安徽合肥市第八中学2025-2026学年第二学期强化训练三 高三化学试卷

高三年级化学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B C A D D C B A D A 11 12 13 14 B D D C 1、 选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学知识在生活中处处可见，下列叙述不合理的是 A．在奶粉中添加的硫酸亚铁、硫酸锌、碳酸钙都属于营养强化剂 B．向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测 C．豆腐制作过程中可添加氯化镁、硫酸钙作凝固剂 D．用二氧化氯替代氯气对自来水进行消毒，可以减少有机氯化物的生成 【答案】B 【详解】A．硫酸亚铁、硫酸锌、碳酸钙可分别补充人体必需的铁、锌、钙元素，均属于奶粉中允许添加的营养强化剂，A正确； B．只有含苯环结构的蛋白质才能与浓硝酸发生黄蛋白反应，且该反应需要加热才能明显生成黄色沉淀，常温下加入浓硝酸首先会使蛋白质变性生成白色沉淀，不会立刻得到黄色沉淀，B错误； C．豆浆属于蛋白质胶体，氯化镁、硫酸钙属于电解质，可使胶体聚沉，是豆腐制作的常见凝固剂，C正确。 D．氯气消毒时会与水中的有机物发生取代反应，生成有毒的有机氯化物，二氧化氯主要通过‌氧化作用‌破坏微生物结构，‌不与有机物发生氯代反应‌，因此几乎不生成此类有害副产物，可减少有机氯化物的生成，D正确。 2．多糖是银耳的活性成分，以下研究银耳水提取液中多糖的方法不合理的是 A．可用过滤法初步除去提取液中的不溶性固体残渣 B．利用色谱法可实现多糖的分离与纯化 C．通过核磁共振氢谱可推测多糖相对分子质量 D．元素分析法可测定多糖的元素组成 【答案】C 【详解】A．过滤可分离固液体系，可以用于除去水提取液中的固体杂质，A不符合题意； B．色谱法是分离、提纯有机化合物的重要方法之一，利用色谱法可实现多糖的分离与纯化，B不符合题意； C．主要用于分析分子中氢原子的种类、数量和化学环境，无法直接推测多糖的相对分子质量，C符合题意； D．元素分析可测定元素组成，D不符合题意； 3．下列项目式学习活动中，化学知识解释不合理的是 选项 项目 化学知识 A 探究市售碘盐在烹饪中的稳定性 加热时碘酸钾易被空气中的氧气氧化 B 探究“绿色”天然颜料的提取及应用 利用萃取原理提取有色果蔬中的天然色素 C 芜湖“铁画”的传承与保护 铁画锈蚀主要是因为在潮湿空气中发生吸氧腐蚀 D 食品膨松剂的探秘与实践应用 膨松剂的工作原理是产生二氧化碳使食品膨松 【答案】A 【详解】A．探究市售碘盐在烹饪中的稳定性指探究碘盐中的碘酸钾在加热条件下是否发生分解反应，不是碘酸钾被空气中的氧气氧化，A错误； B．“绿色”天然颜料即有色果蔬中的天然色素属于有机物，易溶于有机溶剂，可以利用萃取原理进行提取，B正确； C．潮湿的空气中，铁表面吸附的水膜中溶有一定量的氧气，此时主要发生吸氧腐蚀，C正确； D．食品膨松剂一般是利用分解反应产生的二氧化碳使食品形成疏松多孔的结构达到膨松的目的，D正确； 故答案选A。 4．特戈拉赞是抑制胃酸分泌的药物，其结构简式如图。 下列说法错误的是 A．该物质的分子式为 B．该物质含1个手性碳原子 C．该物质可在稀硫酸中水解 D．1 mol该物质最多消耗3 mol NaOH 【答案】D 【详解】A．根据题干结构简式，该物质的分子式为，A项正确； B．该物质所含的手性碳标注如图：，B项正确； C．该物质中含酰胺基，可在酸性条件下水解，C项正确。 D．该物质苯环上有2个碳氟键和1个酰胺基，1 mol该物质与NaOH水溶液反应最多消耗5 mol NaOH，D项错误； 5．常温下NF3不与水作用，但与水汽的混合物遇火花发生爆炸反应，其化学方程式为2NF3+3H2O(g)NO+NO2+6HF。下列说法错误的是 A．NF3是极性分子 B．NO与血红蛋白形成配合物时，由N原子提供孤电子对 C．NO2分子中含有大π键 D．液态或固态HF中氢键的合理表示为： 【答案】D 【详解】A．中N原子有一对孤对电子，三个F在三角锥形底端，结构不对称，偶极矩不为0，是极性分子； B．NO中与血红蛋白配位的原子是N； C．是V形分子，中心N原子采用杂化，有一个单电子在p轨道上，与两个O的p轨道形成三中心三电子的大键； D．氢键具有方向性，液态或固态HF中氢键的合理表示为，图中表示错误，D错误； 阅读下列材料，完成6～7小题。 族氮、磷及其化合物应用广泛。氮的氢化物中有、(肼，又称联氨，无色液体)等，其中可以和许多金属阳离子形成配离子。为二元弱碱，在水中电离方式与氨相似；白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)。 6．下列反应的化学方程式错误的是 A．浓氨水溶解氢氧化铜： B．联氨与过量的稀硫酸反应： C．白磷的制取： D．白磷与热的浓氢氧化钾溶液反应： 7．下列有关物质的结构或性质，正确的是 A．键能： B．NH3、N2H4中氮原子均为sp3杂化 C．水中溶解性： D．等物质的量分子中极性键数：H3PO2＜P2H4 【答案】6. C 7. B 【6题详解】 A．浓氨水溶解氢氧化铜，与 形成配离子 B. 联氨为二元弱碱，与过量稀硫酸反应生成硫酸氢肼，正确的方程式为： C. 白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的焙烧制得，反应中被氧化为，同时生成、白磷，反应的化学方程式为：，C错误； D．白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)，即部分被还原为，部分被氧化为，反应的化学方程式为： 【7题详解】 A． PH3​分子中P与3个H形成3个P−H键，P2H4分子中P与2个H形成P−H键、同时P与P之间形成1个P−P键。由于P2H4中P的成键环境与PH3​不同，因此两者的P−H键的键能不相等，A错误； B． 中原子价层电子对数，中每个原子价层电子对数，原子均为杂化； C．NH3能与水形成分子间氢键，且极性比PH3大，因此NH3在水中的溶解度远大于PH3，C错误； D．等物质的量分子中极性键数：H3PO2中极性键数为6，P2H4中极性键数为4，等物质的量分子中极性键数：H3PO2＞P2H4，D错误； 8．向肼(N2H4)的水溶液中加入少量CuSO4，再用来处理核冷却系统内壁上的Fe3O4，反应原理如图所示（部分产物略）。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，2.24 L N2中含有的σ键与π键个数比为1 : 2 B．0.1mol[Cu(N2H4)2]+的中心金属原子未成对电子数为NA C．每生成2.8g N2，理论上溶液中的H+数目增多0.8NA D．每处理0.1 mol Fe3O4，理论上转移的电子数目为0.3NA 【答案】A 【详解】A．N2中含有的σ键与π键个数比为1 : 2，A项正确； B．配合物[Cu(N2H4)2]+中，配体是中性分子，中心金属原子Cu为价；Cu+的核外电子排布为，轨道全充满，所有电子均成对，未成对电子数为0，因此该配合物的中心原子未成对电子数为0，不是NA，B错误； C．反应的离子方程式为，每生成2.8g N2，也就生成0.1 mol N2，理论上溶液中的数目减少1.2NA，C错误； D．每处理0.1 mol Fe3O4，0.2mol Fe的化合价由+3价降到+2价，理论上转移的电子数目为0.2NA，D错误。 9．某荧光材料的结构片段如图。Q、R、Z、Y为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z同主族；基态R原子L层p轨道半充满；基态价电子排布式为。 下列说法错误的是 A．第一电离能：R＞Q＞X B．电负性：Z＞Y＞Q C．简单氢化物稳定性：Z＞R D．R与Z组成的化合物都能与NaOH溶液反应 【答案】D 【分析】Q、R、Z、Y原子序数依次增大，Y、Z同主族（短周期），故Z为第二周期、Y为第三周期，根据结构图片中，1个Z形成2个键，则Z为O（原子序数8），Y、Z同主族，Y为S（原子序数16），基态R原子L层p轨道半充满，说明R的电子排布为，故R为N（原子序数7）；价电子排布式为，则X的核外电子排布为，故X为Zn；Q原子序数小于R(N，7)，形成1个键，Q为H（原子序数1）。 【详解】A．第一电离能：N＞H＞Zn，A正确； B．电负性：O＞S＞H，B正确； C．简单氢化物稳定性：H2O＞NH3 ，C正确； D．R(N)与Z(O)的化合物NO是不成盐氧化物，不能与NaOH溶液反应，D错误；故答案为D。 10．下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向0.1mol/LKSCN溶液中滴加几滴0.1mol/L溶液，无红色出现 与的配位能力： B 与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性溶液中，溶液褪色 一定有生成 C 将缺角的NaCl晶体放入饱和NaCl溶液中，得到有规则几何外形的完整晶体 晶体具有各向异性 D 向2mL5%的溶液中滴加几滴5%的溶液，再加入几滴蔗糖溶液，加热无砖红色沉淀生成 蔗糖不是还原性糖 【答案】A 【详解】A．中为价，加入溶液无红色出现，可证明与的配位能力强于，A正确； B．反应挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性溶液褪色，无法证明一定有乙烯生成，B错误； C．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完整晶体，验证的是晶体的自范性（可自发形成规则几何外形），而非各向异性，故C错误； D．醛基与新制氢氧化铜的反应需在强碱性环境下进行，该实验中NaOH用量不足，溶液呈弱酸性，无论蔗糖是否为还原性糖都不会产生砖红色沉淀，D错误；故答案为A。 11. NaCl晶体在高压下与Na或Cl2反应可以形成不同组成不同结构的晶体，结构如图所示，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．NaCl晶胞中，Na+填充在Cl-形成的八面体空隙中 B．结构①中Cl-的配位数为3 C．若②中晶胞参数分别为a pm，a pm，c pm，则其晶胞密度可表示为 D．②、③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体 【答案】B 【详解】A．结构①用均摊法计算，Na+数目为，Cl-总个数为，化学式为，A正确； B．结构①中每个Na+周围紧邻的Cl-共12个，即Na+配位数为12。根据配位数规律：配位数之比等于对应原子数反比，，得Cl-的配位数为4，B错误； C．②的晶胞质量为，体积为，代入密度公式可得密度为，C正确； D．NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体中，②的晶胞中Na数目为，Cl数目为，②的化学式为、③中Na与Cl的比例也大于1，二者都是与Na反应的产物，D正确； 故选B。 12．活性炭还原可防止空气污染：，1 mol NO2和足量C在密闭容器中发生上述反应。相同时间内，测得υ生成(NO2)与υ生成(N2)随温度变化的关系如图1所示；T℃时，相同时间内测得NO2的转化率随容器体积的变化如图2所示。 下列说法错误的是 A．图1中T5条件下已到达平衡状态 B．在恒温恒容下，向图1中C点体系中再充入一定量的，的平衡转化率减小 C．容器内的压强 D．T℃时，G点逆反应速率大于E点正反应速率 【答案】D 【详解】A．平衡时，逆反应生成，正反应生成，速率满足计量数关系时才达到平衡，T5条件下已到达平衡状态，A正确； B．图1中C点体系为平衡状态，恒温恒容下，向平衡体系中再充入，增大反应物浓度，平衡正向移动，由于C呈固态，相当于增大体系压强；该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率减小，B正确； C．E点NO2的转化率为，E点各物质物质的量，，，，F点NO2的转化率为，F点各物质物质的量，，，，同温下由得，由图2知，即，故，C正确； D．温度相同，相同时间内，F点转化率大于G点，则F点速率大于G点速率，D错误；答案选D。 13．在室温条件下，电还原CO2合成碳酸二甲酯（）的原理如图所示，电解液为NaBr、CH3OH，最大法拉第效率==60%。下列说法正确的是 A．b电极与电源负极连接 B．a电极的电极反应式为CO2 + 2e− + 2H+ = CO + H2O C．生成0.6 mol碳酸二甲酯，电源需提供1.2mol电子 D．Pd(II)降低了电解液中反应的活化能，实现室温下合成 13．D 【解析】A．b电极上溴离子氧化为Br2，b电极为阳极，应接电源正极，A错误； B．溶剂是NaBr、CH3OH，a电极的电极反应式为CO2+2e−+2CH3OH=CO+2CH3O−+H2O，B错误； C．最大法拉第效率为60%，生成0.6 mol碳酸二甲酯，实际参加反应电子为1.2 mol，电源需提供2 mol电子，C错误； D．Pd在反应中构成催化循环，Pd(II)是催化过程的活性物种，作为催化剂可降低反应的活化能，D正确； 故选D。 14．常温下，向溶液中缓慢通入，测得{M代表或}、或对分布系数[例如]与pOH关系如图所示，忽略溶液体积的变化。 已知：。下列说法正确的是 A． B．N点时， C．的平衡常数 D．将P点溶液中全部转化为，需要加入 【答案】C 【分析】向硫酸铜中缓慢通入氨气时，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨先与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶于一水合氨反应生成四氨合铜离子，则缓慢通入的过程中，溶液pOH减小，铵根离子、铜离子的浓度减小，氨分子和四氨合铜离子浓度增大，则曲线X、Y、Z、W分别表示氨分子、铵根离子、铜离子、四氨合铜离子与pOH关系；由图可知，溶液中氨分子浓度和铵根离子浓度相等时，溶液pOH为4.7，则由电离常数可知，氨水的电离常数为：Kb=10-4.7；溶液中铜离子浓度为10-5 mol/L时，pOH为7.35，则氢氧化铜的溶度积为：Ksp=10-5×(10-7.35)2= 10-19.7。 【详解】A．由图可知，pOH为a时，溶液中铜离子浓度为0.1 mol/L，则由溶度积可得：10-1×(10-a)2= 10-19.7，解得：a=9.35，A错误； B．由图可知，N点时铜元素的存在形式为铜离子、氢氧化铜沉淀和铜氨络离子，则由物料守恒可知，溶液中，B错误； C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K1=====102.7，C正确； D．由图可知，P点时，溶液呈碱性，四氨合铜离子的浓度为0.100 mol/L，溶液中四氨合铜离子转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量为：=0.02 mol；因加入的硫酸溶液还需中和溶液中的氢氧根离子，所以四氨合铜离子全部转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量应大于0.02 mol，D错误； 故选C。 二、解答题：本题共四个大题，共58分。 15. （14分）含铟铁矾渣(主要杂质为ZnFe2O4以及Bi的氧化物)是闪锌矿湿法冶锌过程中产生的废渣。从该废渣中回收金属铟与硫酸锌，可实现资源的增值利用，其工艺流程如下： 已知： ①25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17、Ksp[In(OH)3]=1.0×10-33，当溶液中的离子浓度小于或者等于10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。 ②硫酸锌晶体通常为ZnSO4·nH2O，结晶时温度不同，n值不同，当温度在39℃~70℃时得到ZnSO4·6H2O。 ③Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]- ，In3+与Fe3+化学性质相似。 回答下列问题： （1）铟为第ⅢA族元素，其基态原子的价层电子排布式为_______。 （2）萃取后水相1中的主要金属离子有Zn2+、_______。(填离子符号) （3）酸浸中Bi2O3转化反应的化学方程式为________________________________。水相1通过调节pH除去杂质离子，若c(Zn2+)为0.1mol·L-1，应当控制pH的范围为_______。水相1通过_______(具体的实验操作)、过滤、洗涤干燥得到ZnSO4·6H2O。 （4）萃取时滤液的pH对萃取率影响如图所示，pH大于2之后，In3+的萃取率急剧下降的原因是_____________________________________。(结合离子方程式，从平衡移动的角度解释)。 （5）已知萃取剂P204结构如图所示，则萃取时In3+与P204之间的作用力为______________(填“配位键”或“氢键”或“范德华力”)。 （6）反萃取步骤中加入氯化钠的作用为______________________。 【答案】（1）5s25p1 （1分） （2） Fe3+ （1分） （3） ① Bi2O3+2H2SO4 = Bi2O(SO4)2+2H2O ② 3≤pH＜6 ③ 在39℃~70℃蒸发浓缩结晶 （4）In3++3H2O⇌In(OH)3+3H+，pH增大，水解平衡正向移动，生成氢氧化铟，故萃取率降低 （5）配位键 （6）In3+ + 4Cl- ⇌ [InCl4]- ，促使三价铟离子转换为配合物，溶于水 【解析】 【分析】首先在第一步酸浸时硫酸将含铟铁矾渣溶解，并产生沉淀；第二步萃取时和铟离子结合成配位键形成有机相和含有离子以及离子的水相；第三步反萃取盐酸破坏了和铟离子结合成配位键，使得铟离子进入水相；在经过还原得到了粗铟。 【小问1详解】 铟是第五周期第ⅢA族元素，主族元素价电子为最外层电子，因此价层电子排布式为。 【小问2详解】 酸浸后溶解得到、，因为与化学性质相似，萃取时进入有机相，Bi已经沉淀除去，因此水相1中除外主要金属离子为。 【小问3详解】  ​与硫酸反应生成和水，配平得到化学方程式； 要使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时，代入得；，代入得开始沉淀时，因此pH范围为； 从溶液得到，结合题给信息“39℃~70℃得到，操作是蒸发浓缩控制温度在39℃~70℃结晶。 【小问4详解】  与性质相似，会发生水解，pH升高促进水解生成沉淀，可萃取的减少，萃取率下降。 【小问5详解】  有空轨道，萃取剂P204中O原子有孤对电子，二者形成配位键。 【小问6详解】 根据已知信息可与形成配离子，性质与相似，加入氯化钠提供，促进形成配离子进入水相，提高反萃取效率。 16. 铬酸根在工业上有广泛应用，而Cr(Ⅵ)对环境污染也很严重。某实验小组对一工业废水中Cr(Ⅵ)含量进行测定，并设计不同方案进行处理。 Ⅰ、废水中Cr(Ⅵ)含量的测定： 准确移取20.00 mL含Cr(Ⅵ)的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液6.00 mL。 （1）调节pH为酸性的原因为：__________________________________(用离子方程式表示)盛装标准溶液的滴定管，滴定前排气泡时，应选择下图中的______(填选项字母)。 （2）计算废水中Cr(Ⅵ)浓度__________(单位：，若滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果将______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 Ⅱ、除去废水中的Cr(Ⅵ) （3）还原法处理 ①向含Cr(Ⅵ)废水（调节）中加入，发生的主要反应的离子方程式为_______________________(当时Cr(Ⅵ)以形式存在)。再调节pH，将Cr(Ⅲ)生成沉淀完全除去。 ②也可用铁粉将废水中的Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，经过一系列处理，得到含铬复合铁氧体。含铬复合铁氧体中数目之和与数目的比值为______。 （4）电化学法处理 电化学处理装置如图所示。阴极的电极方程式为______________________；反应一段时间后，电路中转移0.24 mol电子，则理论上乙池的溶液中减少的物质的量为______。 【答案】（1） ① ② c （1分） （2） ① 52 ② 偏高（1分） （3） ① ② 2︰1 （4） ① ② 0.02 mol 【解析】 【小问1详解】 调节pH为酸性的原因是为了在酸性条件下将铬酸根转化为重铬酸根，保证Cr(Ⅵ)具有氧化性，离子方程式为； 标准溶液为碱性，盛放在碱式滴定管中，碱式滴定管排气泡需将尖嘴斜向上挤压玻璃球，因此选图c。 【小问2详解】 反应方程式依次为，，根据得失电子守恒，可推得定量关系：Cr(Ⅵ)~~3，即1mol Cr(Ⅵ)对应3mol， n()=0.0100 mol/L×0.006 L=6×10−5 mol，则n(Cr(Ⅵ))=6×10−5​÷3=2×10−5 mol，Cr的摩尔质量是52 g/mol，m(Cr)=2×10−5 mol×52 g/mol=1.04 mg，废水体积为0.02 L，故c(Cr(Ⅵ))=1.04 mg÷0.02 L ​=52 mg/L；若滴定前有气泡、滴定后气泡消失，会导致读取的标准液体积偏大，测定结果偏高。 【小问3详解】 当时Cr(Ⅵ)以形式存在，被还原为Cr3+，被氧化为，根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得离子方程式：；设含铬复合铁氧体中数目为a，数目为b，可列式：a+b=3-x，由于电荷守恒2a+3b+3x=8，联立可解得a=1，b+x=2，故含铬复合铁氧体中数目之和与数目的比值为2：1。 【小问4详解】 阴极发生还原反应，溶液中的H+得到电子生成H2​，电极方程式为；阳极反应方程式为，可知电路中转移0.24 mol电子，则生成0.12 mol Fe2+，由图可知，被Fe2+还原为Cr3+，Cr的化合价从+6价降低到+3价，Fe的化合价从+2价升高到+3价，1个​得到6个电子，1个Fe2+失去1个电子，根据得失电子守恒，理论上乙池溶液中减少的物质的量为0.12 mol÷6=0.02 mol。 17．（15分）甲烷在制备高附加值化学品和清洁燃料领域展现出巨大潜力。请回答下列问题： (1)已知：反应Ⅰ为  。常温下，反应Ⅰ体系中相关物质的标准摩尔生成焓(，指在标准状态下，由最稳定的单质生成1 mol某纯物质的焓变，最稳定单质的标准摩尔生成焓为零)数据如表： 物质 0 ___________。 (2)某研究小组对反应Ⅰ的光催化剂进行了改良，制备了Ti掺杂和Au附载的(用表示)。 ①X射线衍射(XRD)分析表明，Ti掺杂替换Ce后所得晶体的结构变形程度较小，其原因可能是___________。 ②该研究小组通过电荷转移动力学研究及关键中间体测定，提出了催化剂上光催化甲烷选择性生成乙烷的反应机理模型(“*”表示吸附态物质，表示光生电子，和的吸附过程已略去)； ⅰ.； ⅱ.； Ⅲ.； ⅳ.； ⅴ.___________。 (3)某研究团队利用共沉淀法制备了一系列催化剂并用于甲烷化反应[反应Ⅱ：]，发生的副反应为。 ①该团队固定催化剂床层位于某恒容反应炉的恒温区，将反应气以体积比混合投料，起始时气体总压强为1.2 MPa，在不同催化剂作用下发生反应，反应2h时的转化率随温度变化的关系如图所示。 从的转化率来看，图中最理想的催化剂为___________。研究发现较宽的温度范围内催化剂均表现出高活性，且其表面的积碳率低。请解释图中，变化的原因：___________。200℃时，以为催化剂，测得的选择性[]为95%。则整个反应过程中，的平均反应速率为___________。 ②不考虑副反应的情况下，下列能说明恒温、恒容条件下反应Ⅱ已达到化学平衡状态的是___________(填标号)。 A．反应体系中氧元素的质量分数不发生变化 B．反应体系的压强不发生变化 C．单位时间内每断裂1 mol碳氧双键，同时形成2 mol碳氢单键 D．反应体系中气体的平均相对分子质量不发生变化 ③向某恒温、恒容反应容器内充入、，再加入最优的催化剂，起始时气体总压强为100 kPa，达到平衡后，和的转化率分别为80%和65%。该温度下，反应的压强平衡常数___________(列出计算式即可)。 【答案】(1)（1分） (2) 和的半径接近 (3) 温度较低时，2 h内反应未达到平衡，此时温度越高，反应速率越快，的转化率越大，当温度较高时，2 h内反应达到平衡，温度升高，化学平衡逆向移动，的转化率下降 0.076 BD 【详解】（1）反应焓变生成物总标准生成焓反应物总标准生成焓：可得； （2）① Ti为22号元素，价层电子排布式为； Ti掺杂替换Ce后晶体变形小，原因是：与离子半径相近，替换后晶格结构变形程度小； ② 根据总反应，消去前四步的中间产物，剩余配平得第五步： ； （3）① 由图可知，相同温度下的转化率最高，故最理想催化剂为； 变化原因：低温下反应速率慢，2 h内反应未达到平衡，转化率低；随温度升高，反应速率加快，的转化率越大，转化率升高；当温度较高时，2 h内反应达到平衡，主反应甲烷化为放热反应，温度过高平衡逆向移动，转化率降低；起始分压为，200℃时转化率为80%，选择性为95%，则，； ②A．反应前后氧元素总质量不变，体系总质量不变，氧元素质量分数始终不变，不能判断平衡，A错误； B．反应前后气体总物质的量变化，恒温恒容下压强与总物质的量成正比，压强不变说明达到平衡，B正确； C．断裂碳氧双键、形成碳氢单键均为正反应，不能说明正逆速率相等，C错误； D．气体总质量不变，总物质的量变化，平均相对分子质量，不变说明不变，达到平衡，D正确； 故选； ③ 设主反应消耗为，副反应消耗为，则： ，解得，。 平衡时各物质物质的量：，，，，，总物质的量，平衡总压，计算得分压：，同理，，。 压强平衡常数： 。 18．（15分）普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种合成方法如图所示。 已知：+ + R2COOH（R表示烃基或氢原子，R1、R2表示烃基）。 回答下列问题： (1)化合物Ⅰ到化合物Ⅱ的反应类型是___________。 (2)化合物Ⅲ中官能团的名称是___________，从化合物Ⅰ到化合物Ⅴ中含有手性碳原子的是___________。 (3)化合物Ⅴ转化为化合物Ⅵ的化学方程式为___________。 (4)化合物Ⅶ的结构简式为___________。 (5)芳香族化合物M是化合物Ⅶ的同分异构体，则满足下列条件的M有___________种（不考虑立体异构）。 ①能发生银镜反应和水解反应，不含醚键和过氧键 ②核磁共振氢谱图上有5组峰，峰面积之比为6︰2︰2︰1︰1 (6)结合上述合成路线，设计以化合物Ⅰ、化合物Ⅱ和甲苯为原料制备的合成路线如图所示，写出Y和Z的结构简式：Y：___________、Z：___________。 【答案】(1)氧化反应（1分） (2)碳碳双键 羧基 Ⅳ和Ⅴ (3) (4) (5)6 (6) 【详解】（1）化合物Ⅰ到化合物Ⅱ的条件可判断反应类型是氧化反应； （2）化合物Ⅲ中官能团的名称是碳碳双键和羧基；手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子：Ⅲ所有碳均为不饱和碳，无手性碳；Ⅳ中(*)碳为手性碳，Ⅴ中(*)碳为手性碳，故含手性碳的是Ⅳ、Ⅴ； （3）化合物Ⅴ转化为化合物Ⅵ的化学方程式为 （4）结合分子式及前后物质的结构对比，化合物Ⅶ的结构简式为； （5） Ⅶ中含有苯环，苯环外4个C原子，3个氧原子，1个不饱和度，同分异构体能同时水解与银镜，含有-OOCH，峰面积比看出含有两个对称的-CH3，、、、、、共6种； （6） 第一步为加成反应，+→；第二步类似题中Ⅴ到Ⅵ，+→。 高三年级化学试卷参考答案 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $合肥市第八中学2025-2026学年第二学期强化训练三 高三化学试卷 命题教师：赵雯雯审题救师：聂小琴 可能用到的相对原子质量：N14Na23C135.5Cr52 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1.化学知识在生活中处处可见，下列叙述不合理的是 A.在奶粉中添加的硫酸亚铁、硫酸锌、碳酸钙都属于营养强化剂 B.向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测 C.豆腐制作过程中可添加氯化镁、硫酸钙作凝固剂 D.用二氧化氯替代氯气对自来水进行消毒，可以减少有机氯化物的生成 2.多糖是银耳的活性成分，以下研究银耳水提取液中多糖的方法不合理的是 A.可用过滤法初步除去提取液中的不溶性固体残渣 B.利用色谱法可实现多糖的分离与纯化 C.通过核磁共振氢谱可推测多糖相对分子质量 D.元素分析法可测定多糖的元素组成 3.下列项目式学习活动中，化学知识解释不合理的是 选项 项目 化学知识 A 探究市售碘盐在烹饪中的稳定性 加热时碘酸钾易被空气中的氧气氧化 B 探究“绿色”天然颜料的提取及应用 利用萃取原理提取有色果蔬中的天然色素 芜湖“铁画”的传承与保护 铁画锈蚀主要是因为在潮湿空气中发生吸氧腐蚀 D 食品膨松剂的探秘与实践应用 膨松剂的工作原理是产生二氧化碳使食品膨松 4.特戈拉赞是抑制胃酸分泌的药物，其结构简式如图。下列说法错误的是 A.该物质的分子式为C0H1gN,0 B.该物质含1个手性碳原子 C.该物质可在稀硫酸中水解 D.1mol该物质最多消耗3 mol NaOH 5.常温下NF,不与水作用，但与水汽的混合物遇火花发生爆炸反应：2NP3+3HOg大花NO+NO2+6HF。下 列说法错误的是 A.NF3是极性分子 B,NO与血红蛋白形成配合物时，由N原子提供孤电子对 C.NO2分子中含有大π键D,液态或固态HF中氢键的合理表示为： 阅读下列材料，完成6~7小题。 VA族氨、磷及其化合物应用广泛。氨的氢化物中有NH、NH4(肼，又称联氨，无色液体)等，其中 高三年级化学试卷第1页共8页 NH3可以和许多金属阳离子形成配离子。N2H4为二元弱破，在水中电离方式与氨相似：白磷(P4)可由磷 灰石C,(PO,),混以石英砂和过量的C焙烧制得。白磷在热的浓成液中发生歧化反应生成磷的氢化物（主要是 PH,还有PH)和次磷酸盐（次磷酸H,PO2是一元弱酸）。 6.下列反应的化学方程式错误的是 A.浓氨水溶解氢氧化铜：Cu(OH,+4NH,=[Cu(NH,)A]+2OH B.联氨与过量的稀硫酸反应：N2H4+2H2SO4=N2H(HSO4)2 好烧 C.白磷的制取：2Ca,(P0)2+6Si02+5C=6CaSi0+P+5C0,个 D.白磷与热的浓氢氧化钾溶液反应：P,+3KOH+3H,0=PH,个+3KH2PO2 7.下列有关物质的结构或性质，正确的是 A.P-H键能：E(PH)=E(R,H,) B.NH3、N2H中氮原子均为sp3杂化 C.水中溶解性：PH>NH D.等物质的量分子中极性键数：H3PO2<P2H4 8.向肼N2H)的水溶液中加入少量CuSO4,再用来处理核冷却系统内壁上的FgO4,反应原理如图所示（部 分产物略)。设N是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 N2Ha N2,H' A.常温下，2.24LN2中含有的o键与π键个数比为1：2 Cu B.0.1mol[CuN2H4)2]的中心金属原子未成对电子数为N [CuN2H42]2+ [Cu(N2H)2]* C.每生成2.8gN2,理论上溶液中的H*数目增多0.8N D.每处理0.1 mol Fe3O4,理论上转移的电子数目为0.3Na Fe2 FejO4,H" 9.某荧光材料[X(R,Q),(YZ)2],的结构片段如图。Q、R、Z、Y为原子序数依次增大的短周期元素，Y、 Z同主族；基态R原子L层p轨道半充满：基态X2+价电子排布式为3。 下列说法错误的是 A.第一电离能：R>Q>X B.电负性：Z>Y>Q a C.简单氢化物稳定性：Z>R D.R与Z组成的化合物都能与NaOH溶液反应 。0 10.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 向0.1 mol/LKSCN溶液中滴加几滴0.1 mol/LK,[Fe(CN)6]溶 与Fc+的配位能力： A 液，无红色出现 CN>SCN- CH,CH,Br与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸 B 一定有CH2=CH2生成 性KMnO,溶液中，溶液褪色 将缺角的NaCl晶体放入饱和NaCl溶液中，得到有规则几何 晶体具有各向异性 外形的完整晶体 向2mL5%的CuS0,溶液中滴加几滴5%的NaOH溶液，再加 D 蔗糖不是还原性糖 入几滴蔗糖溶液，加热无砖红色沉淀生成 高三年级化学试卷第2页共8页 I1.NaCI晶体在高压下与Na或C2反应可以形成不同组成不同结构的晶体，结构如图所示，N是阿伏加 德罗常数的值。下列说法错误的是 .Na NaCl晶胞 ① ② ③ A.NaCl晶胞中，Na填充在CI形成的八面体空隙中 B.结构①中C的配位数为3 C.若②中晶胞参数分别为apm,apm,cpm,则其晶胞密度可表示为104,5x10 a'cNg/cm D.②、③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体 12.活性炭还原N02可防止空气污染：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2C0,(g),1 mol NO2和足量C在密闭 容器中发生上述反应。相同时间内，测得v生RQNO2)与D生N2)随温度变化的关系如图1所示：TC时，相同时 间内测得NO2的转化率随容器体积的变化如图2所示。下列说法错误的是 l E8 CT,.0.06),N02 80 B(T4,0.025)/ ND(T,0.03) 60 A 40 0.01 20 0 温度水 201 T T TT 容器体积L 图1 图2 A.图1中T5条件下已到达平衡状态 B. 在恒温恒容下，向图1中C点体系中再充入一定量的NO2,NO2的平衡转化率减小 C.容器内的压强p(E):p(F)>6:7 D.TC时，G点速率大于F点 0 13.在室温条件下，电还原CO2合成碳酸二甲酯(cH,OCOCH,)的原理如图所示，电解液为NaBr、CHOH, 实际生成物所消耗电荷量 最大法拉第效率= 总输入电荷量 =60%。下列说法正确的是 A.b电极与电源负极连接 电源 B.a电极的电极反应式为C02+2e+2Ht=C0+H20 C.生成0.6mol碳酸二甲酯，电源需提供1.2mol电子 D.Pd()降低了电解液中反应的活化能，实现室温下合成 CO,+CH OH R pd(I)< CH OCOCH Br CO+CH O pd(0) N Br 高三年级化学试卷 第3页共8页 14.常温下，向100mL0.100 mol.L CuS(04溶液中缓慢通入NH,测得gc(M){M代表Cu24或 c(NH,) [Cu(NH)A]、NH,或NHi对分布系数[例如6(NH,)= c(NH)+c(NH 、×100%]与p0H关系如图所示， 100% 6 W Igc(M) 50% -5 4.77.35 POH 忽略溶液体积的变化。 已知：Cu2“(aq)+4NH,(aq)≠[Cu(NH)a](aq)K=1x10。下列说法正确的是 A.a=11.35 B.N点时，c(Cu24)+c{[Cu(NH,)]}=co上0.100mol-L C.Cu(OH),(S)+2NH(aq)+2NH,(aq)≠[Cu(NH),](aq)+2H,0()的平衡常数K=102? D.将P点溶液中[Cu(NH)4]全部转化为Cu2*,需要加入0.02molH,S0 二、非选择题：本题共4小题，共68分。 15.（14分)含铟铁矾渣（主要杂质为ZnFC2O4以及Bi的氧化物）是闪锌矿湿法治锌过程中产生的废渣。从 该废渣中回收金属铟与硫酸锌，可实现资源的增值利用，其工艺流程如下： 硫酸 P204 盐酸、氯化钠 含铟铁矾渣酸没 萃取 有机相反萃取水相2>还原→粗铟 Bi,0(S042滤渣水相☐…一ZS046H,可 已知： ①25C时，Ksp[Fc(OH)3]=1.0×1038、Ksp[Zn(OH)2]=1.0x10-17、Ksp[ln(OH)]=1.0×103,当溶液中的离子浓度 小于或者等于10moL1时，可认为该离子沉淀完全。 ②硫酸锌晶体通常为ZnS04'nH20,结晶时温度不同，n值不同，当温度在39℃~70℃时得到ZnS06HO。 ③Fc3++4CI=[FeCl4,In3+与Fe3*化学性质相似。 回答下列问题： 高三年级化学试卷第4页共8页 (1)铟为第IA族元素，其基态原子的价层电子排布式为 (2)萃取后水相1中的主要金属离子有Z2+、 (填离子符号) (3)酸浸中Bi203转化反应的化学方程式为 水相1通过调节pH除去杂质离 子，若c(Zn2+)为0.1moL,应当控制pH的范围为 。水相1通过 （具体的实 验操作)、过滤、洗涤干燥得到ZnS046H20。 (4)萃取时滤液的pH对萃取率彤响如图所示，pH大于2之后，3+的萃取率急剧下降的原因是 (结合离子方程式，从平衡移动的角度解释)。 100 98 96 94 92 9 0 2 pH (5)已知萃取剂P204结构如图所示，则萃取时In3+与P204之间的作用力为 （填“配位键”或“氢 键”或“范德华力”)。 OH P204 (6)反萃取步骤中加入氯化钠的作用为 16.（14分)铬酸根在工业上有广泛应用，而C(V四对环境污染也很严重。某实验小组对一工业废水中CV) 含量进行测定，并设计不同方案进行处理。 】废水中CV)含量的测定： 准确移取20.00mL含C(V)的废水，调节pH为酸性，加入过量的K1溶液，充分反应后生成I2。以淀 粉为指示剂，用0.0100mol.LNaS,03标准溶液滴定，发生反应I2+2S,O子=2I+S,O?。终点时消耗 Na.S,(03溶液6.00mL。 (1)调节pH为酸性的原因为： (用离子方程式表示)盛装NaS,O,标 准溶液的滴定管，滴定前排气泡时，应选择下图中的 (填选项字母)。 C (2)计算废水中Cr(V四浓度 (单位：gL)，若滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则测定结 果将 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。 高三年级化学试卷第5页共8页 IⅡ除去废水中的Cr() (3)还原法处理 ①向含Cr(V废水（调节pH=5)中加入NaHSO,发生的主要反应的离子方程式为 (当 pH=5时Cr(V)以HCrO,形式存在)。再调节pH,将C(I)生成Cr(OH),沉淀完全除去。 ②也可用铁粉将废水中的Cr(V)还原为CrQ四)，经过一系列处理，得到含铭复合铁氧体(CrFC-O4)。含 铬复合铁氧体中Fe3+、Cr3+数目之和与Fe2+数目的比值为 (4)电化学法处理 电化学处理装置如图所示。阴极的电极方程式为 反应一段时间后，电路中转移 0.24ol电子，则理论上乙池的溶液中减少Cx,O3的物质的量为 铁 电极 Fe2 C0分 含Cr2O和稀H2S04的废水 0 甲 17.(15分)甲烷在制备高附加值化学品和清洁燃料领域展现出巨大潜力。请回答下列问题： (1)己知：反应1为4CH4(g)+O2(g)=2C2H。（g)+2H0(1)△H1。常温下，反应I体系中相关物质的标准摩 尔生成焓（△H,指在标准状态下，由最稳定的单质生成1ol某纯物质的焓变，最稳定单质的标准摩尔 生成焓为零)数据如表： 物质 CH,(g) C2H(g) H,0() 02(g) C02(g) △H/kJmo1 -74.6 -84.0 -241.8 0 -393.5 △H,= kJ.mol。 (2)某研究小组对反应I的光催化剂CeO2进行了改良，制备了Ti掺杂和Au附载的CcO2(用Au/Ti-CeO, 表示)。 ①X射线衍射(XRD)分析表明，Ti掺杂替换Cc后所得晶体的结构变形程度较小，其原因可能是 ②该研究小组通过电荷转移动力学研究及关键中间体测定，提出了Au/Ti-CO,催化剂上光催化甲烷选择 性生成乙烷的反应机理模型(“*”表示吸附态物质，©表示光生电子，O,和CH,的吸附过程己略去)： i.02+e=02: ii.CH,=*CH+*H'; iⅲ.*CH=*CH3; iv.*CH+*CH3 CHCH,; 高三年级化学试卷第6页共8页 (3)某研究团队利用共沉淀法制备了一系列NiA1CC,催化剂并用于CO2甲烷化反应[反应I: C02(g)+4H,(g)≥CH4(g)+2H,O(g],发生的副反应为C02(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g)。 ①该团队固定催化剂床层位于某恒容反应炉的恒温区，将反应气H2CO2、N2以体积比4：1：1混合投料，起 始时气体总压强为1.2MPa,在不同催化剂作用下发生反应，反应2h时C0,的转化率「X(C0,)门随温度变 化的关系如图所示。 100 (200,80) 80L 60 -◆-NiAI 40 -NiAICeo -NiAlCeo2 20F -o-NiAICep4 ←NiAICeo.s -NiCe 225 275 325 375425475 TIC 从CO2的转化率来看，图中最理想的催化剂为 研究发现较宽的温度范围内催化剂均表现出高 活性，且其表面的积碳率低。请解释图中，X(CO2)变化的原因： 。200C时，以NiAICe2为 n(生成的CH4) 催化剂，测得CH,的选择性[- (反应消耗的CO,) ×100%]为95%。则整个反应过程中，CH,的平均反应速率 为 MPah-'。 ②不考虑副反应的情况下，下列能说明恒温、恒容条件下反应Ⅱ已达到化学平衡状态的是 （填 标号)。 A,反应体系中氧元素的质量分数不发生变化 B.反应体系的压强不发生变化 C.单位时间内每断裂1mol碳氧双键，同时形成2mol碳氢单键 D.反应体系中气体的平均相对分子质量不发生变化 ③向某恒温、恒容反应容器内充入2molC02、8molH2,再加入最优的催化剂，起始时气体总压强为100kPa, 达到平衡后，C02和H2的转化率分别为80%和65%.该温度下，反应C0,(g)+4H,(g)户CH,(g)+2H,0(g) 的压强平衡常数K。= kPa2（列出计算式即可)。 高三年级化学试爸第7页共8页 18.(15分)普利类药物是常用的一线降压药，EHPB是合成众多普利类药物的重要中间体。EHPB的一种 合成方法如图所示。 0,催化剂 HO COOH HO HOCOOH CH.CO CH,COCI 高温高压 COOH加温加压 COOH I IV OH OH H,NNH,,KOH CH,CH,OH COOH (HOCH,CH,),O CjoH12O3 浓硫酸，△ COOCH,CH, VI vu EHPB 已知：RR-.8。R-C-+R,C0OHR衣示经基氢原子，RR表示 烃基)。 回答下列问题： (1)化合物1到化合物Ⅱ的反应类型是 (2)化合物Ⅲ中官能团的名称是 从化合物I到化合物V中含有手性碳原子的是 (3)化合物V转化为化合物VI的化学方程式为 (4)化合物VI的结构简式为 (5)芳香族化合物M是化合物VI的同分异构体，则满足下列条件的M有种（不考虑立体异构）。 ①能发生银镜反应和水解反应，不含醚键和过氧键 ②核磁共振氢谱图上有5组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1 (6)结合上述合成路线，设计以化合物1、化合物Ⅱ和甲苯为原料制备 的合成路线如图所示， 写出Y和Z的结构简式：Y: COOH H,NNH,.KOH 7 (HOCH,CH,),O 高三年级化学试卷 第8页共8页