湖北省武汉市新洲区第一中学邾城校区2025-2026学年高三上学期化学周测卷（3）

新洲一中邾城校区2026届高三化学周测卷(3)详答 1、C【详解】2025山东、全国甲卷 A.漂白粉含次氯酸钙，其强氧化性会破坏蚕丝（蛋白质）结构，导致丝制品损坏，用法不合理，A错误： B.固体电解质需要具有离子导电性（如锂离子电池中的PO4)，而碳化硅是共价晶体，离子导电性极差，不能 用作电解质B错误： C.明矾水解生成氢氧化铝胶体可吸附水中悬浮杂质，可用于净水，用法合理，C正确 D.酚类极易被氧化作还原剂，D错误： 2、B【详解】2025年河南、陕宁 A.顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别位于双键 的两侧，所以-〔为顺-2-二氟乙烯，反2-丁烯的结构简式是-CA错误： H CH3 B.单线桥是用反应物中失电子元素指向得电子元素，B正确： C.基态S原子的电子排布式为：：1s22s22p3s23p4:基态S原子的价电子排布式为3s23p4,轨道表示式： 四，c错误： 3s 3p D.氯化铯为离子化合物，用电子式表示CsC1的形成过程：Cs个：→Cs[C,D错误： 3、B【详解】2025全国甲卷组编A.铁腐蚀生锈的产物应为FezO3xH20,故A错误； B.酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe,电极反应式为Fe-2e=Fe+,故B正确； C.发蓝处理形成的是FeO4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误： D.安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非 Fe3+被还原，故D错误； 4.D【详解】A.提纯含有NacI的F(OH)3胶体的所用方法为渗析，需用半透膜浸泡在盛有水的烧杯中，所选玻璃 仪器⑧，故A错误； B.苯和硝基苯互溶，但两者沸点不同，所以除去苯中的二甲苯应用蒸馏法，所选玻璃仪器③④⑤⑥⑦，故B错误； C.苯甲酸的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，沙子不溶于水。所以除去苯甲酸中少量杂质 的方法是加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所选玻璃仪器①⑤⑧⑨，故C错误： D.配制质量分数约为20%的氯化钠溶液的方法是称量一定质量的氯化钠固体，量取一定体积的蒸馏水于烧杯中， 搅拌，可得一定质量分数的氯化钠溶液，所选玻璃仪器⑧⑨⑩，故D正确； 5、A【详解】2025年黑吉辽宁 A.醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O2=2CuO,然后乙醇与CuO在加热条件下 CO+CH,OH合CH,CH0+C+H,0,A错误： 1 B.因为溶度积常数Ksp(Mg(OH),)大于Ksp(F(OH),),所以Fe3+与Mg(OH)2发生沉淀转化生成Fe(OH)3,符合溶度 积规则，B正确： C.Fe2+与K[Fe(CN)l反应生成KFe[Fe(CN)沉淀，化学方程式为Fe2+[Fe(CN)。了+K*=KFe[Fe(CN)],电荷和配 平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确； D.Cr20在碱性条件下转化为Cr042,化学方程式为C,O2+2OH=2CO+H,0,颜色由橙变黄，D正确： 6、B【详解】2025年河北 A.每个水分子在冰中形成4个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2个氢键。18gH,O为1ol, 氢键数目为2NA,A正确； B.NaF溶液中阳离子包括Na和H。,根据电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(F)+c(OH),钠离子不会水解， Na丸ol,则有n(Na)+n(H)>lol,所以阳离子总数大于NA,B错误： C.环己烷和戊烯最简式均为CH2,28g混合物含2olCH,单元，对应2ol碳原子，碳原子数目为2N,C正确： D.铅酸蓄电池负极反应为Pb+SO-2e=PbSO,。增重96g对应生成1 olPbSo,,转移2ol电子，数目为： 2NA,D正确； 7.C【详解】2025湖南 A.X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，核磁共振氢谱有2组峰，A错误： B.1olY含有2mol羧基、1mol碳溴键，2mol羧基能消耗2 mol NaOH、1mol碳溴键能消耗1 mol NaOH,1moY 最多可消耗3 nolNaOH,B错误； C.天冬氨酸含有羧基，能和碱反应生成羧酸盐，含有氨基能和酸反应生成盐，属于两性化合物，C正确； D.天冬氨酸含有羧基和氨基，可通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸，D错误： 8、C【详解】2025年陕宁青改编 A.酸性高锰酸钾分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明了苯环使甲基活化，A正确： B.FeCl3与淀粉KI溶液反应，溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>2,新制氯水加入含KSCN的FeCI2溶液中，溶液 变红色，生成了Fe3+,则氧化性：Cl2>Fe+,故氧化性：Cl,>Fe3+>I,,B正确： C.次氯酸钠溶液具有强氧化性，会使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH,无 法比较酸性，C错误； D.不同浓度的Na2S2O3与相同浓度的稀硫酸反应，浓度大的Na2S2O3先出现浑浊，说明增大反应物浓度，反 应速率加快，D正确； 9、B【详解】2025年北京、陕宁A.Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+,加入CuO消耗H+促进Fe(OH)3生成， 离子方程式为2Fe++3CuO+3H,O=2Fe(OH),+3Cu2A正确； OH OH B.邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：◇ CHO +- CHO ↓+2+2邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，浓溴水具 有强氧化性，会氧化醛基，B错误； 2 C.乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确： D.泡沫灭火器中AI3+与HCO;发生双水解，生成AI(OH)3和CO2,方程式配平正确，D正确： 10、D【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A,则溶液中可能含有SO:、CO?、SO?,向沉淀中加入稀 硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO,可能存在SO?、SO中的两种或一种，根据离子共 存知，溶液中不存在Ba2+:滤液A中有Ba2+,加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B,则溶液中一定含有 NH、HCO,,一定不存在Fe+,气体B为NH3,白色沉淀B为BaCO3,滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色 沉淀C,C为AgCl,说明滤液B中含有C-,由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有C-,据此分析。 【详解】A.根据分析滤液A中有Ba2+,加入NaOH溶液生成白色沉淀B为BaCO3,反应的离子方程式为： Ba2++HCO,+OH=BaCO3↓+H,O,故A正确； 11.65g B.若无色气体D是单个气体，只能为C02,溶液中没有S0}离子，c(SO})=233g/mol=0.05mol/L,故B正确： IL C.若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4,溶液中一定含有SO,不 能确定是否含有SO?,待测液中一定含有的阴离子是CO、HCO,、SO,故沉淀A可能是 BaCO,、BaSO,BaSO4,故C正确： D.向溶液B中加AgNO3与HNO3的操作不是多余的，是为了判断是否含有溴离子，根据上述分析，待测液除含有 Na+外，一定含有K、NH、HC0,、Co;,nN=nNH,上a0io,则c(NH-0.1moL,溶液中 19.7g 10.0g 11.65g c(Na+)-0.2mol/L,(H)=.1mol/L,c(C=000.1mol/L,c(=3/m=0.05mol/L, IL 位体积内正电荷=1×0.1mol/儿+1×0.2mol/儿=0.3mol/L,单位体积内负电荷 =1×0.1mol/儿+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L,则单位体积内正电荷<单位体积内负电荷，故一定含有K*,当溶液 中没有c,K*离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c(K)最小浓度=0.4mol/L-0.3mol/L=0.1mol/儿，c(K*≥0.1mol/儿，故 D错误； 11.C【解析】2025年广东该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧 化反应，做负极，电极方程式为：H,-2e=2H;氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O,+4e+4H=2H,0。 A.由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是1，A错误； B.图a中，到过程为O,获得第一个电子的过程，根据题中信息，O,获得第一个电子的过程最慢，则到过程的 活化能一定最高，B错误： C.氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2-2=2H,同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个 H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确： D.由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内， 电极I和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误： 12.D【解析】2025年北京0.1olL的FeCl溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的[FeC1,丁，溶液黄色加深： 3 继续滴加1滴KSCN溶液，[FeCI,J转化为[Fe(sCw)],溶液变为红色；再加入NaF固体，「Fe(SC转化为 [℉P],溶液红色褪去，变为无色：再滴加K1溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明未被氧化。 A.①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的[PeC,],说明浓盐酸促进Fe++4CI→[FeCL,J平衡正向 移动，A正确： B.由①到②，溶液变为红色，说明[eC,]转化为[e(Scw)],即生成Fe(ScW)并消耗[FClJ,B正确； C.②、③溶液中，均存在平衡Fe++SCW=「F(SCW)门，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、 ③溶液中含有的初始SCN浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明c(Fe3+):②>③，C正确： D.类似c选项分析，由①→④推断，溶液中的c(F©3#)是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入I、淀粉溶液， 无法确定①中溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化，D错误： 13.A【解析】2025年山东 钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液1中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣1为SiO2,滤渣1 加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2,滤液I加入试 剂X和H2C2O4分离，由于Fez(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+,再加入H2C2O4,使CaC2O4先沉淀，滤渣 IⅡ为CaC2O4,滤液I中有Fe3+,依次解题。 A.根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误； B.加入试剂Y,将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2,试剂Y可以是盐酸，B正确； C.根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确： D.“酸浸”后滤液1中pH过小，酸性强，造成C2O浓度小，使Ca2+(aq)+C2O(aq)≥CaC2O4s)平衡逆向移动， 得到CaC2O4沉淀少，滤渣‖质量减少，D正确； 14.A【详解】A、1mol,C HHH N CH, r含有o键的数目为25Na(Na为阿伏伽德罗常数的值)，A错 B.基态氯原子核外电子空间运动状态即轨道数有9种B正确 味唑（了）为平面分子，C和N原子杂化方式均为PC正确 C. D.[BM]Cl是离子液体，所以常温能导电且难挥发D正确 15.B【详解】2025全国甲卷A.已知HF溶液中存在的平衡：亚。H+,当溶液中pH增大时，cH)减小，该 平衡正向移动，cHF)减小，对应M曲线：c亚)先增大后减小，所以M、N分别为：cF)pH、c(F)pH关系 曲线，故A项错误； B.根据平衡常数计算公式：K,-c)e,取pH=4,cF)=0.0800mol/L,cHF)=0.0110mol/L,cH)=104mol/L,代入 c(HF) 可得K= le）10o0mo0.f0,等合K,取pme4,cts)0ao5mon.4r0oe0moL c(亚) c(HF) 0.0110 c(HE） c(HF)=0.0110mol/L,K2= 0.00455,故B项正确： c(HF)c(F）0.0110×0.0800 C.根据总浓度c(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F、F,三种，根据元素守恒，可知 cHF)=c(F)+cF+2cF,),故C项错误； D.己知：F总浓度c总HF)为0.1000nolL,其pH>1。在pH=1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒， 可知c(H)≠c(F+cHF2十c(OH）,故D项错误： 16、(2024黑、吉、辽)【解析】矿粉中加入足量空气和HS04,在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的 S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3、SO子、As(V),加碱调节pH,Fe3转化为Fe(OH)3胶体， 可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au,Au与空气中的O2和NaCN溶 液反应，得到含[Au(CN)]的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)]2的滤液②。(1)“胆水” 治炼铜，“胆水”的主要成分为CuS04。(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被0，氧化为Fe,离 子方程式为4FeS,+150+2L,0一4Fe3*+8S0?+4H。(4)细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温， A不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为S02,而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素 转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐 高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；由流程可知，细菌氧化也会 产生废液废渣，D不符合题意。(5)“浸金”中，Au作还原剂，02作氧化剂，NaCN作络合剂，将Au转化为 [Au(CN)2]从而浸出4Au+0+2H,0+8CN=4[Au(CN)2]+40a。(7)滤液②含有[Zm(CN)4]2，,经过HS0,酸化， [Zn(CN)4]转化为ZnS0.和HCN,反应的化学方程式为Na2[Zm(CN)]+2HS04ZnS0+4HCN+NaS04;用碱中和 HCN得到产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 17、（2025年1月浙江卷化学试题改编) 【分析】由流程可知，A发生取代反应生成B,B发生已知反应原理生成C,结合C化学式，C为 CONHNH, ,CD发生已知反应生成E,结合DE化学式，D为No,、E为B NO2,E中硝基 CHO OH 还原为氨基得到F,FG生成H,结合G化学式，G为 ,H进一步转化为I; 【详解】(1)由I结构可知，I中体现酸性的官能团名称是酚羟基； (2)A.溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中 的酸性比苯甲酸强，错误； B.化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确： C.E中硝基还原为氨基得到F,E→F反应过程中发生还原反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误： D.当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键：化合物H中酚 羟基和临近氮能形成分子内氢键，正确：故选BD; 5 CHO OH (3)由分析，G为： COOH 4)CD发生已知②反应生成E,结合DE化学式，D为0、E为Br人 NO2,故 CONHNH, COOH C+D一→E的化学方程式是Br +NO, PoCBr N,+2H,0 (5)B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构 体的：①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构：②与过量B反应 生成邻苯二酚，结合已知反应原理；可以为： CH COOH (6)结合 结构，流程可以为 Br 中甲基首先氧化为羧基得到 ,再和乙醇发生取 COOC,H, CONHNH, 代反应生成 再和NHNH2转化为 Br ；1,3.丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成 COOH CONHNH2 H 和 发生已知②反应生成产物 故流程为： CH3酸性kMnO COOH SOCL, COOC,H,NH.NH CONHNH Br Br C,HOH,△ Br △ CH,-CHCOOH COOH- △ 18、（24广州二模和24全国甲卷综合改编) 【解析】要证明为可逆反应只要证明生成物和反应物同时存在；通过测定平衡时F2+的浓度、结合转化浓度 之比等于化学计量数之比确定平衡时各物质的物质的量浓度，进一步计算化学平衡常数。 (1)由FeSO47H20固体配制100mL0.040mol/LFeSO4溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、 洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有烧杯、药匙、玻璃棒、100L容量瓶、胶头滴管等，不需要坩埚、分液 漏斗、球形冷凝管。 (3)①取上层清液，滴加NaCI溶液，产生白色沉淀可得出结论：存在Ag+;要检验F2+可取上层清液，滴 加K3[F(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；实验2取少量灰黑色沉淀，滴加浓硝酸，沉淀溶解，出现红棕色气体， 证明存在Ag,Ag与浓硝酸反应生成AgNO、NO2和H,0,反应的离子方程式为Ag+N0+2H+=Ag+NO2↑ +H20. 6 ②将0.010mol/LAg2SO4溶液和0.040mol/LFeSO4溶液等体积混合，发生反应Ag++Fe2+二Fe3+Ag↓后FeSO4 一定过量，故要证明该反应为可逆反应，要检验存在生成物Ag或Fe+和Ag*、不能检验F2+,故证明该反应 为可逆反应，至少完成表格中实验1、3或2、3。 (4)①Fe2+具有还原性，KMnO4具有强氧化性，两者发生的反应为5Fe2+M血O+8Ht=5Fe3+Mm2+4H20, 5c,V 5cV 则c(Fe2+=V mol/L;消耗的cFe2+=(0.02-V)mol/L,则平衡时c(Ag+)=0.01mol/L-(0.02- 0.02-5cY V 5cV 5c,V 5cV 0.01 5c.V V)molL-(V-0.01)molL、cFe3+)=(0.02-V)moL,反应的平衡常数K= 19、【来源】2025年湖南高考真题化学试题 【详解】(1)由图可知，N电极上CO转化为CH4,C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M 为阳极，与电源正极相连： (2)CO发生得电子的还原反应转化为CH4,电解液是碱性环境，电极反应为： 2C0+8e+6H,0=C,H,+8OH. (3)根据盖斯定律，反应ii-反应i即可得到目标反应，则△-230.7kmol-(104.7水Jmol)=-126kmol 该反应是熵减的放热反应，则依据△G=AH一T△S<O反应能自发进行，则低温下自发进行，选B; (4)总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤 是决速步骤，反应式为C,H,+C,H,=C,H;由图可知，由C,H生成C,H时，活化能较大，反应速率慢，所 以C,Ho的选择性大于C,H; 当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ⅱ平 衡均逆向移动，所以C,H4的转化率减小： 当x=2时，C,H的转化率为90%，C,Ho的选择性为80%，设初始投料：C0:2mol、C2H4:2mol、H2: 1mol,则 CHo=2mo1×909%××806=0.72oln(CH)=2mo1×90%×,×20%=0.18 n(C,H,)=2mol-2mol×90%=0.2mol、n(H,)=lmol-0.72=0.28mo/,气体总物质的量为 3.38 67.6kPa=14.4kPa (2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol,此时压强为5 x100kPa-67.6k Pa p(CH)-0.72x 3.38 p(C,H,)=02.×67.6ka=4kPap(H,)=028x67.6kPa=5.6kPa 3.38 3.38 ,反应i的Kp5.6x4kPa≈016k3 7 新洲一中邾城校区2026届高三化学周测卷（3）简答 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 C B B D A B C C B D C D A A B 16 （13分，除标注外，每空2分）　(1)CuSO4（1分）　 (2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8+4H+　(3)Fe(OH)3（1分） 　 (4)BC　 (5)4Au+O2 +2H2O+8CN—=4[Au(CN)2]- +4OH—　 (6)作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au　(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4　NaCN（1分） 17、（14分，除标注外，每空2分） (1)羟基（或酚羟基）（1分） (2)BD (3) (4)+ (5)、、（任写2个 每个得2分） (6)（1分）；（1分）;（1分）。  18（13分，除标注外，每空2分）(1)100mL容量瓶和胶头滴管 (2)避免溶质损失（1分） 　盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀（1分） (3) ① 白色沉淀（1分） K3[Fe(CN)6] （1分） ②Ag+2H++ =Ag++NO2↑+H2O 1、3或2、3（1分） (4) 19、（15分，除标注外，每空2分）(1)正 （1分） (2) (3) ﹣126 B (4) ① 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 0.16 学科网（北京）股份有限公司 $null