湖南长沙市部分学校2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

机密★启用前 2026年下学期高三10月质量检测 化 学 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹 签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Mg24Cu64 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.中国已跻身世界航空强国前列，拥有了令全球瞩目的隐身战机家族。下列说法错误的是 A歼-20S等隐身战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体 B.使用氮化硅(SN,)陶瓷发动机叶片，是因为氮化硅具有高熔点、高硬度等性能 C.歼-35战机机翼使用了“碳纤维布”（聚丙烯腈经碳化而成），碳纤维属于有机高分子材料 D.第六代战机歼-36的机体大梁使用了钛合金材料，钛合金的硬度比其成分金属的大 2.下列化学用语或图示错误的是 A.D+(氘离子)的结构示意图为+ :O: B.醛基的电子式为：C:H C.乙醚的分子式为CHoO H CI HCI D.HCl分子中的sp,键的形成过程示意图为⊙→C○→CO0 3.化合物Z是一种具有生物活性的含氧衍生物，其合成路线如图所示。下列说法错误的是 CHO CH,OCHCI, CICH,CCH TiCl, K,CO, OH X 司A.X能在空气中稳定存在 B.Y分子中所有原子可能共平面 C.Z与足量的H2加成得到的产物分子中有5个手性碳原子 D.不可用酸性KMnO,溶液检验Z中是否混有Y 4.某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备NaHCO,部分实验装置如图所示。下列说法 错误的是 ↓氨气 试剂a 试剂b 试剂e 试剂d 试剂 试剂c 【高三化学第1页（共6页）】 T A.试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石 B.试剂饱和NCO,溶液，试剂e为饱和食盐水，试剂f为稀硫酸 C,开始实验时，应先打开活塞1，再打开活塞Ⅱ D.试剂为冰水，以降低NaHCO,的溶解度，促进NaHCO,.晶体的析出 5.用铁泥（主要成分为FeO、Fe0和少量F®制备超顺磁性纳米Fe○，（粒子的平均直径为25 m)的流程如图所示（所加试剂均过量，部分步骤已省略）。下列叙述错误的是 H,O,溶液 浊液D 加热、搅拌、分离、干燥 ③NaOH溶液 纳米Fe,O 调世流团送司 预处理① A.滤液B的溶质为FeCl B.步骤②中发生的反应不全是置换反应 C.为防止在步骤⑤中继续氧化F©+，步骤④反应完成后剩余的H,O2需加热除去 D.将步骤⑤得到的纳米下©，O均匀分散在水中后得到的分散系不能产生丁达尔效应 6.将C,分别通入下列溶液，实验现象和结论均正确的是 选项 溶液 现象 结论 A AgNO,溶液 澄清溶液变浑浊 Cl2与H2O反应产生CI B FeCl2溶液 溶液由浅绿色变棕黄色 C12有还原性 C 品红溶液 溶液褪色 C,有漂白性 D 石蕊溶液 溶液变红，不褪色 氯水呈酸性 7.实验小组用“W”形玻璃管等微型装置进行实验以验证SO2的性质，①、②、③、④处的试剂 分别为Na2SO3固体、品红溶液、酸性KMnO,溶液、NaOH-酚酞溶液。下列说法错误的是 微型盾 ,稀H,SO, 海有浓NaOH 塑料 溶液的棉花 滴管 ① A.①处出现气泡，体现了H2SO,的强酸性 B.①处试剂换为Na2S2O3溶液也可以达到实验目的 C.②处溶液褪色，用酒精灯加热后红色复原 D.③处、④处溶液褪色，且褪色原理相同 8.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 熔点：A1F,(1040℃)远高于A1C(178℃升华》 与晶体类型有关 逐个断开SiH,中的Si一H,每步所需能量不同 各步中的Si一H所处化学环境不同 D 键角：ClO>OF 中心原子上的价层电子对数不同 9.硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体SO(如图甲为俯视投影图)通过共 用顶角氧原子可形成六元环（图乙）、无限单链状（图丙）、无限双链状（图丁）等多种结构。 石棉是由Ca2+、Mg2+以离子数1：3的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 00 ·Si ⊙Si-08p(Si0为 乙（六元环 丙（单链 丁（双链 下列说法错误的是 A.大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B.石棉的化学式为CaMga Si,Oo C.六元环硅酸盐中阴离子的化学式为(SiO3)2 D.双链状硅酸盐中硅、氧原子数之比为4：11 【高三化学第2页（共6页）】 10.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为10NaN,+2KNO,=K,O+5NaO+16N,↑。 下列有关该反应的叙述正确的是 A.该反应中KNO,是还原剂 B.NaNg中N的化合价为-3价 C.若被氧化的N原子的物质的量为3mol,则氧化产物比还原产物多1,4mol D.每生成1.6molN2,转移的电子为2mol 11.以下2牛为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图1所示（配体 M为H,O,O2或CO)。载氧时，血红蛋白分子中F©2+脱去配位的H,0并与O,配位： 若人体吸人CO,则C0占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构（如图2 所示)，能与Mg2+、Fe2+、Co2+配位。下列说法正确的是 卟味环 含的。器 的静S本天中 图1 图2 A.图1中，配位数与配体种数相等 B.酸性环境中，卟啉分子与Co+的配位能力减弱 C.与铁卟啉配位的能力：HzO>O2>CO D.图2中，1号N原子与2号N原子形成的。键数目相同 12.氧化镁熔、沸点高，可制造耐火、耐高温器材，其立方晶胞如图所示，晶胞参数为apm。 设阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法错误的是 A.距离O2-最近的O2-有12个 ●Mg B.O2-与配位的Mg2+形成正八面体结构 00 C.该晶体的密度为1.6×10 aN g·cm3 A(1.0.0) D距离A最近的Mg2+分数坐标可能为(2,1,2) 1 13.M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且M、X、Y、Z位于不同主族。 M的周期序数=主族序数=原子序数，基态X原子的p轨道上有2个未成对电子，Y的 最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，Z在地壳中元素 含量居第二位，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。 下列说法正确的是 A.M2X2是一种含有非极性键的极性分子 B.元素的第一电离能：X>Y>Z C.元素的电负性：X>Z>M>Y D.十6价W元素的氧化物是碱性氧化物 14.为测定由Cu单质和CuzO组成的混合粉末中Cu单质的含量，某同学将31.2g由Cu单 质和Cu2O组成的混合粉末加人500mL4mol·L1稀硝酸中，得到NO气体4.48L(标 准状况)，忽略溶液体积的变化。下列说法错误的是 A.反应后没有固体剩余 B.反应后的溶液中c(Cu2+)=0.9mol·L- C.Cu单质在混合粉末中的质量分数约为32.6% D.在反应后的溶液中加人足量铁粉，可置换出28.8gCu 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)[Ni(NH)6]C2在化工生产中可作为中间体使用，实验室制备[Ni(NH)]C1 并测定产品中的NH,含量如下。回答下列问题： (一)制备[Ni(NH)6]Cl2 ⅰ.镍片与浓硝酸在温度50~60℃加热，制得Ni(NO3)?溶液。 :向1所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，诚压过滤。 【高三化学第3页（共6页）】 T m.将ⅱ所得沉淀转移至双层反应釜中（装置如图所示），加 ·尾气处理 入6mol·L盐酸溶解。然后慢慢加入NH3·HONH,C 混合液，再缓慢加入10mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 V.将m中混合液减压过滤、洗涤、干燥。 浓氨水和 已知：①[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]C2均为能溶于 6 mol.L- 氯化铵的 盐酸 水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体 混合液 ②[Ni(NH)6](NO)2遇滤纸等有机物或还原剂会发生反应。 ③[Ni(NH,)6]Cl2受热易分解产生氨气。 双层反应金 ④乙醚能与乙醇互溶，且比乙醇更易挥发 (1)i中制取Ni(NO3)2(还原产物为NO2)的化学方程式为 (2)ⅱ中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是 微孔砂 滤纸 芯滤板 微孔砂芯漏斗 布氏漏斗 (3)仪器a的名称为 双层反应釜中冷凝水的进水口为 (填“b”或“c”)。 (4)m中无水乙醇的作用是 (5)V中用A.乙醚、B.乙醇、C.浓氨水洗涤晶体，这三种洗涤剂正确的洗涤顺序是 (填标号)。 (二)产品中的NH3含量测定 用电子天平称取0.2500g产品，用水溶解后加入5.00mL6mol·L1盐酸，以甲基红 为指示剂，用0.5000mol·L-1NaOH标准溶液滴定剩余盐酸至终点，消耗NaOH标准 溶液V1mL。另取5.00mL6mol·L1盐酸，以甲基红为指示剂，用0.5000mol·L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V2mL。 (6)产品中NH3的质量分数为 (列出计算式)。若所用6mol·L1盐酸浓度 偏大，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16.(14分)SO2和NO,会导致一些环境问题，化学工作者正在研究用化学方法来防治。回 答下列问题： (1)酸雨防治是全球性的难题，酸雨的形成过程如图所示 NO,-HNO, H.,SO NO,、SO ①取一份雨水样品，在常温下测定其不同时刻的pH如下表所示。 测试时间/h 0 1 2 3 雨水的pH 4.73 4.63 4.56 4.55 4.55 常温下pH< 的雨水称为酸雨。若该雨水为硫酸型酸雨，则其放置过程中 pH发生变化的主要原因是 (用化学方程式表示)。 ②氨氧化物是酸雨形成的重要原因，对汽车尾气处理的一种方法如图所示。当参与 反应的NO与O2的物质的量之比为2：1时，该过程中总反应的化学方程式为 NO CO,、N NO. 催化剂 (2)利用氨水可以将SO2和NO2吸收并制得氮肥“肥田粉”，其流程如图所示。 SO. NO, N 氨水 NH,HSO,溶液 铵盐溶液 NO2被吸收的离子方程式是 【高三化学第4页（共6页）】 T (3)NO和NO可用NaOH溶液吸收处理，主要反应为： NO+NO2+20H -2NO2+H2O 2NO2+20H--NOz +NO,+H2O 下列措施能提高尾气中NO和NO,的去除率的有 (填标号)。 A.加快通入尾气的速率 B.采用气、液逆流的方式吸收尾气 C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 (4)NO的氧化吸收，用NaCIO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他 条件相同，NO转化为NO,的转化率随NaC1O溶液初始pH的变化如图所示。 100 解 90 8o 10 60 10 pH ①在硫酸酸化的NaCIO溶液中，HCIO氧化NO生成CI和NO,,反应的离子方程 式为 ②NaCIO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高，原因是 ③用硫酸酸化NaCIO溶液而不用盐酸酸化的原因是 (用离子方程式表示)。 17.(15分)工业上以CuCl,为原料制备碱式碳酸铜，用NaBH4水解再生并循环制氢。回答 下列问题： (1)制备。70℃下，用不同体积比的Na2CO,溶液和CuC2溶液制备碱式碳酸铜，可能 得到CuCO3·Cu(OH)2或2CuCO3·Cu(OH)2。 ①准确配制250mL1.00mol·L-1Na2CO3溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻 璃棒、胶头滴管、 。 某同学加水定容时不慎超过了刻度线，应采取的 操作为 ②向CuCl2溶液中滴加Na2 CO3溶液，生成CuCO3·Cu(OH)2沉淀和NaHCO,的 离子方程式为 (2)纯化。所得固体经洗涤、干燥后得到产品。 ①检验碱式碳酸铜沉淀是否洗涤干净的操作为 ②将纯化后的碱式碳酸铜加热，不同温度下固体的失重率 40 (失重率=初始质量一最终质量×100%)如图所示。350℃ (350,28) 初始质量 时，残留固体为CuO,则制得的碱式碳酸铜为 (填标 号)，判断依据为 200 400 600 (结合数据说明)」 温度/℃ A.CuC03·Cu(OH)2(M=222g·mol-1) B.2CuCO3·Cu(OH)2(M=346g·mol1) (3)NaBH,水解再生并循环制氢的原理如图所示 H, H,O NaBH MgH,Mg MgCl, H Na[B(OH).] MgO NaBH,水解 NaBH,再生 ①NaBH,(H为一1价)水解生成Na[B(OH),]的化学方程式为 ②NaBH,再生过程中被还原的元素有 (填元素符号) ③以NaBO,·nH2O晶体和Mg为原料也可直接实现NaBH,的再生。在反应过程 中检测到有MgH2生成，可能的原因是 【高三化学第5页（共6页）】 T 18.(15分)科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药扑热息痛（对乙酰氨基酚）利用拼合的方法 得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不会被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以 原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用 时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。贝诺酯的合成路线如下： CH, CH, CH, CH, COOH COONa Br Br ONa SO,/H,SO H,O 氧化 水解 酸化 ① ② ⑥ A SO,H SO,H D OH OH 台宁回展 水杨酸 阿司匹林 NaOH溶液NaO 贝诺酯 HO NH 扑热息痛 已知：i.RC-C+ ONa→R-C-O +NaCl。 O CH i.DMF表示N,N-二甲基甲酰胺(H一C-N一CH,)。 回答下列问题： (1)H3C SOH的化学名称为 DMF中碳原子的杂化轨道类型 为 (2)贝诺酯的官能团名称为 ,H的结构简式为 (3)由A制D不采取甲苯与Br2直接反应，而是经过步骤①~③，目的是 (4)在催化剂（浓硫酸）作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇(EH2C一CH五)熔融酯化可以 OH 制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M。生成M的化学方程式为 (5)化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同 分异构体，同时满足下列要求的Q的结构有 种（不考虑立体异构）。 ①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②只含有1种官能团，且液态时能与Na反应放出气体 (6)参考上述路线，设计如下转化制备有机物Z。 ①新制Cu(OH)2,△ POCI,DMF ONa -CH2 CHO- X →7 ②H X、Y、Z的结构简式分别为 【高三化学第6页（共6页）】 T2026年下学期高三10月质量检测·化学 参考答案、提示及评分细则 题号 2 3 5 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 C B C D D D B C B D A 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.【答案】C 【解析】石墨烯和金刚石都属于碳单质，两者互为同素异形体，A正确；氮化硅为共价晶体，具有熔点高、 硬度大的优点，可用于制造战机的发动机叶片，B正确；碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维， 由有机纤维碳化而成，主要成分为碳，属于无机非金属材料，C错误；合金的硬度通常高于其成分金属， 钛合金符合这一特性，D正确。 2.【答案】B 【解析】D(氘原子)的结构示意图为(+D ,则D+(氘离子)的结构示意图为(+，A正确；醛基的电子式为 :0 ·C:H,B错误；乙醚的结构简式为CHCH2OCH2CH,则乙醚的分子式为C4HoO,C正确；D项HC1 分子中的sp。键的形成过程示意图正确。 3.【答案】A 【解析】X是3-氯苯酚，酚羟基具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，X在空气中不能稳定存在，A错 误；Y的分子结构中，苯环、醛基均为平面结构，醛基中的碳原子通过单键与苯环相连，碳碳单键可以旋 转，因此苯环与醛基可能共平面；酚羟基中的氧原子通过单键与苯环相连，碳氧单键可以旋转，因此苯 环与酚羟基中的H原子可能共平面，则Y分子中所有原子可能共平面，B正确：Z与足量的H2加成得 到的产物为 D,产物分子中含有5个手性碳原子 OH,C正确：Y中含有酚羟基和 CH CH, 醛基，两者均具有还原性，可以被酸性KMO4溶液氧化；Z中苯环的侧链上含有碳碳双键，也可以被酸 性KMnO,溶液氧化，故不可用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y,D正确。 4.【答案】C 【解析】试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石，A正确；试剂c为饱和NaHCO溶液，用于除去 CO2中的HCl气体；试剂e为饱和食盐水；试剂f为稀硫酸，用于除去尾气中的NH,B正确；因NH 的溶解度远大于CO2,故应先通入NH3,后通入CO2,即开始实验时，应先打开活塞Ⅱ，再打开活塞I, C错误：冰水浴可降低NaHCO的溶解度，促进NaHCO晶体的析出，故试剂d为冰水，D正确。 5.【答案】D 【解析】铁泥（主要成分为Fe,O,、FeO和少量Fe)与稀盐酸反应得到的滤液A中溶质为FeCl3、FeCl2、 过量的HCl;加入过量铁粉，得到的滤液B中的溶质为FeC2;加入NaOH溶液，生成Fe(OH)2沉淀； 向浊液C中加入H2O2溶液，反应完成后需除去剩余的H2O2,再与FCl2溶液混合，经一系列操作后 得到产品纳米FeO4。滤液B的溶质为FeCl2,A正确；反应2H++Fe一Fe2+十H2个是置换反应，反 应2Fe3++Fe一3Fe+不是置换反应，B正确；为防止H2O2在步骤⑤中继续氧化Fe2+,需通过加热除 去剩余的HzO2,C正确；超顺磁性纳米Fe3O4的粒子的平均直径为25nm,其均匀分散在水中后得到 的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，D错误。 【高三化学参考答案第1页（共4页）】 6.【答案】A 【解析】C2和HO反应生成HC1和HCIO,溶液中的C1和Ag+反应生成AgC1沉淀，使澄清溶液变 浑浊，A正确；向FeCl2溶液中通入氯气，发生反应2Fe++C2一2Fe3++2C1,溶液由浅绿色变成棕 黄色，说明C2有氧化性，B错误；向品红溶液中通入氯气，溶液褪色，是由于Cl2和水反应生成HC1和 HCIO,HClO具有漂白性，使品红溶液褪色，C错误；Cl2和水反应生成HC1和HCIO,溶液呈酸性，使 紫色石蕊溶液先变红，HCO具有漂白性，很快使变红的溶液褪色，D错误。 7.【答案】D 【解析】①处稀硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2是复分解反应，体现了HSO,的强酸性，A正确； NS2O3溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成SO2、S单质和HO,也可以达到实验目的， B正确；②处SO2使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，但SO2使品红溶液褪色为可逆过程，加热会 恢复红色，C正确；酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性；NaOH-酚酞溶液褪色，说明SO2是酸 性氧化物，褪色原理不同，D错误。 8.【答案】D 【解析】原子光谱是不连续的线状谱线，是由于原子的能级是量子化的，解释正确，A不符合题意； AF是离子晶体，A1CL3是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，解释正确，B不符合题意；SiH 中四个Si一H原本等价，但逐步断开Si一H后，每一步的结构改变导致后续键能不同，解释正确，C不 符合题意；CLO、OF2的中心原子相同，均为氧原子，中心原子上的价层电子对数相同，均为4。C12O的 键角大于OF2的键角，原因是电负性：F(4.0)>O(3.5)>C1(3.0),C20中成键电子对偏向氧原子，两 个成键电子对之间排斥力较大，故键角较大；OF,中成键电子对偏向氟原子，两个成键电子对之间排斥 力较小，故键角较小，解释错误，D符合题意。 9.【答案】B 【解析】硅氧四面体结构的特殊性决定了大多数硅酸盐材料硬度高，A正确；石棉中Ca+、Mg+个数比 为1：3，其中Mg元素、C元素均显十2价，Si元素显+4价，O元素显一2价，所以石棉的化学式可表 示为CaMga Si,O2,B错误；六元环硅酸盐中，Si元素显十4价，O元素显一2价，所以六元环硅酸盐中 阴离子的化学式为(SO3)2,C正确；由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为 1:1,一种硅氧四面体与单链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1，氧原子个数为3， 个数比为1：3；另一种硅氧四面体，硅原子个数为1，O原子个数为2.5，个数比为1：2.5，所以双链状 硅酸盐中硅、氧原子数之比为2：5.5=4：11，D正确。 10.【答案】C 【解析】KNO,中N元素化合价降低生成N2,KNO是氧化剂，A错误；NaN3中Na为+1价，N的化 合价为一号价，B错误；根据关系式转移15N,(氧化产物)~N,(还原产物)可知，若被氧化的N原子的 物质的量为3mol,即1.5molN2(氧化产物)，则同时得到0.1molN2(还原产物)，则氧化产物比还原 产物多1.5mol一0.1mol=1.4mol,C正确；根据关系式转移10e~16N2可知，每生成1.6molN2, 转移的电子为1mol,D错误。 11.【答案】B 【解析】图1中，配位数为6，配体种数为3，配位数与配体种数不相等，A错误；酸性环境中，N原子会 与H+结合，N原子的孤电子对无法用于与Co+配位，配位能力减弱，B正确；载氧时，血红蛋白分子 中Fe+脱去配位的H2O并与O2配位，说明配位能力：O2>H2O;若人体吸入CO,则CO占据配位 点，血红蛋白失去携氧功能，说明配位能力：CO>O2,C错误；图2中，1号N原子无N一H。键，形成 2个C一N。键，2号N原子形成1个N一Ho键和2个C一N。键，共3个。键；二者形成的。键数目 不同，D错误。 【高三化学参考答案第2页（共4页）】 2入 12.【答案】D 【解析】以体心O-为例，距离O-最近的O位于棱心，共有4×3=12个，A正确；O2的配位数为6， 以体心0为例，其与配位的Mg形成正八面体结构，B正确：晶胞中0的数目为12×号十1=4， Mg+的数日为8×日十6X号=4，结合晶胞参数可得晶体密度为-，X10 a NA g·cm3,C正确；由题图 可知，分数坐标为（分1，号）的Mg+位于品胞前面面心，其并不是距离A最近的Mg+,距离A最近 的Mg+分数坐标为晶胞后面面心（分0,2）、品胞下面面心（分，2,0），晶胞右面面心1，，) D错误。 13.【答案】A 【解析】根据题意可知，元素M、X、Y、Z、W分别是H、O、Al、Si、Cr。MX2为HO2,含有O一O非极 性键，H2O2的分子结构不是平面形结构，而是半开书页形结构，两个氧原子位于书轴上，两个氢原子 在半展开的书的两面上分别与两个氧原子相连，分子的正电中心和负电中心不重合，因此H2O2是极 性分子，A正确；元素的第一电离能：O>S>Al,B错误；元素的电负性：O>H>Si>A1,C错误； CrO3是酸性氧化物，D错误。 14.【答案】C 【解析】Cu单质与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO,(稀)一3Cu(NO3)2+2NO个+4H2O, Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3(稀)一6Cu(NO)2+2NO个+7H2O。若 31.2g混合粉末全部为Cu单质，则消耗的HNO3为1.30mol;若31.2g混合粉末全部为Cu2O,则消 耗的HNO3约为1.01mol;题给HNO3的物质的量为4mol·L1×0.500L=2.0mol,故题给稀硝 酸过量，反应后没有固体剩余，A正确；设31.2g混合粉末中Cu单质和C2O的物质的量分别为 mol.ymol.依题意可得64r+144y=31.2和nN0)=2等-多经mol=0.2ol,解得t=0.15、 3 y=0.15,反应后的溶液中c(Cu2+)=0.15+015X2mol·L,1=0.9mol·L,B正确：Cu单质在混合 0.500 粉末中的质量分数=64X0,15×100%≈30.8%，C错误；在反应后的溶液中加人足量铁粉，可置换出Cu 31.2 的质量为0.45mol×64g·mol1=28.8g,D正确。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.【答案】(14分) 1)N+4HNO,(浓)0-60CNi(NO)2+2NO,◆+2H,O(2分) (2)[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸会发生反应(2分) (3)球形冷凝管(1分)b(1分) (4)降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)。]Cl2的溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出(2分) (5)CBA(2分。顺序错误，不给分) (6)0.5000×(,V)X103X1×100%(或其他正确计算式)(2分)无影响(2分) 0.2500 【解析】(5)先用浓氨水洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶 体的作用；再用乙醇洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解损失；最后用乙醚 洗涤，用于除去乙醇并快速带走残留水分，实现快速干燥，故正确的顺序是CBA。 (6)5.00mL6mol·L1盐酸跟0.2500g产品反应后，又消耗0.5000mol·L1NaOH标准溶液 V1mL.空白试验，5.00mL6mol·L1盐酸消耗0.5000mol·L1NaOH标准溶液V2mL。根据关 系式[Ni(NH)6]Cl2~6NH~6HCl和关系式NaOH~HC1可知，0.2500g产品中NH3的物质的 量为0.5000X(V,-V1)X103mol,则产品中NH,的质量分数为0.5000X(V)×103×12× 0.2500 100%。由计算式可知，产品中NH3的质量分数计算与盐酸浓度无关，故所用6ol·L1盐酸浓度偏 大，则测定结果无影响。 【高三化学参考答案第3页（共4页）】 2入 16.【答案】(14分) (1)①5.6(1分)2H2SO3+O2一2H2SO4(1分) ②2N0+0,十4C0催化剂4C0,+N,(2分) (2)2NO2+4HSO-N2+4SO+4H+(2分) (3)BC(2分。少选且正确，给1分；选错或多选，不给分) (4)①3HClO+2NO+H2O=3C1+2NO+5H+(2分) ②NaC1O溶液的初始pH越小，溶液中HClO的浓度就越大，相同条件下HClO氧化NO的速率大于 C1O(2分) ③CIO+C1-+2H+-C12↑+H2O(2分) 【解析】(3)加快通入尾气的速率，会导致部分尾气来不及反应就被气流带走，不能提高尾气中O和 NO2的去除率，A不符合题意；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可增大气体与NaOH溶液的接触面 积，能提高尾气中NO和NO2的去除率，B符合题意；吸收尾气过程中定期补加适量NOH溶液，能 使更多的尾气被吸收，吸收能力提高，能提高尾气中NO和NO2的去除率，C符合题意。 17.【答案】(15分) (1)①250mL容量瓶(1分)重新配制(1分) ②2Cu2++3CO+2H2O=CuCO3·Cu(OH)2￥+2HCO(2分) (2)①取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO溶液，若无白色沉淀产生， 则碱式碳酸铜沉淀已洗涤干净；反之，则未洗涤干净(2分) ②A(2分)CuCO3·Cu(OH)2受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，固体的理论失重率约为28%， 与图中350℃时固体的失重率28%一致(2分) (3)①NaBH4+4H2O-Na[B(OH)4]+4H2个(2分) ②H、Mg、C1(1分) ③Mg和结晶水反应产生氢气，氢气与Mg反应生成MgH2(2分) 【解析】(2)@CC0,·Cu(OH),受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，固体的理论失重率为4,18× 222 100%≈28%，与图中350℃时固体的失重率28%一致。2CuC03·Cu(OH)2受热分解生成氧化铜、 二氧化碳和水，固体的理论失重率为44X2十18×100%≈30.6%，与图中350℃时固体的失重率 346 28%不符，故选A。 18.【答案】(15分) (1)对甲基苯磺酸(1分)sp、sp3(1分) (2)酯基、酰胺基(2分) (2分) (3)利用一SO3H占据苯环上甲基的对位，达到控制一Br只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目 的，若甲苯与B2直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被一Br取代(2分) H,C-CH 十H,C一CH}浓硫酸 +nH,0(2分） OH OH (5)12(2分) (6) -CH2COOH(1分) CH2COC1(1分) -CH,C001分) 【解析】(5)化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同分异构体， 则Q的分子式为CHO,。Q同时满足要求：①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基；②只含有 1种官能团，且液态时能与Na反应放出气体。苯环上的两个取代基为一CH和一CH(COOH)2、 一COOH和一CH,CH2COOH、一COOH和一CH(CH)COOH、两个取代基均为一CH2COOH,每组 取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故Q的结构有12种（不考虑立体异构）。 【高三化学参考答案第4页（共4页）】 2入