精品解析：黑龙江省哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题

哈三中2025-2026学年度上学期 高三学年第一次验收考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列应用不涉及氧化还原反应的是 A. 用作呼吸面具的供氧剂 B. 工业上电解熔融状态的制备铝单质 C. 常温下，铁遇浓硫酸钝化 D. 用溶液除去铜器表面的铜锈 【答案】D 【解析】 【详解】A．Na2O2与CO2或H2O反应生成O2，氧元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．电解Al2O3时，Al3+被还原为Al，O2-被氧化为O2，涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．铁被浓硫酸氧化生成致密氧化膜，铁和硫的化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意； 故选D。 2. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩画的颜料石青为蓝铜矿[主要成分]加工制成，该物质属于碱 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料贝壳的主要成分为碳酸钙 D. 水墨画墨汁以桐油制烟黑的过程中发生了完全燃烧 【答案】C 【解析】 【详解】A．石青的化学式为Cu3(CO3)2(OH)2，含有和两种阴离子，属于碱式盐而非碱，A错误； B．核桃油的主要成分是甘油三酯，属于油脂，其相对分子质量较小（约1000），不属于有机高分子，B错误； C．贝壳由软体动物分泌的碳酸钙（）构成，主要成分确为碳酸钙，C正确； D．烟黑是烃类不完全燃烧生成的碳单质，若完全燃烧会生成和，D错误； 答案选C。 3. 下列符号表征或说法正确的是 A. 电离： B. 原子基态核外电子排布式为 C. 分子构型：直线形 D. 氢化钠电子式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HF是弱电解质，电离过程可逆，正确的电离方程式应为HF⇌F⁻+H⁺，A错误； B．Br为35号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，题中遗漏了3d能级电子，B错误； C．SO2分子中S原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，分子构型为V形，而非直线形，C错误； D．氢化钠(NaH)是离子化合物，由Na⁺和H⁻构成，电子式为Na⁺[:H]⁻，D正确； 故选D。 4. 次氯酸钠是一种广泛使用的漂白剂、消毒剂。下列关于次氯酸钠说法错误的是 A. 实验室可用氯气与热的溶液反应得到 B. NaClO的稳定性强于，因此更容易保存 C. 适当调低溶液的，可增强其氧化性 D. 向溶液中通入少量，反应的离子方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成的是氯酸钠、氯化钠和水，不能得到次氯酸钠，A错误； B．溶液中的次氯酸遇光易分解生成盐酸和氧气，而次氯酸钠在溶液中不易分解，所以次氯酸钠的稳定性强于次氯酸，更容易保存，B正确； C．适当降低次氯酸钠溶液pH，可以使溶液中的次氯酸根离子转化为氧化性更强的次氯酸，从而增强溶液的氧化性，C正确； D．次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，但弱于碳酸，所以少量二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，D正确； 故选A。 5. 下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．水解显酸性，水解显碱性，两者在溶液中会相互促进水解，生成NH3·H2O和Al(OH)3沉淀，无法大量共存，A错误； B．在酸性条件下会发生歧化反应，生成S和SO2，无法大量共存，B错误； C．Mg2+、K+、I-、之间无沉淀、气体或氧化还原反应，在溶液中可稳定共存，C正确； D．Cu2+、Fe2+与会生成难溶的碳酸盐沉淀（如CuCO3、FeCO3），无法大量共存，D错误； 故选C。 6. 下列装置符合规范且能达到实验目的的是 A.试剂存放 B.实验室制蒸馏水 C.干燥 D.蒸发结晶获得无水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaOH是碱性物质，盐酸是酸性物质，苯是有机物，三者不能放在一个橱柜中，A错误； B．温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口（测蒸汽温度），B错误； C．干燥NH3用碱石灰（碱性干燥剂）正确，干燥管应“大进小出”（气体从粗口进细口出），C正确； D．蒸发FeCl3溶液时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，应在HCl气流中蒸发结晶，且应该用蒸发皿，D错误； 答案选C。 7. 我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应：15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15N=C=15N]+H2)，制得的离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 含有的中子数为 B. 中含有孤电子对数为 C. 中含有的键数为 D. 生成时，总反应转移的电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．题目未说明是否为标准状况，无法计算，A错误； B．物质的量为，每个分子含2个孤电子对，总孤电子对数为，不等于，B错误； C．中每个双键含1个键，两个双键共2个键，1mol该离子含个键，C正确； D．该反应中H从−1价升至0价，生成1 mol H2转移2 NA个电子，但总反应中N和C元素化合价也发生变化，所以生成1 mol H2时，总反应转移的电子数不是2 NA，D错误； 故选C。 8. 室温下，下列关于颜色变化的说法中，实验过程及现象能验证相应实验结论的是 实验过程及现象 实验结论 A 向石蕊溶液中加入粉末，溶液先变为蓝色，后变为无色 溶液褪色是因为具有强氧化性，将石蕊氧化 B 向溴水中加入花生油，振荡后静置，溴水褪色 花生油将溴水中的溴萃取 C 向酸性溶液中滴入草酸，振荡后溶液褪色 草酸具有漂白性 D 用试纸测定常温下浓度均为的NaCl、NaClO溶液的pH 次氯酸钠溶液显碱性，次氯酸是弱酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气，向石蕊溶液中加入过氧化钙粉末，溶液先变为蓝色是反应生成氢氧化钙使溶液呈碱性所致，后变为无色是过氧化钙具有强氧化性，将石蕊氧化所致，A正确； B．花生油为不饱和高级脂肪酸的甘油酯，分子中的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，不是萃取溴水中的溴而使溴水褪色，B错误； C．草酸具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，则向酸性高锰酸钾溶液中滴入草酸，振荡后溶液褪色与草酸漂白性无关，C错误； D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/L次氯酸钠溶液的pH，D错误； 故选A。 9. 下列解释事实的离子方程式错误的是 A. 用酸化的淀粉溶液检验加碘盐中的： B. 用溶液除去乙炔中的： C. 向溶液中通入过量： D. 向溶液中加入少量溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的时，在酸性条件下与I⁻发生氧化还原反应生成I2，方程式为 + 5I⁻ + 6H⁺ =3I2 + 3H2O，A正确； B．用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S时，H2S作为弱酸在溶液中主要以分子形式存在，而非离解为S2-，正确离子方程式应为Cu2+ + H2S = CuS↓ + 2H⁺，B错误； C．向NaClO溶液中通入过量SO2时，ClO⁻将SO2氧化为，自身被还原为Cl⁻。方程式SO2 + ClO⁻ + H2O = 2H⁺ + + Cl⁻电荷守恒且原子守恒，C正确; D．向NH4Al(SO4)2溶液中加入少量NaOH时，OH⁻优先与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，方程式Al3++ 3OH⁻ =Al(OH)3，D正确; 答案选B。 10. 价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 可存在的转化关系 B. 实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质 C. 将铁丝插入e的稀溶液中可得到c D. c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同 【答案】A 【解析】 【分析】根据价类二维图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为硫酸盐。 【详解】A．即H2S→S→SO2→H2SO3→H2SO4→硫酸盐，H2S在氧气中不完全燃烧可生成S，S与氧气反应生成SO2，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3可被氧气等氧化为H2SO4，H2SO4与碱反应生成硫酸盐，A正确； B．S不溶于盐酸，不能用盐酸清洗S，实验室常用热的氢氧化钠溶液清洗附着于试管内壁的S，B错误； C．c为二氧化硫，e为H2SO4，Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不生成二氧化硫，C错误； D．SO2具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液紫红色褪去，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，原理不同，D错误； 故选A。 11. 由原子序数递增的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素形成的一种化合物可用作分析试剂和环氧树脂固化剂，其结构如图所示。已知Y、Z、W、M同周期，且Y、Z相邻，W、M相邻，原子序数，原子的最外层电子数是内层电子数的二倍。下列说法正确的是 A. 非金属性顺序： B. M的最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. W的单质有两种常见的同素异形体 D. Z的氢化物分子间可以形成氢键 【答案】C 【解析】 【分析】由于五种元素为原子序数递增的短周期主族元素，Z原子的最外层电子数是内层电子数的二倍，可推出Z为C，Y、Z、W、M同周期，且Y、Z相邻，则Y为B，原子序数，因此X为H；根据W、M相邻及成键个数可知，W为O，M为F，据此分析； 【详解】A．同周期主族元素从左到右非金属性增强，Y（B）、Z（C）、W（O）、M（F）的非金属性强弱顺序为B<C<O<F，A错误； B．M为F，F无正化合价，不存在最高价氧化物对应的水化物，B错误； C．W为O，其单质有O2和O3两种常见同素异形体，C正确； D．Z为C，C的氢化物（烃）分子间不能形成氢键，D错误； 故选C。 12. 已知是一种难溶于水的白色固体，酸性溶液中发生反应：。探究与悬浊液制备实验装置如图。下列说法错误的是 A. 实验室用浓硫酸与溶液制备 B. 为提高的产量，需要通入过量 C. 标准状况下，甲中每消耗，理论上可生成 D. 乙中液体a、b分别是溶液、 【答案】B 【解析】 【分析】先向CuCl2溶液中加氨水，制得Cu(OH)2悬浊液，化学方程式是CuCl2+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4Cl。再通入SO2，Cu(OH)2氧化SO2得到CuCl和，离子方程式是2Cu(OH)2+SO2+2Cl-=2CuCl++2H2O。乙装置是尾气处理装置，用于吸收未参与反应的SO2。 【详解】A．实验室制备SO2常用亚硫酸钠与浓硫酸反应，利用强酸制弱酸原理，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，A正确； B．CuCl在酸性溶液中易发生歧化反应2CuCl=CuCl2+Cu，过量SO2会使溶液酸性增强（生成H2SO3），促进CuCl歧化，导致其产量降低，B错误； C．标准状况下224 mL SO2的物质的量为0.01 mol，SO2被氧化为（S失2e-），Cu(OH)2被还原为CuCl（Cu得1e-），根据电子守恒，n(CuCl)=2n(SO2)=0.02 mol，CuCl摩尔质量为99.5 g/mol，质量为0.02 mol×99.5 g/mol=1.99 g，C正确； D．乙为防倒吸的尾气吸收装置，下层b为CCl4（防倒吸，SO2在CCl4中溶解度小），上层a为NaOH溶液（吸收SO2），D正确； 故选B。 13. 光催化还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料光催化还原为醇类的机理图如图，是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法错误的是 A. 在富集空穴的材料上发生氧化反应 B. 不论还原产物是还是，等质量被固定后的产氧量相同 C. 在材料上，消耗标准状况下时，转移电子 D. 光催化过程的总反应是和 【答案】C 【解析】 【详解】A．空穴h+具有强氧化性，H2O在富集h+的MoS2上会失去电子发生氧化反应生成O2，A正确； B．等质量CO2的物质的量相同，无论还原产物是CH3OH还是C2H5OH，CO2中C均从+4价降为-2价，每个CO2得6e-，电子转移总数相同。水被氧化生成O2时，每个O2失4e⁻，根据电子转移守恒可知生成O2的物质的量相同，产氧量相同，B正确； C．Bi2MoO6上CO2被还原为醇，C从+4价降为-2价，每个CO2得6e-。标准状况下2.24L CO2为0.1mol，转移电子0.1mol×6=0.6mol≠0.4mol，C错误； D．生成CH3OH的总反应为2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，生成C2H5OH的总反应为2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2，均满足原子守恒和电子转移守恒，D正确； 故答案选C。 14. 可用于镀铂以及作铂催化剂、不灭墨水和铂镜等。某科研小组从阳极泥(成分为、、、)中提取的工艺流程如图所示。 已知：三异丁基硫膦的结构简式为，“焙烧”时转化为。 下列说法正确的是 A. “焙烧”时，发生反应的化学方程式为 B. “酸浸”步骤产生的滤液中含有大量和 C. 三异丁基硫膦中P原子与金属离子配位，增加其在有机层中的溶解度 D. 焙烧、酸浸、酸溶、除金过程中均发生氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硒化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化亚铜、二氧化硒，硒化银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，氧化亚铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入三异丁酯硫膦，金易与硫配位，因此得到含有六氯合铂离子的水相和含有四氯合金离子的有机相；水相中加入氢氧化钾溶液，经一系列操作得到。 【详解】A．焙烧时与反应生成和，从-2价升至+4价，从0价降至-2价。配平后方程式为，A正确； B．酸浸时烧渣中焙烧产物与稀硫酸反应生成微溶的，主要以沉淀形式存在于滤渣中，滤液中不会大量存在，B错误； C．三异丁基硫膦中S原子有孤对电子更可能与金属离子配位，P原子无孤对电子，不能与金属离子形成配位键，C错误； D．除金过程为萃取，利用溶解度差异分离，属于物理变化，无氧化还原反应，D错误； 故选A。 15. 点击化学(click chemistry)指快速、高效、模块化、简便地拼接合成，其中最具代表性的反应之一是+1价铜催化叠氮与端炔的反应： 将端炔改为环辛炔，实现了无铜点击化学反应在生物正交化学上的应用，反应如下(其中R代表聚糖或蛋白质，代表荧光标记基团)： 下列有关说法错误的是 A. 上述反应的类型为加成反应 B. 环辛炔中C≡C-C的键角小于，稳定性降低，反应活性大于端炔 C. 将端炔改为环辛炔使反应体系的生物毒性减小 D. 碳原子更多的环炔都能替代环辛炔发生无催化的生物正交化学反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．上述反应中，炔烃的碳碳三键打开，连接新的基团，发生了加成反应，A正确； B．碳碳三键的键角为180°，而环辛炔为环形，其中C≡C-C的键角小于180°，因此稳定性降低，反应活性大于端炔，B正确； C．端炔反应需Cu(I)催化，铜离子可能具有生物毒性，无铜体系可减小生物毒性，C正确； D．碳原子越多，环炔稳定性越好，反应会更难进行，因此并不是碳原子更多的环炔都能替代环辛炔发生无催化的生物正交化学反应，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。 【答案】 ①. 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） ②. Fe2+ ③. VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O ④. Mn2+ ⑤. Fe3+、Al3+ ⑥. Fe(OH)3 ⑦. NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O ⑧. 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； (2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； (3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； (5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。 17. 某化学兴趣小组设计了利用和生成，再与反应制备的方案： （1）采用下图所示装置制备，仪器a的名称为_______；步骤I中采用冰水浴是为了_______。 （2）步骤II应分数次加入，原因是_______。 （3）写出生成的化学方程式_______。 （4）步骤IV生成沉淀，判断已沉淀完全的操作是_______。 （5）将步骤V中正确操作或现象的标号填入相应括号中_______。 A.蒸发皿中出现少量晶体 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温 （2）防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃ （3）2SO2+MnO2=MnS2O6 （4）静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全 （5）D、A、E 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中SO2溶于水生成H2SO3，步骤Ⅱ中MnO2与SO2在低于10℃时反应生成MnS2O6，反应的化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6，步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2除去过量的SO2（或H2SO3），步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3=MnCO3↓+Na2S2O6，经过滤得到Na2S2O6溶液，步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O，据此分析； 【小问1详解】 根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度，同时为步骤Ⅱ提供低温； 【小问2详解】 由于MnO2具有氧化性、SO2（或H2SO3）具有还原性，步骤Ⅱ应分数次加入MnO2，原因是：防止过多的MnO2与H2SO3反应生成MnSO4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃； 【小问3详解】 SO2与MnO2反应生成，化学方程式2SO2+MnO2=MnS2O6； 【小问4详解】 步骤Ⅳ中生成MnCO3沉淀，判断Mn2+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明Mn2+已沉淀完全； 【小问5详解】 步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6∙2H2O，依次填入D、A、E。 18. 卤素的许多化合物是重要化工原料。回答下列问题： （1）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_______。 （2）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_______(用离子方程式表示)。 （3）为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，实验室中可用潮湿的与少量氯气反应制得，上述制备的化学方程式为_______。 （4）常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。 ①一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水、溢出大量气泡，得到溶液，上述过程中生成的反应属于歧化反应，每生成消耗的量为_______；实验室中多余的可用含的溶液吸收，生成溶液，在此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其氧化产物是_______。 ②某小组拟以“”作为衡量的“产率”指标。若取样品，通过反应和吸收获得溶液，取此溶液与溶液恰好完全反应，试计算的“产率”_______(保留一位小数)。 （5）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质。某学习小组对加碘食盐进行如下实验：取一定量某加碘食盐(还可能含有、、)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为2份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，证明该碘盐中含_______(用化学式表示)；第二份试液中加亚硫酸钠溶液，试液显淡黄色，用萃取，下层溶液显紫红色，生成该有色物质的离子方程式为_______。 【答案】（1） （2） （3） （4） ①. 1.25 mol ②. 2：1 ③. O2 ④. 0.2 （5） ①. Fe3+ ②. 【解析】 【小问1详解】 与浓盐酸混合共热制氯气，锰元素被还原为MnCl2，化学方程式为：； 【小问2详解】 “84消毒液”的有效成分为NaClO，而酸性清洁剂通常有效成分是盐酸，于是在酸性条件下ClO-与Cl-发生归中反应产生氯气，离子方程式为： 【小问3详解】 用潮湿的与少量氯气反应制备时，Cl2发生歧化反应，氯元素化合价降低得到NaCl，氯元素化合价升高得到Cl2O，而生成Cl2O过程中需要从H2O中夺取O，剩余的H+与过量的结合生成，故其化学方程式为： 【小问4详解】 ①发生歧化反应生成ClO2和NaCl，根据电子转移守恒，两种产物的物质的量之比为4:1，故生成1molClO2，同时会产生0.25molNaCl，共消耗NaClO21.25mol；用含的溶液吸收ClO2生成溶液过程中，ClO2作为氧化剂，其被还原为，根据化合价变化可知每1mol ClO2转移电子1mol，而作为还原剂，被氧化为O2，每1mol转移2mol电子，根据电子转移守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；②ClO2溶液与溶液恰好完全反应，ClO2被还原为Cl-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子转移守恒，有，即，则250mL溶液中ClO2总量为0.02mol，其质量为，产率为； 【小问5详解】 滴加KSCN溶液后显红色，这是检验Fe3+的操作与现象，证明该碘盐中含Fe3+；第二份试液中加亚硫酸钠溶液，试液显淡黄色，用萃取，下层溶液显紫红色，意味着加入的亚硫酸钠将KIO3还原，产生了碘单质，其离子方程式为：。 19. H的盐酸盐是一种镇吐药物，H的合成路线之一如下(略去部分试剂和条件)。 已知： 回答下列问题： （1）A→B的反应所需试剂为_______。 （2）C中官能团的名称是_______、_______。 （3）C→D的反应类型为_______。 （4）写出D→E的反应方程式_______。 （5）X部分加氢还原得到，写出能同时满足下列条件的Z的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。 ①最多能消耗4mol新制 ②Z分子中含有手性碳原子 （6）药物K的合成路线如下： 已知：Y含有羰基，按照F→G的方法合成I。 I的结构简式为_______，第①步的化学反应方程式为_______。 【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸 （2） ①. 碳氯键(氯原子) ②. 硝基 （3）还原反应 （4）+→+H2O （5）、、 （6） ①. ②. +HCHO+H2NCH3+H2O 【解析】 【分析】A与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下发生取代反应，生成B；B在稀酸下加热，发生取代反应，脱除磺酸基，得到C；C在Fe与浓盐酸的作用下发生还原反应，将硝基转化为氨基，得到D()；对比D、X、E的分子式及其不饱和度可知，D与X发生取代反应；对比E、F的不饱和度，可知E在金属催化下发生消去反应，得到的HCl和F，由此可以确定E为；结合已知方程式，采用逆推法，又可确定X为，则D+X→E的反应方程式为+→+H2O；F与HN(CH3)2、HCHO在酸催化下生成G，G经多步合成得到H。 【小问1详解】 A→B为苯环上的硝化反应，所需试剂为浓硝酸、浓硫酸； 【小问2详解】 C 中官能团的名称是碳氯键(氯原子)、硝基； 【小问3详解】 由分析可知，C→D的反应类型为还原反应； 【小问4详解】 由分析可知，D→E的反应方程式为+→+H2O； 【小问5详解】 由的分子式知，Z有两个不饱和度，且由“最多能消耗4 mol新制”知，1个Z分子含两个醛基(-CHO)，刚好占用两个不饱和度，所以余下的碳原子不能成环，也不能形成碳碳双键或三键，只能形成饱和链状结构，又因为“Z分子中含有手性碳原子”，故符合要求的结构简式有、、； 【小问6详解】 采用逆推法可知，最后一步J和发生取代反应生成K，则J的结构简式为，结合反应②的条件可知，I发生还原反应得到J，Y含有羰基，按照F→G的方法合成I，则反应②是羰基被还原为羟基的反应，故I的结构简式为，结合F→G的反应可知，Y的结构简式为，故第①步反应的化学方程式为：+HCHO+H2NCH3+H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2025-2026学年度上学期 高三学年第一次验收考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列应用不涉及氧化还原反应的是 A. 用作呼吸面具的供氧剂 B. 工业上电解熔融状态的制备铝单质 C. 常温下，铁遇浓硫酸钝化 D. 用溶液除去铜器表面的铜锈 2. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩画的颜料石青为蓝铜矿[主要成分]加工制成，该物质属于碱 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料贝壳的主要成分为碳酸钙 D. 水墨画墨汁以桐油制烟黑的过程中发生了完全燃烧 3. 下列符号表征或说法正确的是 A. 电离： B. 原子基态核外电子排布式为 C. 分子构型：直线形 D. 氢化钠电子式： 4. 次氯酸钠是一种广泛使用的漂白剂、消毒剂。下列关于次氯酸钠说法错误的是 A. 实验室可用氯气与热的溶液反应得到 B. NaClO的稳定性强于，因此更容易保存 C. 适当调低溶液的，可增强其氧化性 D. 向溶液中通入少量，反应的离子方程式： 5. 下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 6. 下列装置符合规范且能达到实验目的的是 A.试剂存放 B.实验室制蒸馏水 C.干燥 D.蒸发结晶获得无水 A. A B. B C. C D. D 7. 我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应：15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15N=C=15N]+H2)，制得的离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 含有的中子数为 B. 中含有孤电子对数为 C. 中含有的键数为 D. 生成时，总反应转移的电子数为 8. 室温下，下列关于颜色变化的说法中，实验过程及现象能验证相应实验结论的是 实验过程及现象 实验结论 A 向石蕊溶液中加入粉末，溶液先变为蓝色，后变为无色 溶液褪色是因为具有强氧化性，将石蕊氧化 B 向溴水中加入花生油，振荡后静置，溴水褪色 花生油将溴水中的溴萃取 C 向酸性溶液中滴入草酸，振荡后溶液褪色 草酸具有漂白性 D 用试纸测定常温下浓度均为的NaCl、NaClO溶液的pH 次氯酸钠溶液显碱性，次氯酸是弱酸 A. A B. B C. C D. D 9. 下列解释事实的离子方程式错误的是 A. 用酸化的淀粉溶液检验加碘盐中的： B. 用溶液除去乙炔中的： C. 向溶液中通入过量： D. 向溶液中加入少量溶液： 10. 价类二维图是学习化学的重要工具和模型，硫元素的部分价类二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 可存在的转化关系 B. 实验室常用盐酸清洗附着于试管内壁的b物质 C. 将铁丝插入e的稀溶液中可得到c D. c使高锰酸钾溶液和品红溶液褪色的原理相同 11. 由原子序数递增的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素形成的一种化合物可用作分析试剂和环氧树脂固化剂，其结构如图所示。已知Y、Z、W、M同周期，且Y、Z相邻，W、M相邻，原子序数，原子的最外层电子数是内层电子数的二倍。下列说法正确的是 A. 非金属性顺序： B. M的最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. W的单质有两种常见的同素异形体 D. Z的氢化物分子间可以形成氢键 12. 已知是一种难溶于水的白色固体，酸性溶液中发生反应：。探究与悬浊液制备实验装置如图。下列说法错误的是 A. 实验室用浓硫酸与溶液制备 B. 为提高的产量，需要通入过量 C. 标准状况下，甲中每消耗，理论上可生成 D. 乙中液体a、b分别是溶液、 13. 光催化还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料光催化还原为醇类的机理图如图，是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法错误的是 A. 在富集空穴的材料上发生氧化反应 B. 不论还原产物是还是，等质量被固定后的产氧量相同 C. 在材料上，消耗标准状况下时，转移电子 D. 光催化过程的总反应是和 14. 可用于镀铂以及作铂催化剂、不灭墨水和铂镜等。某科研小组从阳极泥(成分为、、、)中提取的工艺流程如图所示。 已知：三异丁基硫膦的结构简式为，“焙烧”时转化为。 下列说法正确的是 A. “焙烧”时，发生反应的化学方程式为 B. “酸浸”步骤产生的滤液中含有大量和 C. 三异丁基硫膦中P原子与金属离子配位，增加其在有机层中的溶解度 D. 焙烧、酸浸、酸溶、除金过程中均发生氧化还原反应 15. 点击化学(click chemistry)指快速、高效、模块化、简便地拼接合成，其中最具代表性的反应之一是+1价铜催化叠氮与端炔的反应： 将端炔改为环辛炔，实现了无铜点击化学反应在生物正交化学上的应用，反应如下(其中R代表聚糖或蛋白质，代表荧光标记基团)： 下列有关说法错误的是 A. 上述反应的类型为加成反应 B. 环辛炔中C≡C-C的键角小于，稳定性降低，反应活性大于端炔 C. 将端炔改为环辛炔使反应体系的生物毒性减小 D. 碳原子更多的环炔都能替代环辛炔发生无催化的生物正交化学反应 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。 17. 某化学兴趣小组设计了利用和生成，再与反应制备的方案： （1）采用下图所示装置制备，仪器a的名称为_______；步骤I中采用冰水浴是为了_______。 （2）步骤II应分数次加入，原因是_______。 （3）写出生成的化学方程式_______。 （4）步骤IV生成沉淀，判断已沉淀完全的操作是_______。 （5）将步骤V中正确操作或现象的标号填入相应括号中_______。 A.蒸发皿中出现少量晶体 B.使用漏斗趁热过滤 C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D.用玻璃棒不断搅拌 E.等待蒸发皿冷却 18. 卤素的许多化合物是重要化工原料。回答下列问题： （1）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_______。 （2）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_______(用离子方程式表示)。 （3）为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，实验室中可用潮湿的与少量氯气反应制得，上述制备的化学方程式为_______。 （4）常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。 ①一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水、溢出大量气泡，得到溶液，上述过程中生成的反应属于歧化反应，每生成消耗的量为_______；实验室中多余的可用含的溶液吸收，生成溶液，在此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其氧化产物是_______。 ②某小组拟以“”作为衡量的“产率”指标。若取样品，通过反应和吸收获得溶液，取此溶液与溶液恰好完全反应，试计算的“产率”_______(保留一位小数)。 （5）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质。某学习小组对加碘食盐进行如下实验：取一定量某加碘食盐(还可能含有、、)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为2份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，证明该碘盐中含_______(用化学式表示)；第二份试液中加亚硫酸钠溶液，试液显淡黄色，用萃取，下层溶液显紫红色，生成该有色物质的离子方程式为_______。 19. H的盐酸盐是一种镇吐药物，H的合成路线之一如下(略去部分试剂和条件)。 已知： 回答下列问题： （1）A→B的反应所需试剂为_______。 （2）C中官能团的名称是_______、_______。 （3）C→D的反应类型为_______。 （4）写出D→E的反应方程式_______。 （5）X部分加氢还原得到，写出能同时满足下列条件的Z的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。 ①最多能消耗4mol新制 ②Z分子中含有手性碳原子 （6）药物K的合成路线如下： 已知：Y含有羰基，按照F→G的方法合成I。 I的结构简式为_______，第①步的化学反应方程式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $