓名，考试证号等写在答题卡上，并贴上条形码。
2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上 (使用机读卡的用 2B铅笔在机读卡上填涂)，非选
择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。
3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。
可能用到的相对原子质量：H- 1 F- 19 Co- 59
选择题 (共 39分)
单项选择题：本题包括 13小题，每题 3分，共 39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是
A. 潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 B. 制造飞机材料所用的硬铝
C. 制造医用材料所用的聚乳酸 D. 亚冬会冰壶所用花岗岩
【答案】D
【详解】A．橡胶是一种有机高分子化合物，A错误；
B．硬铝密度小、强度高、抗腐蚀能力强，可用作飞机材料，硬铝属于金属材料，B错误；
C．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，因此可用于制造医用材料，聚乳酸属于有机高分
子化合物，C错误；
D．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，D正确；
故答案选D。
Δ
2. 利用反应LiH NH 十 3 H2+LiNH2可制备化工试剂LiNH2。下列说法正确的是
A. LiH的电子式为 B. 第一电离能：I1(Li)> I1(H)
C. NH-2 中N原子轨道杂化类型为 sp2 D. NH3是含有极性键的极性分子
【答案】D
【详解】A．LiH为离子化合物，H-的核外只有两个电子，LiH的电子式： ，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：I1(Li)< I1(H)，B错误；
C 5+1-1×2．NH-2 中N原子的价层电子对数为 2+ = 4，为 sp3杂化，C错误；2
D．NH3是含有氮氢极性键，中心原子N含有 1对孤对电子，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，
为极性分子，D正确；
故选D。
3. 下列由废铁屑制取 NH4 2Fe SO4 2 6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是
·1·
A. 用装置甲称取一定质量的 NH4 2SO4固体
B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污
C. 用装置丙将废铁屑充分溶解
D. 用装置丁蒸干溶液得到 NH4 2Fe SO4 2 6H2O晶体
【答案】B
【详解】A．用托盘天平称取一定质量的 NH4 2SO4固体，应该“左物右码”，故A错误；
B．加热能促进纯碱水解，溶液碱性增强，油污更容易因水解而被除去，因此可用热的纯碱溶液洗涤
铁屑表面的油污，故B正确；
C．铁在浓硫酸中钝化，用稀硫酸溶解废铁屑生成硫酸亚铁和氢气，故C错误；
D． NH4 2Fe SO4 2 6H2O受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，应该用加热浓缩、冷却
结晶的方法得到晶体，故D错误；
答案选B。
4. 黏土是一种重要的矿物原料，含NaAlSi3O8、CaMg CO3 2、MgSO4等物质。下列说法正确的是
A. 第一电离能：I1(Si)> I1(Al)> I1(Mg) B. 离子半径：r Na+ > r Al3+ > r O2-
C. 电负性：χ(O)> χ(C)> χ(Si) D. 熔点：SO2>SiO2>Na
【答案】C
【详解】A．Mg的电子结构更稳定，第一电离能正确顺序应为 I1 Si > I1 Mg > I1 Al ，A错误；
B．核电荷数越大半径越小，同电子层离子半径顺序为 r O2- > r Na+ > r Al3+ ，B错误；
C．同周期元素电负性自左至右逐渐增大，同主族元素电负性自上而下逐渐减小，故电负性：O>C
>Si，C正确；
D．SiO2为共价晶体熔点最高，Na为金属晶体熔点高于分子晶体SO2，正确顺序为SiO2>Na>
SO2，D错误。
故选C。
阅读下列材料，完成以下问题：
F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟 (SO2F2)。CaF2与
浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为 37。SO2通入KClO3酸
性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。 (CN )
2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN ) = 4.9× 10-10。
5. 下列说法不正确的是
·2·
A. 硫酰氟 (SO2F2)的键角大于SO2的键角
B. ClO-3 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为 sp3
C. (CN )2分子中所有原子最外层均满足 8电子结构
D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成 (HF)2
6. 下列化学反应表示正确的是
Δ
A. CaF2与浓硫酸反应：CaF2+H2SO
4 浓 CaSO4+HF ↑
B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2+ 2OH- = 2Cl-+Cl2O+H2O
高温
C. F 2与熔融的Na2SO4反应：2F2+Na2SO4 SO2F2+ 2NaF+O2 ↑
D. (CN )2与水反应：(CN )2+H2O H++CN-+HOCN
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器
C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2
D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
【答案】5. A 6. C 7. B
【5题详解】
A．SO 32F2分子中S的杂化类型为 sp ，键角约为 109.5°，而SO2为 sp2杂化，键角约 120°，因此SO2F2
的键角小于SO2，A错误；
B．ClO- 33 中Cl的价层电子对数为 4(sp 杂化)，Cl2O中O的价层电子对数也为 4(sp3杂化)，B正确；
C． (CN )2分子中C和N通过三键连接，均满足 8电子结构，C正确；
D．HF分子间氢键导致形成 (HF)2，D正确；
故选A；
【6题详解】
A．CaF2与浓硫酸反应生成 2HF，方程式漏写系数 2，正确的方程式：
，A错误；
B．Cl2与潮湿的Na2CO3反应 2Cl2+ 2CO2-3 +H2O= 2Cl-+Cl2O+ 2HCO-3，B错误；
高温
C．F2与熔融的Na2SO4高温发生反应 2F2+Na2SO4= SO2F2+ 2NaF+O2 ↑，生成SO2F2、NaF和
O2，C正确；
D． (CN )2与水反应生成HCN和HOCN，HCN为弱电解质对应的方程式为：(CN )2+H2O HCN
+HOCN，D错误；
故选C；
【7题详解】
A．ClO2具有强氧化性，可使病菌的蛋白质变性，常用于自来水的消毒，A错误；
B．Cu与F2反应生成致密氟化物薄膜，可阻止进一步反应，用于储存F2，B正确；
·3·
C．SO2与KClO3反应时SO2作为还原剂，体现还原性，C错误；
D．HF蚀刻玻璃因与SiO2反应，不是其弱酸性，D错误；
故选B。
8. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
通 电 澄 清 石灰水A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水 Cl 2 漂白粉
蒸干
B. 熔融电解工业制取镁：MgCl 溶液 2 无水MgCl 2 Mg
过量O 水
C. 工业制取硫酸：S 2 SO 3 H2SO
点燃 4
①过量NH
D. 3 Δ工业制取纯碱：饱和食盐水 NaHCO3固体 Na2CO 固体
②过量CO 32
【答案】D
【详解】A．工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A不合题意；
B．由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，
B不合题意；
C．硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含
硫矿物来制得SO2，C不合题意；
D．向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，可以制得NaHCO3固体此为侯氏制碱法，然后
NaHCO3受热分解得到纯碱，D符合题意；
故答案为：D。
9. 锂-氟化碳电池稳定性很高。电解质为 LiClO4乙二醇二甲醚 ( )溶液，总反应为
xLi+CFx= xLiF+C，放电产物LiF沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，电子从 a极经过电解液到 b极
B. 交换膜为阴离子交换膜
C. 电解质溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替
D. 正极的电极反应式为CFx+ xLi++ xe-= xLiF+C
【答案】D
【详解】A．根据上述分析可知：Li电极为负极，石墨棒为正极。放电时电子从负极 a极通过外电路
经负载流向正极 b极，电解液中通过阴、阳离子定向移动导电，电子不能进入电解液，A错误；
B．放电时阳离子Li+需从负极移向正极参与反应生成LiF，故该电池使用的离子交换膜为阳离子
交换膜，B错误；
·4·
C．乙醇为质子溶剂，若用LiClO4的乙醇溶液代替电解质溶液，Li会与乙醇反应生成氢气，因此不
能用乙醇溶液代替电解质，C错误；
D．正极上CF 得电子发生还原反应，结合Li+生成LiF和C，正极的电极反应式为：CF + xe-x x +
xLi+= xLiF+C，D正确；
故合理选项是D。
10. 黄铜灰渣 (含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图：
下列说法不正确的是
A.“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率，但不宜过量太多
B. 若反应中所加 Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含 Zn(NO3)2
C. 滤液 II含 Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO2-4 等离子
D. 反应 II会产生NO污染环境，可将滤渣灼烧后再加稀硝酸
【答案】C
【详解】A．反应 1处加入 Zn粉，若前面加入的H2SO4过量，则会消耗更多的 Zn，故A正确；
B．加入的 Zn将Fe3+反应生成Fe2+，将Cu2+反应生成Cu，若 Zn过量，滤渣中有Cu和 Zn，加入稀
HNO3，Cu和 Zn均可以被溶解，生成Cu(NO3)2和 Zn(NO3)2，故B正确；
C．Fe3+的氧化性强于Cu2+，Zn与Cu2+置换前，必然将Fe3+还原为Fe2+，所以滤液 II中不存在
Fe3+，故C错误；
D．稀HNO3与金属会产生NO，滤渣为Cu，先灼烧，则生成CuO，再溶于稀HNO3，不会产生NO，故
D正确；
答案选C。
11. 室温下，下列实验研究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫
A 验证醛基具有还原性
红色褪去
向 3mL1mol L-1FeCl3溶液逐滴加入同体积同浓度 SO2-3 与Fe3+在水溶液中存在
B Na2SO3溶液，先出现红褐色沉淀，放置 1h后沉淀消失， 水解反应和氧化还原反应的竞
溶液变为绿色 争
用 pH试纸测定浓度均为 0.1mol L-1的NaClO溶液 比较HClO、CH3COOH酸性相
C
和CH3COONa溶液的 pH 对强弱
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加 CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是
D
KSCN溶液，观察颜色变化 否全部被还原
·5·
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【详解】A．间甲基苯甲醛中的甲基也能被酸性KMnO4氧化，高锰酸钾溶液褪色无法确定是由醛基
引起还是甲基引起的，A错误；
B．Fe3+与SO2-3 混合生成红褐色沉淀说明发生水解反应生成Fe(OH)3沉淀，后溶液变绿说明发生
氧化还原反应生成Fe2+，因此两种说明两者存在水解反应和氧化还原反应的竞争，B正确；
C．NaClO溶液具有强氧化性，会漂白 pH试纸，无法准确测定 pH，C错误；
D．若产物含Fe单质，会与Fe3+反应，即使Fe2O3未完全还原，KSCN也不显红色，D错误；
故选B。
12. 室温下，用 0.1mol L-1NaHC2O4溶液进行如下实验：
实验 1：向 0.1mol L-1NaHC O 溶液中加入等体积 0.1mol L-12 4 NaOH溶液。
实验 2：向 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，使溶液 pH= 7。
实验 3：向 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中加入等体积 0.1mol L-1CaCl2溶液
已知：25℃时Ka1 H2C2O4 = 5.9× 10-2，Ka2 H2C2O4 = 6.4× 10-5。下列说法正确的是
A. 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中：c H2C2O4 > c C O2-2 4
B. 实验 1所得溶液中：c H2C2O4 + c HC2O-4 + c H+ > c OH-
C. 实验 2所得溶液中：c NH+4 + c H2C2O4 = c C2O2-4
D. 实验 3中产生CaC2O4沉淀，可推知Ksp CaC O -32 4 ≥ 2.5× 10
【答案】C
【详解】A．NaHC2O4溶液中，HC O-2 4 的电离 (K -5a2= 6.4× 10 )强于水解
= KK W = 10
-14
≈1.7×10-13b ，由于K -a2>Kb，说明HC2O4 的电离程度大于水解程度，因此溶K -2a1 5.9×10
液中 c C O2-2 4 > c H2C2O4 ，A错误；
B．实验 1生成Na C 2- 2- - - -2 2O4溶液，溶液呈碱性，C2O4 发生水解 (C2O4 +H2O HC2O4 +OH 、HC2O4
+H2O H2C2O4+OH-)，根据质子守恒：水电离的H+与OH-相等，水解消耗的H+以H2C2O4、
HC -2O4 形式存在，因此质子守恒式为：2c H2C2O4 + c HC2O-4 + c H+ = c OH- ，并非 c H2C2O4
+ c HC2O-4 + c H+ < c OH- ，B错误；
C．实验 2 中，通入NH3使溶液 pH= 7。溶液中存在电荷守恒：c Na+ + c NH+4 + c H+ =
c OH- + c HC O-2 4 + 2c C O2-2 4 ，由于 pH= 7，c H+ = c OH- ，因此电荷守恒式可简化为：
c Na+ + c NH+ = c HC O- + 2c C O2-4 2 4 2 4 ，同时，溶液中存在物料守恒：c H2C2O4 + c HC -2O4
+ c C2O2-4 = c Na+ ，联立可得质子守恒式：c NH+4 + c H2C2O4 = c C2O2-4 ，C正确；
D．实验 3中，NaHC2O4溶液与CaCl2等体积混合后，浓度均变为 0.05 mol·L-1。HC O-2 4 电离生成
2- = × -5= c(H
+) c(C O2-2 4 ) c2(C O2-)C2O4 ，由Ka2 6.4 10 ≈ 2 4 ，则 c C O2-2 4 ≈ 1.8× 10-3mol L-1，此时，
c(HC O-2 4 ) 0.05
沉淀生成的离子积Q= c(Ca2+) c(C O2-2 4 ) = 0.05× 1.8× 10-3= 9× 10-5，若产生CaC2O4沉淀，需满
足Q > Ksp(CaC2O4)，即Ksp(CaC2O4)≤ 9× 10-5，D错误；
故选C。
13. 一种以CO2、H2S为原料制取COS的过程中主要反应如下：
·6·
反应Ⅰ：CO2(g) +H2S(g) =COS(g) +H2O(g) ΔH1= 35kJ mol-1
反应Ⅱ：2H2S(g) =S2(g) + 2H2(g) ΔH -12= 171kJ mol
反应Ⅲ：CO2(g) +H2(g) =CO(g) +H2O(g) ΔH3= 41kJ mol-1
将等物质的量的 CO2(g)和H2S(g)充入反应器中，压强一定，平衡时 CO2(g)和H2S(g)的转化率、
COS(g)和H2O(g)选择性与温度的关系如下图所示。
n(COS)生成或n(H2O)COS(g) H O(g) 生成或 2 选择性= × 100%。下列说法正确的是
n(H2S)转化
A. X代表的物质是COS
B. 温度越高，平衡时所得H2O的物质的量越少
C. 400℃之前，容器内只发生反应Ⅰ
D. 600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选
择性
【答案】D
【详解】A．反应Ⅰ生成COS和H2O，反应Ⅲ也生成H2O，则H2O的选择性应高于COS，由图可知，
X的选择性高于Y，所以X代表H2O，Y代表COS，A错误；
B．反应Ⅰ、Ⅲ均生成H2O，且均为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，H2O的物质的量应增多，B
错误；
C． 400°C之前，H2S、CO2有转化率，COS、H2O有选择性，同时反应Ⅱ中H2S分解也会发生 (只是
程度小)，不可能只发生反应Ⅰ，C错误；
D．增大压强，反应速率加快；反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ逆向移动 (减少H2S分解 )，
反应Ⅲ气体分子数不变，整体有利于COS生成，能提高其平衡选择性，D正确；
故答案选D。
第Ⅱ卷 (非选择题 共 61分)
二、非选择题：共 4题，共 61分。
14. 利用水钴矿 (主要成分为 Co2O3，含少量 SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)制备二次电池添加剂 β -
Co(OH)2的流程如下。
·7·
已知：ⅰ．沉淀过快无法形成 β-Co(OH)2；Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。
ⅱ．Co2+、Co3+易与NH3形成配合物。
(1)“酸浸”固液混合时，加料方式为 (填序号)。
A．将水钴矿先和硫酸混合再滴加亚硫酸钠溶液
B．将水钴矿先和亚硫酸钠溶液混合再滴加硫酸
(2)滤渣 2主要成分为NaFe3(SO4)2(OH)6，写出“沉铁”的离子方程式为 。
(3)“萃取”时，有机相萃取出Mn元素，下列物质可作萃取剂的是 (填序号)。
A. CCl4 B. C.
(4)由CoSO4 → Co(NH3)2+6 → β-Co(OH)2转化过程中：
①制备 β-Co(OH)2，先加氨水再加NaOH溶液的理由是 。
②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的 β-Co(OH)2，可能原因是 。
(5)经仪器分析，测得按题 (4)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(Ⅲ)，为确定沉钴过程中需加
入还原剂的量，需对产品中的Co(Ⅲ)进行测定。
碘量法测定Co(Ⅲ)含量：称取 0.500 g产品，用稀硫酸溶解、定容得 100mL溶液，量取 25.00mL溶液
放入锥形瓶中，加入过量的KI和 2~3滴淀粉溶液，再用 0.0100mol/L的Na2S2O3溶液滴定 (反应原
理：Co3++ I-→Co2++ I、I +S O2-2 2 2 3 → I-+S 2-4O6 )，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液 24.00mL，计
算产品中钴 (Ⅲ)的质量分数为 。 (答案保留三位有效数字)
【答案】(1)B (2)2Na++ 6Fe2++ 3ClO-+ 4SO2-+ 3CO2-4 3 + 6H2O= 2NaFe3(SO4)2(OH)6 ↓+3CO2
↑+3Cl-
(3)C (4) ①.“碱溶”形成的 Co(NH )2+3 6 在加入NaOH“沉钴”时可缓释 (降低)c(Co2+)，利于
晶体形成 ②. 温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化
(5)11.3%。
【小问 1详解】
硫酸是强酸，能与亚硫酸盐反应放出二氧化硫。固液混合时，防止亚硫酸钠与硫酸反应产生SO2逸
出，不利于亚硫酸钠的还原反应，应将水钴矿和亚硫酸钠溶液混合形成悬浊液再滴加硫酸，答案选
B；
【小问 2详解】
已知滤渣 2主要成分为NaFe3 SO4 2(OH)6，由流程图可知，加入的NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，最终
得到沉淀，根据元素守恒和电子守恒得离子方程式：2Na++ 6Fe2++ 3ClO-+ 4SO2- 2-4 + 3CO3 +
6H2O= 2NaFe3(SO4)2(OH)6 ↓+3CO2 ↑+3Cl-；
【小问 3详解】
向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有Co2+的水相和含有Mn2+的有机相，“萃取”可分离
Co、Mn元素；
A．四氯化碳是一种非极性溶剂，常用于萃取非极性或低极性的物质，金属阳离子在溶液中通常以水
合离子的形式存在，属于极性较强的物质，因此CCl4无法有效萃取这些金属离子，A不符合题意；
B．磷酸易溶于水，和水不分层，不能有效将金属离子从溶液中萃取出来，B不符合题意；
·8·
C． 为磷酸中的两个羟基被烷氧基取代的化合物，可以依靠其中一个氢离子与水相中的
锰离子交换而萃取出锰离子，并且与水溶液分层，能有效萃取出锰离子，C符合题意；
故选C；
【小问 4详解】
①由信息 i可知，沉淀过快无法形成 β-Co(OH)2，所以制备 β-Co(OH)2时，先向溶液中加入氨水
形成Co(NH3)2+6 ，然后再缓慢加入氢氧化钠溶液利于形成 β-Co(OH)2，则答案为：“碱溶”形成的
Co(NH )2+3 6 在加入NaOH“沉钴”时可缓释 (降低)c Co2+ ，利于晶体形成；
②已知Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化，“沉钴”中使用热NaOH溶液 目的是温度高利于减少
溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化；
【小问 5详解】
根据题给反应得关系式：2Co3+ I 2-2 2S2O3 ，产品中钴 (Ⅲ)的质量分数w=
24.00×10-3L×0.0100mol/L× 100mL25.00mL ×59g/mol × 100%≈ 11.3%。
0.500
15. 维生素B6的一种合成路线如下图所示：
已知： + R2-NH2·HCl→ +NH4Cl
(1)A中官能团的名称为 ，A分子中 sp3杂化的原子数目为 。
(2)D→E的反应类型为 。
(3)C的分子式为C6H11O3N，写出C的结构简式： 。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，一种产物为ɑ-氨基酸，另一含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目
比为 1 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 3。
(5)写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图 (无机试
剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1) ①. 氨基、羧基 ②. 4
·9·
(2)加成反应 (3)
( 4 ) 或 ( 5 )
【小问 1详解】
由A的结构简式可知，A中含有的官能团为氨基和羧基；根据A的结构可知，其中有两个饱和碳原
子，1个氮原子以及羟基上的氧原子的杂化方式为 sp3杂化，一共 4个；
【小问 2详解】
根据合成流程可知，D与 反应生成E，结合E的结构简式可知，双键变成了单键，则D→E的
反应类型为加成反应；
【小问 3详解】
由分析可知，C的结构简式为 ；
【小问 4详解】
F的一种同分异构体同时满足①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②碱性水解
后酸化，一种产物为ɑ-氨基酸，说明该有机物中含有“ ”，另一含苯环的产
物分子中不同化学环境的氢原子数目比为 1 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 3，则含苯环的产物为 或
，则符合条件的结构简式为 或 ；
【小问 5详解】
参照D→E的合成过程可知， 可由 加成得到， 可由 与
发生与D→E类似的反应合成，观察反应物中含有 ，其在浓硫酸的作用下可生成
·10·
，然后在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成双键可制得 ，因此合成路线为
。
16. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸 (H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。
已知：①H3PO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3 ↑+ H3PO4。
②Ca(H2PO2)2易溶于水。
③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子 [Cu2(C6H 2-5O7)2 ] 。
(1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷 (P4)与石灰乳混合，在 85℃下搅拌 2~3小时，制得
Ca(H2PO2)2，反应的离子方程式为 ，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。
(2)制备柠檬酸铜钠 [Na2Cu2(C6H5O7)2 ]。制备过程如图所示：
①基态Cu2+的核外电子排布式为 。
②加入H2O2溶液的作用是 。
(3)制备纳米铜。
在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液 pH为 4~6，加入一定量H3PO2，在
50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
①调 pH后的溶液中的Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为 。
②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是 。
(4)经过H3PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的Cu2O，欲测定产品中Cu2O的百分含量，请补充
完整以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中， ，将沉淀灼烧至恒重
后，用电子天平称量，计算。
(已知：Cu2O+ 2H+=Cu2++Cu+H2O。必须使用的试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、1mol·L-1NaOH溶
液、2mol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水)
【答案】(1 )由题所给信息，质量守恒、得失电子守恒可得化学方程式为 2P4 + 3Ca (OH ) 2 +
·11·
85
6H O
° C
2 3Ca2++ 6H2PO-2 + 2PH3 ↑。
(2) ①. [Ar]3d9 ②. 氧化S2-，促进CuS溶解。
50 70°C
(3) ①. H3PO + 2Cu2++ 2H O
2 2 2Cu ↓+H3PO4+ 4H+ ②. 部分H3PO2分解；部分
H3PO2被O2氧化，增大H3PO2的消耗量。
(4)边搅拌边向其中加入过量 2mol/LH2SO4溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体 2~3次，洗涤
液与滤液合并，向滤液中滴加 1mol/LNaOH溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉
淀，至取最后一次洗涤液，向其中加入 2mol/LBaCl2溶液无沉淀生成。
【小问 1详解】
85°C
2P4+ 3Ca(OH)2+ 6H2O
3Ca2++ 6H PO-2 2 + 2PH3 ↑。
【小问 2详解】
基态Cu原子核外有 29个电子，Cu的核外电子排布式为 Ar 3d104s1，基态Cu2+的核外电子排布式
为 Ar 3d9；
柠檬酸钠具有强还原性，加入H2O2溶液的作用是做氧化剂氧化S2-，促进CuS溶解；
小问 3详解】
50 70°C
H3PO2被氧化为H3PO
4，反应的离子方程式为H 2+3PO2+ 2Cu + 2H2O 2Cu ↓+H3PO4+
4H+；
H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是部分H3PO2在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气
氧化。
【小问 4详解】
测定Cu2O，补充完整实验方案：用电子天平准确称取样品m g，置于烧杯中，在通风设备里，向烧杯
中加入过量的 2mol/LH2SO4溶液，充分搅拌反应，过滤，洗涤，用蒸馏水洗涤固体 2- 3次，洗涤液和
滤液合并，向滤液中滴加 1mol/LNaOH溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，多次洗涤至向最后一
次洗涤滤液中滴加 2mol/LBaCl2溶液无沉淀，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，计算。
17. 研究燃煤烟气中的CO2捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。
(1)利用反应CO2 g +H2 g =HCOOH g ΔH=+14.9kJ mol-1，不能实现CO2直接加氢合成
HCOOH，原因是 。
(2)利用氨水可捕集烟气中的CO2。捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。
-
①液相中H2NCOO-发生转化：H2NCOO-+H2O
O H X+NH3。X的结构式为 。
②已知：Co2++ 6NH3 Co NH 2+ K = 1× 1053 6 1 ；Zn2++ 4NH3 Zn NH 2+3 4 K2= 1× 109。
反应 2Co2++ 3Zn NH 2+3 4 2Co NH 2+3 6 + 3Zn2+的平衡常数K= 。
·12·
③转化后的溶液通过反应NH+4 +X CO2+NH3+H2O解吸释放CO2。向两份相同的转化后的溶
液中分别加入等体积、等浓度的CoCl2和 ZnCl2溶液，加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是
。
(3)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现将CO2转化C2H4。写出阴极表面的电极反应方
程式： 。
(4)Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4。CeO2形成氧空位后 晶胞如图所示。CO2催化加氢反应
中，H2在Ni表面解离为H原子 (表示为H *)，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图表示。
研究表明，Ni的粒径越小，步骤Ⅱ的加氢效率越低。
①CeO2形成氧空位后的晶胞中，Ce3+、Ce4+的物质的量之比为 。
②在下图虚线方框内画出有关结构式 。
·13·
③ Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是 。
【答案】(1)ΔH> 0，ΔS< 0，ΔG> 0，反应无法自发进行
(2) ①. ②. 1× 10-17 ③. 等物质的量的Co2+可以和更多的NH3配位，更有利
于解吸反应正向进行，促进CO2解吸
(3)2CO2+ 12e-+ 12HCO-3 =C2H 2-4+ 12CO3 + 4H2O
(4) ①. 1：1 ②. ③. 步骤Ⅱ是CO2甲烷化 决速步；步骤Ⅰ产生的甲酸盐在步
骤Ⅱ时难以加氢，导致甲酸盐累积并堵塞CeO2的氧空位
【小问 1详解】
CO2 g +H2 g =HCOOH g ΔH=+14.9kJ mol-1，该反应ΔH> 0，ΔS< 0，ΔG=ΔH-TΔS
> 0)，反应无法自发进行不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，，故答案为：ΔH> 0，ΔS< 0，ΔG>
0，反应无法自发进行；
【小问 2详解】
-
①液相中H NCOO-发生转化：H NCOO-+H O O H 2 2 2 X+NH3，根据原子守恒、电荷守恒可知，X
为碳酸氢根，其结构式为； ，故答案为： ；
②已知反应 1：Co2++ 6NH3 Co NH 2+3 6 K1= 1× 105；
反应 2：Zn2++ 4NH3 Zn NH 2+ 93 4 K2= 1× 10。将反应 1× 2-反应 2× 3得反应 2Co2++
K 2 (1×105)2
3Zn NH 2+3 4 2Co NH 2+ 2+3 6 + 3Zn 则K= 1 = = 1× 10-17，故答案为：1× 10-17；
K 32 (1×109)3
③向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的 CoCl2和 ZnCl2溶液，等物质的量的
Co2+可以和更多的NH3配位，更有利于解吸反应正向进行，促进CO2解吸，所以加入CoCl2溶液后释
放CO2效果更好，故答案为：等物质的量的Co2+可以和更多的NH3配位，更有利于解吸反应正向进
行，促进CO2解吸；
【小问 3详解】
阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：2CO2+ 12e-+ 12HCO-3 =C2H4+
12CO2-3 + 4H2O，故答案为：2CO2+ 12e-+ 12HCO-3 =C2H4+ 12CO2-3 + 4H2O；
【小问 4详解】
①由均摊法可知，CeO 1 12形成氧空位后的晶胞中，所含Ce3+、Ce4+的总数为 8× + 6× = 4，含有8 2
7个O2-，设含Ce3+、Ce4+的个数分别为 x、y，结合化合物中各元素化合价代数和为零可得方程：
x+y=4
+ + × - = ，解得 x= y= 2，所以Ce
3+、Ce4+的物质的量之比为 1 ∶ 1；故答案为：1:1；
3x 4y 7 2 0
②步骤Ⅱ过程中碳原子再与 2个H原子形成共价键而生成甲基，则图 2虚线方框内为甲基，其结构
式为 ，故答案为： ；
③研究表明，Ni的粒径越小，步骤Ⅱ的加氢效率越低。若步骤Ⅱ为CO2甲烷化的决速步骤，Ni粒径
减小，则步骤Ⅱ的加氢效率降低，将直接导致CO2甲烷化效率降低；同时步骤Ⅱ的加氢效率降低，即
步骤Ⅱ的反应速率减小，步骤 I产生的甲酸盐难以加氢，导致甲酸盐累积并堵塞CeO2的氧空位，所
以Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是：步骤Ⅱ是CO2甲烷化的决速步；步骤 I产生的
甲酸盐难以加氢，导致甲酸盐累积并堵塞CeO2的氧空位，故答案为：步骤Ⅱ是CO2甲烷化的决速步；
步骤Ⅰ产生的甲酸盐在步骤Ⅱ时难以加氢，导致甲酸盐累积并堵塞CeO2的氧空位。
·14·扬州中学 2025- 2026学年第一学期 9月考试试题
高三化学
试卷满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.作答第Ⅰ卷前请考生务必将自己的姓名，考试证号等写在答题卡上，并贴上条形码。
2.将选择题答案填写在答题卡的指定位置上 (使用机读卡的用 2B铅笔在机读卡上填涂)，非选
择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效。
3.考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员。
可能用到的相对原子质量：H- 1 F- 19 Co- 59
选择题 (共 39分)
单项选择题：本题包括 13小题，每题 3分，共 39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是
A. 潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 B. 制造飞机材料所用的硬铝
C. 制造医用材料所用的聚乳酸 D. 亚冬会冰壶所用花岗岩
Δ
2. 利用反应LiH十NH3 H2+LiNH2可制备化工试剂LiNH2。下列说法正确的是
A. LiH的电子式为 B. 第一电离能：I1(Li)> I1(H)
C. NH-2 中N原子轨道杂化类型为 sp2 D. NH3是含有极性键的极性分子
3. 下列由废铁屑制取 NH4 2Fe SO4 2 6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是
A. 用装置甲称取一定质量的 NH4 2SO4固体
B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污
C. 用装置丙将废铁屑充分溶解
D. 用装置丁蒸干溶液得到 NH4 2Fe SO4 2 6H2O晶体
4. 黏土是一种重要的矿物原料，含NaAlSi3O8、CaMg CO3 2、MgSO4等物质。下列说法正确的是
A. 第一电离能：I + 3+ 2-1(Si)> I1(Al)> I1(Mg) B. 离子半径：r Na > r Al > r O
·1·
C. 电负性：χ(O)> χ(C)> χ(Si) D. 熔点：SO2>SiO2>Na
5. 下列说法不正确的是
A. 硫酰氟 (SO2F2)的键角大于SO2的键角
B. ClO-3 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为 sp3
C. (CN )2分子中所有原子最外层均满足 8电子结构
D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成 (HF)2
6. 下列化学反应表示正确的是
Δ
A. CaF 2与浓硫酸反应：CaF2+H2SO4 浓 CaSO4+HF ↑
B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2+ 2OH- = 2Cl-+Cl2O+H2O
高温
C. F2与熔融的Na2SO4反应：2F2+Na
2SO4 SO2F2+ 2NaF+O2 ↑
D. (CN )2与水反应：(CN )2+H2O H++CN-+HOCN
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器
C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2
D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
8. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
通电 澄清石灰水A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水 Cl 2 漂白粉
蒸B. 干 熔 融 电 解工业制取镁：MgCl2溶液 无水MgCl 2 Mg
过量O 水
C. 工业制取硫酸：S 2 SO 3 H2SO
点燃 4
①过量NH
D. 3工业制取纯碱：饱和食盐水 NaHCO 固体 Δ 3 Na2CO3固体
②过量CO2
9. 锂-氟化碳电池稳定性很高。电解质为 LiClO4乙二醇二甲醚 ( )溶液，总反应为
xLi+CFx= xLiF+C，放电产物LiF沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是
·2·
A. 放电时，电子从 a极经过电解液到 b极
B. 交换膜为阴离子交换膜
C. 电解质溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替
D. 正极的电极反应式为CFx+ xLi++ xe-= xLiF+C
10. 黄铜灰渣 (含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe2O3)生产硝酸铜溶液的流程如图：
下列说法不正确的是
A.“浸取”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率，但不宜过量太多
B. 若反应中所加 Zn过量，所得Cu(NO3)2溶液中含 Zn(NO3)2
C. 滤液 II含 Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO2-4 等离子
D. 反应 II会产生NO污染环境，可将滤渣灼烧后再加稀硝酸
11. 室温下，下列实验研究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫
A 验证醛基具有还原性
红色褪去
向 3mL1mol L-1FeCl3溶液逐滴加入同体积同浓度 SO2-3 与Fe3+在水溶液中存在
B Na2SO3溶液，先出现红褐色沉淀，放置 1h后沉淀消失， 水解反应和氧化还原反应的竞
溶液变为绿色 争
用 pH试纸测定浓度均为 0.1mol L-1的NaClO溶液 比较HClO、CH3COOH酸性相
C
和CH3COONa溶液的 pH 对强弱
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加 CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是
D
KSCN溶液，观察颜色变化 否全部被还原
A. A B. B C. C D. D
·3·
12. 室温下，用 0.1mol L-1NaHC2O4溶液进行如下实验：
实验 1：向 0.1mol L-1NaHC2O -14溶液中加入等体积 0.1mol L NaOH溶液。
实验 2：向 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中通入一定量NH3，使溶液 pH= 7。
实验 3：向 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中加入等体积 0.1mol L-1CaCl2溶液
已知：25℃时Ka1 H2C2O4 = 5.9× 10-2，Ka2 H2C2O4 = 6.4× 10-5。下列说法正确的是
A. 0.1mol L-1NaHC2O4溶液中：c H2C2O4 > c C2O2-4
B. 实验 1所得溶液中：c H2C2O4 + c HC O-2 4 + c H+ > c OH-
C. 实验 2所得溶液中：c NH+4 + c H C O = c C O2-2 2 4 2 4
D. 实验 3中产生CaC O 沉淀，可推知K CaC O ≥ 2.5× 10-32 4 sp 2 4
13. 一种以CO2、H2S为原料制取COS的过程中主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g) +H2S(g) =COS(g) +H2O(g) ΔH1= 35kJ mol-1
反应Ⅱ：2H2S(g) =S2(g) + 2H2(g) ΔH2= 171kJ mol-1
反应Ⅲ：CO2(g) +H2(g) =CO(g) +H2O(g) ΔH3= 41kJ mol-1
将等物质的量的 CO2(g)和H2S(g)充入反应器中，压强一定，平衡时 CO2(g)和H2S(g)的转化率、
COS(g)和H2O(g)选择性与温度的关系如下图所示。
n(COS)生成或n(H2O)COS(g) H O(g) 生成或 2 选择性= × 100%。下列说法正确的是
n(H2S)转化
A. X代表的物质是COS
B. 温度越高，平衡时所得H2O的物质的量越少
C. 400℃之前，容器内只发生反应Ⅰ
D. 600℃时，其他条件一定，适当增大起始反应的压强，既能加快反应速率也能提高COS的平衡选
择性
第Ⅱ卷 (非选择题 共 61分)
二、非选择题：共 4题，共 61分。
14. 利用水钴矿 (主要成分为 Co2O3，含少量 SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)制备二次电池添加剂 β -
Co(OH)2的流程如下。
·4·
已知：ⅰ．沉淀过快无法形成 β-Co(OH)2；Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。
ⅱ．Co2+、Co3+易与NH3形成配合物。
(1)“酸浸”固液混合时，加料方式为 (填序号)。
A．将水钴矿先和硫酸混合再滴加亚硫酸钠溶液
B．将水钴矿先和亚硫酸钠溶液混合再滴加硫酸
(2)滤渣 2主要成分为NaFe3(SO4)2(OH)6，写出“沉铁”的离子方程式为 。
(3)“萃取”时，有机相萃取出Mn元素，下列物质可作萃取剂的是 (填序号)。
A. CCl4 B. C.
(4)由CoSO4 → Co(NH3)2+6 → β-Co(OH)2转化过程中：
①制备 β-Co(OH)2，先加氨水再加NaOH溶液的理由是 。
②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的 β-Co(OH)2，可能原因是 。
(5)经仪器分析，测得按题 (4)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(Ⅲ)，为确定沉钴过程中需加
入还原剂的量，需对产品中的Co(Ⅲ)进行测定。
碘量法测定Co(Ⅲ)含量：称取 0.500 g产品，用稀硫酸溶解、定容得 100mL溶液，量取 25.00mL溶液
放入锥形瓶中，加入过量的KI和 2~3滴淀粉溶液，再用 0.0100mol/L的Na2S2O3溶液滴定 (反应原
理：Co3++ I-→Co2++ I2、I2+S O2- -2 3 → I +S O2-4 6 )，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液 24.00mL，计
算产品中钴 (Ⅲ)的质量分数为 。 (答案保留三位有效数字)
15. 维生素B6的一种合成路线如下图所示：
已知： + R2-NH2·HCl→ +NH4Cl
(1)A中官能团的名称为 ，A分子中 sp3杂化的原子数目为 。
·5·
(2)D→E的反应类型为 。
(3)C的分子式为C6H11O3N，写出C的结构简式： 。
(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，一种产物为ɑ-氨基酸，另一含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目
比为 1 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 3。
(5)写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图 (无机试
剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸 (H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。
已知：①H3PO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3 ↑+ H3PO4。
②Ca(H2PO2)2易溶于水。
③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子 [Cu2(C6H O 2-5 7)2 ] 。
(1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷 (P4)与石灰乳混合，在 85℃下搅拌 2~3小时，制得
Ca(H2PO2)2，反应的离子方程式为 ，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。
(2)制备柠檬酸铜钠 [Na2Cu2(C6H5O7)2 ]。制备过程如图所示：
①基态Cu2+的核外电子排布式为 。
②加入H2O2溶液的作用是 。
(3)制备纳米铜。
在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液 pH为 4~6，加入一定量H3PO2，在
50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
①调 pH后的溶液中的Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为 。
②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是 。
(4)经过H3PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的Cu2O，欲测定产品中Cu2O的百分含量，请补充
完整以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中， ，将沉淀灼烧至恒重
·6·
后，用电子天平称量，计算。
(已知：Cu2O+ 2H+=Cu2++Cu+H2O。必须使用的试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、1mol·L-1NaOH溶
液、2mol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水)
17. 研究燃煤烟气中的CO2捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。
(1)利用反应CO2 g +H2 g =HCOOH g ΔH=+14.9kJ mol-1，不能实现CO2直接加氢合成
HCOOH，原因是 。
(2)利用氨水可捕集烟气中的CO2。捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。
-
①液相中H2NCOO-
OH
发生转化：H2NCOO-+H2O X+NH3。X的结构式为 。
②已知：Co2++ 6NH3 Co NH3 2+6 K1= 1× 105；Zn2++ 4NH3 Zn NH3 2+4 K2= 1× 109。
反应 2Co2++ 3Zn NH 2+ 2Co NH 2+3 4 3 6 + 3Zn2+的平衡常数K= 。
③转化后的溶液通过反应NH+4 +X CO2+NH3+H2O解吸释放CO2。向两份相同的转化后的溶
液中分别加入等体积、等浓度的CoCl2和 ZnCl2溶液，加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是
。
(3)以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现将CO2转化C2H4。写出阴极表面的电极反应方
程式： 。
(4)Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4。CeO2形成氧空位后 晶胞如图所示。CO2催化加氢反应
中，H2在Ni表面解离为H原子 (表示为H *)，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图表示。
研究表明，Ni的粒径越小，步骤Ⅱ的加氢效率越低。
·7·
①CeO 形成氧空位后的晶胞中，Ce3+、Ce4+2 的物质的量之比为 。
②在下图虚线方框内画出有关结构式 。
③ Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是 。
·8·
