精品解析：辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学2025-2026学年高三上学期第三次考试化学试卷

调兵山市第二高级中学2025-2026学年度上学期高三第三次考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、单选题(每题3分，共15题，满分45分) 1. “挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的主要成分分类错误的是 A. 乾隆款金瓯永固杯：杯的主要成分黄金为金属材料 B. 《清明上河图》：宣纸的主要成分是人工合成有机高分子材料 C. 青玉云龙纹炉：玉的主要成分为硅酸盐材料 D. 商代后母戊鼎：鼎的主要成分青铜为金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．金瓯永固杯的主要成分为金，属于金属材料，A正确； B．宣纸的主要成分为天然高分子纤维素，不属于人工合成高分子，B错误； C．玉主要为各种硅酸盐的组合，C正确； D．鼎的主要成分为青铜，属于合金，D正确； 答案选B。 2. 下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 在稀硫酸中加入红色Cu2O固体，溶液逐渐变蓝 B. 在滴有酚酞的纯碱溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去 C. 铜与稀硝酸反应生成的无色气体在试管口变红棕色 D. 红色鲜花遇氯气变成白色 【答案】B 【解析】 【详解】A．在稀硫酸中加入红色Cu2O固体，溶液逐渐变蓝：,因发生氧化还原反应生成溶液逐渐变蓝，A不符合题意； B．在滴有酚酞的纯碱溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去，是因为通入二氧化硫改变了溶液的酸碱性，酸碱指示剂变色，与氧化还原反应无关，B符合题意； C．铜与稀硝酸反应生成的无色气体在试管口变红棕色是因为铜与稀硝酸生成的NO气体在试管口被氧气氧化为NO2，与氧化还原反应有关，C不符合题意； D．红色鲜花遇氯气变成白色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有强氧化性漂白了红色鲜花，D不符合题意； 故选B。 3. 下列叙述或化学用语使用错误的是 A. 氧原子的轨道表示式违背了泡利原理 B. H2S的VSEPR模型： C. 中子数为18的S原子的结构示意图： D. 用双线桥法表示浓硫酸吸收硫化氢反应的电子转移情况： 【答案】D 【解析】 【详解】A．泡利不相容规则：同一个原子轨道中最多容纳两个自旋方向相反的电子。图中的2s轨道两个电子方向相同。违反泡利原理，A正确； B．在分子中，成键电子数为2，孤对电子数=，图中表示为两对孤对电子和两对成键电子对，VSEPR模型为四面体，表述无误，B正确； C．硫原子的原子结构示意图和中子数无关，所以硫原子核电荷数为16，图示排布无问题，C正确； D．浓硫酸吸收硫化氢反应中生成了硫、二氧化硫，根据化合价变价规则，硫酸中元素的化合价由+6价降为+4价，得到电子，硫化氢中元素的化合价由-2价升高为0价，失去电子，其电子转移情况：，D不正确； 故答案选D。 4. 为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是 A. 物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 B. 反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C. 通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出31.2kJ的热量 D. 催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．催化剂是参与反应，改变反应历程，反应前后质量和化学性质不变的物质；中间产物是反应过程中生成又消耗的物质，物质I参与反应，最后又生成，是催化剂；物质Ⅱ、Ⅲ是反应过程中生成又消耗的，为中间产物，A正确； B．反应历程中H2、CO2、H2O参与反应，其中H2中存在非极性键的断裂；生成HCOOH、H2O等含有极性键，存在极性键的形成，但不存在非极性键的形成，B错误； C．根据总反应H2+CO2=HCOOH可知，每生成1molHCOOH转移2mole-，故46g液态HCOOH的物质的量为=1mol，则生成1mol液态HCOOH时放出热量31.2kJ，故每转移1mol e-放出15.6kJ热量，C错误； D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，平衡转化率与反应热、外界条件(温度、压强、浓度等 )有关，催化剂不能改变平衡转化率，D错误； 故答案为：A。 5. 分子中含有手性碳原子的物质具有光学活性。有机化合物有光学活性。则该有机化合物分别发生如下反应后，生成的有机物仍有光学活性的是 A. 与乙酸发生酯化反应 B. 与NaOH水溶液共热 C. 与银氨溶液作用 D. 在催化剂存在下与氢气作用 【答案】C 【解析】 【详解】A.与乙酸发生酯化反应后，—CH2OH转化为—CH2OOCCH3，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故A不符合题意； B.与NaOH水溶液共热发生水解反应后，—CH2OOCCH3转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故B不符合题意； C.与银氨溶液作用发生银镜反应后，—CHO转化为—COOH，分子中仍含有手性碳原子，仍有光学活性，故C符合题意； D.在催化剂存在下与氢气作用发生加成反应后，—CHO转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故D不符合题意； 故选C。 6. 浓硫酸与木炭在加热时发生反应：。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 有1 mol CO2生成时，该反应转移电子数为4NA B. 标况下，22.4 L CO2含σ键数目为4NA C. 12 g 14C含质子数为6NA D. 2 mol SO2与1 mol O2充分反应得到SO3的分子数为NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应中C元素化合价从0价升高至+4价，每生成时，失去电子，反应转移电子数为，A正确； B．标况下的物质的量为，结构式为，每个双键含1个键，故含键数目为，B错误； C．的摩尔质量为，的物质的量为，每个含6个质子，总质子数为，C错误； D．与生成的反应为可逆反应，反应物无法完全转化，得到的分子数小于，且无法确定恰好为，D错误； 故答案选A。 7. 新质生产力涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法错误的是 A. 具有储氢潜力的新型材料碳纳米管属于单质 B. 创新药氢溴酸氘瑞米德韦片中的氘与氢互为同位素 C. 醇氢电动汽车中使用的甲醇是新型清洁可再生能源 D. 具有独特性能的纳米半导体CdTe量子点属于胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳纳米管是由碳元素组成的单质，A不符合题意； B．氢溴酸氘瑞米德韦片中的“氘”是氢的同位素（质量数为2），与氢（质量数为1）互为同位素，B不符合题意； C．甲醇（CH3OH）在醇氢电动汽车中作为燃料，燃烧产物主要为CO2和H2O，相对清洁；若通过生物质或可再生能源生产（如生物甲醇），可视为可再生能源，C不符合题意； D．胶体是一种分散系，属于混合物，CdTe量子点是碲化镉纳米半导体颗粒，尺寸在1-100 nm范围内，但本身是一种纯净物，D符合题意； 故选D。 8. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向苯酚钠溶液中通入CO2 产生白色浑浊 酸性：碳酸＞苯酚 B 向溴水中加入植物油，振荡后静置 溴水层变为无色 植物油萃取了溴单质 C 向鸡蛋清溶液中加入含Pb2+溶液 有白色固体析出 蛋白质发生了盐析 D 将乙醇与浓硫酸共热至170℃，将所得气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液褪色 气体中含有乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向苯酚钠溶液中通入生成苯酚白色浑浊，根据强酸制弱酸原理，可证明酸性：碳酸＞苯酚，A正确； B．植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含碳碳双键，与溴发生加成反应使溴水褪色，并非萃取作用，B错误； C．属于重金属离子，会使蛋白质发生不可逆的变性，不是盐析，C错误； D．乙醇易挥发，且反应可能生成还原产物，乙醇、和乙烯均能使酸性溶液褪色，无法证明气体中含有乙烯，D错误； 故答案选A。 9. 物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是 A. A→F,△H =-△H6 B. △H1 +△H2 + △H3 + △H4 + △H5 + △H6=0 C. C→F, △H= △H1+ △H2 + △H6 D. 若A→C为放热过程，则△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0 【答案】C 【解析】 【详解】依据盖斯定律来分析判断。 A．A—F和F—A的焓变数值相等符号相反，A项正确； B．由 A循环到A，能量变化为0，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0，B项正确； C．由C—F，△H=△H3+△H4+△H5，由F—C，△H=△H1+△H2+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，故C项错误； D．若A→C为放热过程，则C→A为吸热过程，即△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0，D项正确。 故选C项。 【点睛】本题考查了盖斯定律的含义理解和计算应用，主要是焓变的分析判断，化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；注意反应的方向改变，焓变符号改变。 10. 理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. HCN比HNC稳定 B. 该异构化反应的 C. 加入催化剂能降低反应的活化能而加快反应速率 D. 使用催化剂，可以改变反应的转化率 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确； B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确； C．加入催化剂能降低反应的活化能而加快反应速率，故C正确； D．使用催化剂，能同等程度的改变正逆反应速率，不会使平衡发生移动，不会改变反应物的转化率，故D错误。 答案为D。 11. 锂铁一次电池可为智能门锁、医疗器械等供电，其总反应为。以下说法正确的是 A. 作负极发生氧化反应 B. 电解质溶液可使用稀硫酸 C. 每生成1molFe转移2mol电子 D. 电子由电极流出，经电解质溶液流回电极 【答案】A 【解析】 【详解】A．作负极，失电子发生氧化反应，A正确； B．是活泼金属，会与稀硫酸反应，电解质溶液不能使用稀硫酸，B错误； C．是还原剂，失电子，可知每生成1molFe转移4mol电子，C错误； D．电子不能经过电解质溶液，D错误； 故选A。 12. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 澄清透明的溶液中：、、、 B. 紫色石蕊试液呈红色的溶液中：、、、 C. 与Al反应能放出的溶液中：、、、 D. 水电离的的溶液中：、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．澄清透明的溶液中各离子（、、、）之间不反应，可大量共存，A正确； B．紫色石蕊试液呈红色的溶液为酸性环境，在酸性条件下会氧化，发生反应，不能共存，B错误； C．与Al反应放出的溶液可能为强酸性或强碱性；若为酸性，在酸性条件下会与Al反应生成NO而非，且会被氧化；若为碱性，会生成沉淀，C错误； D．水电离的的溶液可能为强酸性或强碱性；若为酸性和均会与反应；若为碱性，会与反应，D错误； 故答案选A。 13. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素。其中X原子的原子核内无中子；Y与Z同周期且相邻；Z单质的一种同素异形体主要处于大气平流层，可以保护地球生物的生存；M原子次外层电子数是最外层的4倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y>X B. 第一电离能：Z>Y>M C. 工业上用电解法制备单质M D. 上述元素均分布在元素周期表的p区 【答案】C 【解析】 【分析】X原子核内无中子，则X为H；Z单质的一种同素异形体主要处于大气平流层，可以保护地球生物的生存，则Z为O；Y与Z同周期相邻，则Y为N（原子序数7）；M次外层电子数为最外层的4倍，则次外层8电子（对应最外层2电子），可得M为Mg。 【详解】A．原子半径在同一周期随原子序数增大而减小，N＞O＞H，A错误； B．N的p轨道半充满更稳定，第一电离能N＞O＞Mg，B错误； C．工业电解熔融MgCl2制Mg，C正确； D．H和Mg位于s区，D错误。 故选C。 14. 水是一种重要的资源，它在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是 A. 上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧ B. ①和⑦中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同 C. ①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂 D. ⑦中水做氧化剂，②中水做还原剂 【答案】C 【解析】 【分析】题干中发生的反应方程式分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③Na2O+H2O = 2NaOH，④3NO2+H2O=2HNO3+NO，⑤SO3+H2O=H2SO4，⑥Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，⑦2F2＋2H2O=4HF＋O2，⑧Cl2+H2O=HCl+HClO，据此解题。 【详解】A．由分析可知，③⑤⑥即H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A错误； B．由分析可知，①中2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1 mol O2转移2 mol e－，⑦中2F2＋2H2O=4HF＋O2，生成1 mol O2转移4 mol e－，B错误； C．由分析可知，①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂，C正确； D．由分析可知，⑦中水做还原剂，②中水做氧化剂，D错误； 故答案为：C。 15. 用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 钛基电极上的反应为 C. 碳钢电极底部有、生成 D. 每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.5mol 【答案】C 【解析】 【分析】碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，a为正极，钛基电极是阳极，失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为。 【详解】A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A错误； B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B错误； C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C正确； D． 钛基电极上的反应为，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.46mol，故D错误； 故选C。 二、非选择题(共4题，满分55分) 16. 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： （1）Mn基态原子的价电子排布式为________。 （2）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________。为提高溶矿速率，可采取的措施________（举1例）。 （3）加入少量的作用是________。 （4）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时=________mol/L。 （5）加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 粉碎菱锰矿（或不断搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等任写1种） （3）将氧化为 （4） （5）、 【解析】 【小问1详解】 Mn原子序数为25，按构造原理和洪特规则填充电子，价电子位于3d和4s轨道，因此价电子排布式为； 【小问2详解】 菱锰矿的主要成分为碳酸锰，碳酸盐与硫酸反应生成硫酸盐、水和二氧化碳，故主要反应为。粉碎菱锰矿可增大固体与硫酸的接触面积，从而提高溶矿速率； 【小问3详解】 二氧化锰在酸性条件下具有氧化性，发生。因此加入少量二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子，使铁更易在后续调pH时生成氢氧化铁沉淀除去； 【小问4详解】 pH=4，则。氢氧化铁的溶度积满足，因此； 【小问5详解】 溶矿后的溶液中含有硫酸根，加入BaS后，钡离子与硫酸根反应：；硫离子与镍离子反应：。因此生成的沉淀为硫酸钡和硫化镍。 17. 某溶液A中可能含有、、、、、、、、、中的几种，现对该溶液进行如下实验： 步骤1：取少量溶液A于试管中，向试管中滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，将所得溶液分成两等份，分别为溶液、溶液。 步骤2：向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。 步骤3：向溶液中加入过量的KOH溶液，有红褐色沉淀生成；过滤，向所得滤液中通入过量的，有白色絮状沉淀生成。 依据上述实验，回答下列问题： （1）步骤1中得到的红棕色气体为___________(填化学式)，由此可推出溶液A中一定含有___________(填离子符号)。 （2）结合步骤1和步骤2可知，该溶液A中一定不含的离子为___________(填离子符号)。 （3）步骤3中生成白色絮状沉淀反应的离子方程式为___________。 （4）结合上述实验，可知溶液A中可能含有的离子为___________(填离子符号)。 （5）已知：在碱性条件下，Al单质能与反应，产生氨气和氮气，发生反应的离子方程式：_______________________________________________________(未配平，Y代表一种离子)。 ①Y代表___________(填离子符号)；配平上述离子方程式_______(Y用具体离子符号表示)。 ②若该反应中生成标准状况下2.24L气体，则消耗的Al单质的质量为___________g。 【答案】（1） ①. NO2 ②. 、 （2）、、 （3） （4）、、 （5） ①. OH- ②. 1697OH-+30 ③. 8.64 【解析】 【分析】步骤1：少量溶液A滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，该气体为NO2，说明含有且含具有还原性的，氢离子和反应生成硅酸是难溶物，由于反应后没有沉淀生成，则不存在，与碳酸根不能大量共存，则原溶液无碳酸根；步骤2：加入溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为硫酸钡，说明含有，则溶液A一定不存在；步骤3：向溶液中加入过量的KOH溶液，有红褐色沉淀生成即Fe(OH)3，由于步骤1亚铁离子被氧化生成了，所以加过量的KOH溶液生成Fe(OH)3，不能说明原溶液中含有；过滤，向所得滤液中通入过量的，有白色絮状沉淀生成即Al(OH)3，说明含有；则溶液A一定存在、、、，一定不存在、、，可能含有、、。 【小问1详解】 步骤1中得到的红棕色气体为NO2，加入浓盐酸使溶液呈酸性，在酸性溶液中具有强氧化性，与还原性反应生成NO，NO被氧气氧化为NO2，可推出溶液A中一定含有、； 【小问2详解】 步骤1：少量溶液A滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，该气体为NO2，说明含有且含具有还原性的，氢离子和反应生成硅酸是难溶物，由于反应后没有沉淀生成，则不存在，与碳酸根不能大量共存，则原溶液无碳酸根；步骤2：加入溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为硫酸钡，说明含有，则溶液A一定不存在，结合步骤1和步骤2可知，该溶液A中一定不含的离子为、、； 【小问3详解】 步骤3中生成白色絮状沉淀即Al(OH)3，过量KOH与Al3+反应生成[Al(OH)4]-，通入过量的与[Al(OH)4]-反应生成Al(OH)3和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为； 【小问4详解】 根据分析，溶液A一定存在、、、，一定不存在、、，可能含有、、，结合上述实验，可知溶液A中可能含有的离子为、、； 【小问5详解】 ①在碱性条件下，Al单质能与反应，产生氨气和氮气，铝元素化合价升高了3个价位，氮元素化合价分别降低了8和5，由氨气和氮气的系数已经确定，可知得到电子总数为8+5×2×4=48，由得失电子守恒，则含铝元素的物质系数为，系数为9，由电荷守恒可知，Y为OH-，系数为7，结合原子守恒，配平反应的离子方程式：1697OH-+30； ②若该反应中生成标准状况下2.24L气体物质的量为，由反应的离子方程式可知，生成5mol气体时转移48mol电子同时消耗16mol Al，则反应生成0.1mol气体时消耗0.32mol Al，则消耗的Al单质的质量为0.32mol×27g/mol=8.64g。 18. 亚硝基硫酸()在干燥的空气中能稳定存在，遇水反应生成两种强酸和NO，可溶于浓硫酸而不分解，主要用于取代亚硝酸钠应用于分散染料的重氮反应。 Ⅰ．实验室将NO和按照1：1的比例通入发烟硫酸(溶于纯硫酸中所得的溶液)中反应，制得亚硝基硫酸，反应原理：，装置如图所示： 已知：装置A中发生反应。 回答下列问题： （1）装浓硝酸的仪器是________(填仪器名称)。 （2）反应开始前通入氮气的目的是________________________________________。 （3）装置C的主要作用是吸收尾气NO和，防止其污染环境，若反应结束后在C中得到一种含氮的盐类物质，则装置C中反应的离子方程式为________________________________；装置C中倒置的漏斗所起的作用是________________________。 （4）亚硝基硫酸遇水发生反应的化学方程式为________________________________。 Ⅱ．产品中亚硝基硫酸纯度的测定 准确称取3.000 g产品放入250 mL的碘量瓶中，加入0.1000 mol/L、100.00 mL的标准溶液和10 mL、25%的溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L 标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。 已知：； （5）配制溶液所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、________________。 （6）达到滴定终点时的实验现象为________________________________。 （7）产品中亚硝基硫酸的纯度为________________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）分液漏斗 （2）排尽装置内的空气，防止生成的NO被空气中的氧气氧化 （3） ①. ②. 防倒吸 （4） （5）玻璃棒、胶头滴管 （6）滴入最后半滴标准溶液时，溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不再出现紫红色 （7）84.7% 【解析】 【分析】装置A由淀粉和浓硝酸反应生成等物质的量的NO、，混合气体进入冰水浴中的装置B，与发烟硫酸反应生成亚硝基硫酸，尾气由装置C中的足量浓NaOH溶液吸收。纯度测定采用返滴定法：先用过量氧化产品，再用滴定剩余的，由高锰酸钾的初始量与剩余量之差求其与的反应量，再根据题给系数关系求产品纯度。 【小问1详解】 图中盛装浓硝酸的仪器具有梨形储液部和活塞，可控制浓硝酸滴入反应烧瓶，故该仪器为分液漏斗； 【小问2详解】 装置A生成NO和，而NO会被空气中的氧化，使两种气体的物质的量之比改变，因此反应开始前通入氮气以排尽装置内的空气； 【小问3详解】 装置C中NO和的物质的量之比为1∶1，两者在足量NaOH溶液中发生归中反应，氮元素的化合价分别由+2价、+4价变为+3价，只生成含的亚硝酸盐，离子方程式为。倒置漏斗的大口与吸收液接触，装置内压强降低时可缓冲吸液，能防止吸收液倒吸； 【小问4详解】 题干说明亚硝基硫酸遇水生成两种强酸和NO，故两种强酸分别为和。按氮、硫、氢、氧原子守恒配平，化学方程式为； 【小问5详解】 将溶液转移到容量瓶时需用玻璃棒引流，定容至刻度线时需用胶头滴管逐滴加水，因此还需要玻璃棒、胶头滴管； 【小问6详解】 用标准溶液滴定剩余的时，紫红色逐渐变浅。滴入最后半滴标准溶液后，溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不再出现紫红色，即达到滴定终点； 【小问7详解】 高锰酸钾的初始物质的量为。草酸钠的物质的量为。由题给返滴定反应中高锰酸根与草酸根的系数比可知，剩余高锰酸钾的物质的量为，则与产品反应的高锰酸钾的物质的量为。由题给高锰酸钾与亚硝基硫酸的系数比可知，。亚硝基硫酸的摩尔质量为，样品中亚硝基硫酸的质量为，所以产品中亚硝基硫酸的纯度为。 19. 化合物E是某药物中间体，其一种合成路线如下所示： 已知：i．TsCl为 ii．、 回答下列问题： （1）A的名称为________，E中含氧官能团的名称为________。 （2）③、④的反应类型分别为________、________。 （3）D的结构简式为________。 （4）反应⑦的化学方程式为________。 （5）芳香化合物M与C互为同分异构体，满足下列条件的M有________种(不考虑立体异构)。 a．含有-NH2，且-NH2与苯环直接相连 b．能与NaHCO3溶液反应 其中核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：2：2的同分异构体的结构简式为________。 【答案】（1） ①. 邻硝基甲苯 ②. 羰基 （2） ①. 还原反应 ②. 取代反应 （3） （4） （5） ①. 13 ②. 【解析】 【分析】甲苯和硝酸、硫酸发生硝化反应生成A，A被高锰酸钾氧化生成B，B和甲醇发生酯化反应生成C，C和发生取代反应生成，根据D的分子式和产物分析，D的结构简式为。⑦发生成环反应，⑧发生取代反应。 【小问1详解】 起始物甲苯硝化后，后续产物邻甲基被氧化为邻位羧基，说明硝基在甲基的邻位，因此A为邻硝基甲苯； 观察E的结构，仅含1个含氧官能团为七元环上的酮羰基； 【小问2详解】 反应③中将硝基​还原为氨基​，属于还原反应； 反应④是邻氨基苯甲酸和甲醇在酸催化下生成酯，属于酯化反应，本质是取代反应； 【小问3详解】 D的分子式为，结合已知i、ii的取代规律：C的在​条件下和D发生取代，N上引入4个碳的含氰烷基，因此D的结构为氯原子在端位、另一端连氰基的4碳直链结构：； 【小问4详解】 反应⑦是在NaH作用下，发生环化，脱去1分子甲醇，得到七元环的酮结构，化学方程式为：； 【小问5详解】 C的分子式为​，条件要求：苯环直接连、含能和​反应的。分类计数：苯环上2个取代基：和，有邻、间、对3种：、、；苯环上3个取代基：、​、，三取代苯的位置异构共10种：、、、、、、、、、；总共有13种； 氢谱峰面积1:2:2:2:2说明分子高度对称，苯环为对位二取代，剩余氢为两个亚甲基的等价氢和氨基的1个氢，符合条件的结构简式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 调兵山市第二高级中学2025-2026学年度上学期高三第三次考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、单选题(每题3分，共15题，满分45分) 1. “挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的主要成分分类错误的是 A. 乾隆款金瓯永固杯：杯的主要成分黄金为金属材料 B. 《清明上河图》：宣纸的主要成分是人工合成有机高分子材料 C. 青玉云龙纹炉：玉的主要成分为硅酸盐材料 D. 商代后母戊鼎：鼎的主要成分青铜为金属材料 2. 下列颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 在稀硫酸中加入红色Cu2O固体，溶液逐渐变蓝 B. 在滴有酚酞的纯碱溶液中通入SO2气体，溶液红色褪去 C. 铜与稀硝酸反应生成的无色气体在试管口变红棕色 D. 红色鲜花遇氯气变成白色 3. 下列叙述或化学用语使用错误的是 A. 氧原子的轨道表示式违背了泡利原理 B. H2S的VSEPR模型： C. 中子数为18的S原子的结构示意图： D. 用双线桥法表示浓硫酸吸收硫化氢反应的电子转移情况： 4. 为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是 A. 物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 B. 反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C. 通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1mole-，放出31.2kJ的热量 D. 催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 5. 分子中含有手性碳原子的物质具有光学活性。有机化合物有光学活性。则该有机化合物分别发生如下反应后，生成的有机物仍有光学活性的是 A. 与乙酸发生酯化反应 B. 与NaOH水溶液共热 C. 与银氨溶液作用 D. 在催化剂存在下与氢气作用 6. 浓硫酸与木炭在加热时发生反应：。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 有1 mol CO2生成时，该反应转移电子数为4NA B. 标况下，22.4 L CO2含σ键数目为4NA C. 12 g 14C含质子数为6NA D. 2 mol SO2与1 mol O2充分反应得到SO3的分子数为NA 7. 新质生产力涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法错误的是 A. 具有储氢潜力的新型材料碳纳米管属于单质 B. 创新药氢溴酸氘瑞米德韦片中的氘与氢互为同位素 C. 醇氢电动汽车中使用的甲醇是新型清洁可再生能源 D. 具有独特性能的纳米半导体CdTe量子点属于胶体 8. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向苯酚钠溶液中通入CO2 产生白色浑浊 酸性：碳酸＞苯酚 B 向溴水中加入植物油，振荡后静置 溴水层变为无色 植物油萃取了溴单质 C 向鸡蛋清溶液中加入含Pb2+溶液 有白色固体析出 蛋白质发生了盐析 D 将乙醇与浓硫酸共热至170℃，将所得气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液褪色 气体中含有乙烯 A. A B. B C. C D. D 9. 物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是 A. A→F,△H =-△H6 B. △H1 +△H2 + △H3 + △H4 + △H5 + △H6=0 C. C→F, △H= △H1+ △H2 + △H6 D. 若A→C为放热过程，则△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0 10. 理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. HCN比HNC稳定 B. 该异构化反应的 C. 加入催化剂能降低反应的活化能而加快反应速率 D. 使用催化剂，可以改变反应的转化率 11. 锂铁一次电池可为智能门锁、医疗器械等供电，其总反应为。以下说法正确的是 A. 作负极发生氧化反应 B. 电解质溶液可使用稀硫酸 C. 每生成1molFe转移2mol电子 D. 电子由电极流出，经电解质溶液流回电极 12. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 澄清透明的溶液中：、、、 B. 紫色石蕊试液呈红色的溶液中：、、、 C. 与Al反应能放出的溶液中：、、、 D. 水电离的的溶液中：、、、 13. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素。其中X原子的原子核内无中子；Y与Z同周期且相邻；Z单质的一种同素异形体主要处于大气平流层，可以保护地球生物的生存；M原子次外层电子数是最外层的4倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y>X B. 第一电离能：Z>Y>M C. 工业上用电解法制备单质M D. 上述元素均分布在元素周期表的p区 14. 水是一种重要的资源，它在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是 A. 上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧ B. ①和⑦中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同 C. ①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂 D. ⑦中水做氧化剂，②中水做还原剂 15. 用电化学方法可以去除循环冷却水(含有、、、苯酚等)中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 钛基电极上的反应为 C. 碳钢电极底部有、生成 D. 每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.5mol 二、非选择题(共4题，满分55分) 16. 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： （1）Mn基态原子的价电子排布式为________。 （2）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________。为提高溶矿速率，可采取的措施________（举1例）。 （3）加入少量的作用是________。 （4）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时=________mol/L。 （5）加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有________。 17. 某溶液A中可能含有、、、、、、、、、中的几种，现对该溶液进行如下实验： 步骤1：取少量溶液A于试管中，向试管中滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，将所得溶液分成两等份，分别为溶液、溶液。 步骤2：向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。 步骤3：向溶液中加入过量的KOH溶液，有红褐色沉淀生成；过滤，向所得滤液中通入过量的，有白色絮状沉淀生成。 依据上述实验，回答下列问题： （1）步骤1中得到的红棕色气体为___________(填化学式)，由此可推出溶液A中一定含有___________(填离子符号)。 （2）结合步骤1和步骤2可知，该溶液A中一定不含的离子为___________(填离子符号)。 （3）步骤3中生成白色絮状沉淀反应的离子方程式为___________。 （4）结合上述实验，可知溶液A中可能含有的离子为___________(填离子符号)。 （5）已知：在碱性条件下，Al单质能与反应，产生氨气和氮气，发生反应的离子方程式：_______________________________________________________(未配平，Y代表一种离子)。 ①Y代表___________(填离子符号)；配平上述离子方程式_______(Y用具体离子符号表示)。 ②若该反应中生成标准状况下2.24L气体，则消耗的Al单质的质量为___________g。 18. 亚硝基硫酸()在干燥的空气中能稳定存在，遇水反应生成两种强酸和NO，可溶于浓硫酸而不分解，主要用于取代亚硝酸钠应用于分散染料的重氮反应。 Ⅰ．实验室将NO和按照1：1的比例通入发烟硫酸(溶于纯硫酸中所得的溶液)中反应，制得亚硝基硫酸，反应原理：，装置如图所示： 已知：装置A中发生反应。 回答下列问题： （1）装浓硝酸的仪器是________(填仪器名称)。 （2）反应开始前通入氮气的目的是________________________________________。 （3）装置C的主要作用是吸收尾气NO和，防止其污染环境，若反应结束后在C中得到一种含氮的盐类物质，则装置C中反应的离子方程式为________________________________；装置C中倒置的漏斗所起的作用是________________________。 （4）亚硝基硫酸遇水发生反应的化学方程式为________________________________。 Ⅱ．产品中亚硝基硫酸纯度的测定 准确称取3.000 g产品放入250 mL的碘量瓶中，加入0.1000 mol/L、100.00 mL的标准溶液和10 mL、25%的溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L 标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。 已知：； （5）配制溶液所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、________________。 （6）达到滴定终点时的实验现象为________________________________。 （7）产品中亚硝基硫酸的纯度为________________(保留三位有效数字)。 19. 化合物E是某药物中间体，其一种合成路线如下所示： 已知：i．TsCl为 ii．、 回答下列问题： （1）A的名称为________，E中含氧官能团的名称为________。 （2）③、④的反应类型分别为________、________。 （3）D的结构简式为________。 （4）反应⑦的化学方程式为________。 （5）芳香化合物M与C互为同分异构体，满足下列条件的M有________种(不考虑立体异构)。 a．含有-NH2，且-NH2与苯环直接相连 b．能与NaHCO3溶液反应 其中核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：2：2的同分异构体的结构简式为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $