精品解析：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：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Cu 64 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(Si3N4)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 【答案】C 【解析】 【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，石墨烯和金刚石均为碳元素的单质，二者互为同素异形体，A正确； B．氮化硅属于新型无机非金属材料，具有高熔点、高硬度的特性，可耐受发动机工作时的高温环境，适合制作发动机叶片，B正确； C．碳纤维是聚丙烯腈经碳化得到的材料，主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误； D．合金的硬度通常大于其成分金属的硬度，钛合金作为合金，硬度比其成分金属大，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语或图示错误的是 A. （氘离子）的结构示意图为 B. 醛基的电子式为 C. 乙醚的分子式为 D. 分子中的键的形成过程示意图为 【答案】B 【解析】 【详解】A．是氢的同位素，质子数为1，核外无电子，给出的结构示意图正确，A正确； B．醛基为-CHO，碳原子上存在1个未成对电子，电子式应该为，B错误； C．乙醚的结构为，分子式为，C正确； D．HCl分子中的轨道与Cl的轨道沿键轴方向头碰头重叠形成键，给出的形成过程示意图正确，D正确； 故选B。 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 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KMnO4溶液检验Z中是否混有Y 【答案】A 【解析】 【详解】A．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； B．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； C．Z与足量的加成得到的产物为，产物分子中含有5个手性碳原子：，C正确； D．Y中含有酚羟基和醛基，两者均具有还原性，可以被酸性溶液氧化；Z中苯环的侧链上含有碳碳双键，也可以被酸性溶液氧化，故不可用酸性溶液检验Z中是否混有Y，D正确； 故选A。 4. 某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备，部分实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石 B. 试剂c为饱和溶液，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Ⅰ，再打开活塞Ⅱ D. 试剂d为冰水，以降低的溶解度，促进晶体的析出 【答案】C 【解析】 【分析】试剂a为盐酸，试剂b为碳酸钙，用于制取二氧化碳，试剂c为饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中的HCl；然后将二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中，反应生成碳酸氢钠，过量的氨气用水或硫酸溶液吸收，且要防止倒吸，据此分析； 【详解】A．试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石，A正确； B．试剂c为饱和溶液，用于除去中的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，B正确； C．因溶解度远大于，故应先通入，后通入，即开始实验时，应先打开活塞Ⅱ，再打开活塞Ⅰ，C错误； D．冰水浴可降低的溶解度，促进晶体的析出，故试剂d为冰水，D正确。 5. 用铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)制备超顺磁性纳米(粒子的平均直径为25nm)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 A. 滤液B的溶质为 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，步骤④反应完成后剩余的需加热除去 D. 将步骤⑤得到的纳米均匀分散在水中后得到的分散系不能产生丁达尔效应 【答案】D 【解析】 【分析】铁泥主要成分为、FeO和少量Fe，铁泥和稀盐酸反应得到的滤液A中溶质为、、过量的HCl；加入过量铁粉，得到的滤液B中的溶质为；加入NaOH溶液，生成沉淀；向浊液C中加入溶液，反应完成后除去剩余的，再与溶液混合，经一系列操作后得到产品纳米。 【详解】A．根据以上分析，滤液B的溶质为，故A正确； B．步骤②中，反应是置换反应，反应不是置换反应，故B正确； C．易被氧化，为防止在步骤⑤中继续氧化，需通过加热除去剩余的，故C正确； D．超顺磁性纳米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，故D错误； 选D。 6. 将分别通入下列溶液，实验现象和结论均正确的是 选项 溶液 现象 结论 A 溶液 澄清溶液变浑浊 与反应产生 B 溶液 溶液由浅绿色变棕黄色 有还原性 C 品红溶液 溶液褪色 有漂白性 D 石蕊溶液 溶液变红，不褪色 氯水呈酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cl2与H2O发生反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，反应生成的Cl-与AgNO3电离出的Ag+结合生成AgCl白色沉淀，使澄清溶液变浑浊，现象和结论均正确，A符合题意； B．Cl2通入FeCl2溶液中发生反应Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，浅绿色的Fe2+被氧化为棕黄色的Fe3+，该反应中Cl2作氧化剂，体现氧化性，结论错误，B不符合题意； C．Cl2本身不具有漂白性，品红溶液褪色是因为Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，结论错误，C不符合题意； D．氯水中含有HCl使溶液呈酸性，可使石蕊溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有漂白性，会使变红的溶液褪色，现象描述错误，D不符合题意； 故选A。 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KMnO4溶液、NaOH-酚酞溶液。下列说法错误的是 A. ①处出现气泡，体现了的强酸性 B. ①处试剂换为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 【答案】D 【解析】 【分析】先利用“强酸制弱酸”原理，用稀硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，SO2属于酸性氧化物，能与碱反应使NaOH-酚酞溶液红色褪去。 【详解】A．①处稀硫酸与亚硫酸钠反应制取是复分解反应，体现了的强酸性，A正确； B．溶液在酸性条件下能发生自身歧化反应，生成、S单质和，也可以达到实验目的，B正确； C．②处使品红溶液褪色，体现了的漂白性，但使品红溶液褪色为可逆过程，加热会恢复红色，C正确； D．酸性溶液褪色，体现了的还原性；NaOH-酚酞溶液褪色，说明是酸性氧化物，褪色原理不同，D错误； 故选D。 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：()远高于(升华) 与晶体类型有关 C 逐个断开中的，每步所需能量不同 各步中的所处化学环境不同 D 键角： 中心原子上的价层电子对数不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．原子的能级是量子化的，电子跃迁时的能量变化为分立值，对应产生的原子光谱为不连续的线状谱线，实例与解释相符，A正确； B．为离子晶体，熔化时破坏离子键，为分子晶体，升华时破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，故熔点远高于，二者熔点差异与晶体类型有关，实例与解释相符，B正确； C．中四个键初始化学环境相同，但逐个断开键时，每断开一个原子后，剩余含硅基团的电子云分布、空间结构发生变化，剩余键所处化学环境改变，故每步断键所需能量不同，实例与解释相符，C正确； D．和的中心原子均为，中心原子的价层电子对数均为，均含有2对σ键电子对和2对孤电子对，价层电子对数相同。键角差异的原因是的电负性大于，中共用电子对更偏向，对中心原子价层电子对的排斥作用更弱，故键角更小，解释错误，实例与解释不符，D错误； 故选 D。 9. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体Si(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。石棉是由钙、镁离子以离子数1∶3的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式为(SiO3 C. 石棉的化学式为CaMg3Si4O10 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为4∶11 【答案】C 【解析】 【详解】A．硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A正确； B．六元环的硅酸盐阴离子中Si元素显+4价，O元素显-2价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为，故B正确； C．石棉中钙、镁离子之比为1：3，其中Mg元素、Ca元素显+2价，Si元素显+4，O元素显-2价，所以，该石棉的化学式可表示为，故C错误； D．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，个数比为1∶3；另一种，硅原子个数为1，O原子个数为，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，故D正确； 故选C。 10. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为。下列有关该反应的叙述正确的是 A. 该反应中是还原剂 B. 若被氧化的原子的物质的量为，则氧化产物比还原产物多 C. 中的化合价为-3价 D. 每生成，转移的电子为 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应中中元素化合价由+5价降低为0价，得电子作氧化剂，A错误； B．反应中中元素化合价由价升高为0价，被氧化；中元素化合价由+5价降低为0价，被还原；反应方程式中30 mol被氧化的原子对应氧化产物为15 mol，还原产物为1 mol，差值为14 mol，则3 mol被氧化的原子对应差值为，B正确； C．中为+1价，为-1价，则的平均化合价为价，C错误； D．根据反应化学方程式，每生成消耗，转移电子为2×5=10 mol，故生成转移电子为，D错误； 故选B。 11. 以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(配体为、或)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO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、、配位。下列说法正确的是 A. 图1中，配位数与配体种数相等 B. 与铁卟啉配位的能力： C. 图2中，1号原子与2号原子形成的键数目相同 D. 酸性环境中，卟啉分子与的配位能力减弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．图1中的配体包括：卟啉环提供的4个N、1个配体、蛋白质链提供的1个配体，配位数为；配体种数为3（卟啉、、蛋白质配体），二者不相等，A错误； B．根据题干信息：载氧时可以替换配位的，可以替换配位的，说明配位能力：，B错误； C．1号为结构：成键为1个双键（含1个键）和1个单键，共个键； 2号为结构：成键为1个单键和2个单键，共个键； 二者键数目不同，C错误； D．卟啉中原子靠孤对电子与配位，酸性环境中的孤对电子会结合，无法再提供孤对电子与配位，因此配位能力减弱，D正确； 故选D。 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。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 距离最近的有12个 B. 与配位的形成正八面体结构 C. 该晶体的密度为 D. 距离最近的分数坐标可能为 【答案】D 【解析】 【详解】A．采取面心立方最密堆积，距离1个最近的同层有4个、上下层各4个，共12个，A正确； B．每个的配位数为6，6个配位构成正八面体结构，B正确； C．晶胞中数目为，数目也为4，晶胞质量，晶胞体积，密度为，C正确； D．A的坐标为，最近的是相邻面的面心，距离为，而坐标与A的距离为，不是最近的，D错误； 故选D。 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，基态原子的轨道上有2个未成对电子，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，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原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 是一种含有非极性键的极性分子 B. 元素的第一电离能： C. 元素的电负性： D. +6价W元素的氧化物是碱性氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】首先推断元素：M是H（周期数=主族数=原子序数=1），Y是Al（最高价氧化物对应的水化物为两性氢氧化物），Z是Si（地壳含量居第二位），X为O（原子序数在H和Al之间，p轨道有2个未成对电子，根据题干条件，M、X、Y、Z位于不同主族，而已知M为IA族、Y为IIIA族、Z为IVA族，故X只能为VIA族），W是Cr（前四周期基态原子未成对电子数最多，价电子为）。 A．为，分子含O-O非极性键，结构不对称、正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确； B．第一电离能顺序为，即，并非，B错误； C．电负性鲍林标度为O(3.44)>H(2.20)>Si(1.90)>Al(1.61)，即，并非，C错误； D．+6价Cr的氧化物为，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，D错误； 故选A。 14. 某同学为测定由Cu单质和组成的混合粉末中Cu单质的含量。将31.2g由Cu单质和组成的混合粉末加入稀硝酸中，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. 在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换出28.8gCu D. Cu单质在混合粉末中的质量分数约为32.6% 【答案】D 【解析】 【分析】稀硝酸具有氧化性，能将与氧化为，自身被还原为，n(HNO3)=4mol/L×0.5L=2mol，根据方程式：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，若31.2g全是Cu单质，需要硝酸的物质的量为，硝酸过量；若31.2g全是Cu2O，根据方程式：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，需要硝酸的物质的量为，硝酸扔过量。设混合粉末中与的物质的量分别为与。由题干的质量关系可得：，由得失电子守恒可得：与失电子总物质的量等于稀硝酸得电子总物质的量，即，计算可知混合粉末中，与的物质的量都是，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，反应后硝酸过量，故A正确； B．反应后的溶液中，，故B正确； C．足量铁粉可将全部置换为，，故C正确； D．单质质量为，质量分数为，不是32.6%，故D错误； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 在化工生产中可作为中间体使用，实验室制备并测定产品中的NH3含量如下。回答下列问题： (一)制备 i．镍片与浓硝酸在温度50~60℃加热，制得溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图所示)，加入盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv.将iii中混合液减压过滤、洗涤、干燥。 已知：①、均为能溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体。 ②遇滤纸等有机物或还原剂会发生反应。 ③受热易分解产生氨气。 ④乙醚能与乙醇互溶，且比乙醇更易挥发。 （1）i中制取(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___________。 （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）iii中无水乙醇的作用是___________。 （5）iv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0.2500 g产品，用水溶解后加入5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液。另取5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液。 （6）产品中NH3的质量分数为___________(列出计算式)。若所用6mol/L盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）(浓) （2）遇滤纸会发生反应 （3） ①. 球形冷凝管 ②. b （4）降低溶剂极性，减小的溶解度，促进结晶析出 （5）CBA （6） ①. (或其他正确计算式) ②. 无影响 【解析】 【分析】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为Ni(NO3)2；加入浓氨水，生成[Ni(NH3)6](NO3)2沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6 mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体，据此分析； 【小问1详解】 i中Ni片与浓硝酸在50~60℃下反应，得到Ni(NO3)2；化学方程式为：Ni+4HNO3(浓)Ni(NO3)2+2NO2↑+2H2O； 【小问2详解】 布氏漏斗过滤需要滤纸，[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸（有机物）会反应； 【小问3详解】 仪器a的名称为球形冷凝管；双层反应釜冷凝水的进水口为b（下进上出，保证冷凝管内充满冷却水，冷凝效果最佳）； 【小问4详解】 因[Ni(NH3)6]Cl2不溶于乙醇，无水乙醇的作用是降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出； 【小问5详解】 先用浓氨水（C）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（B）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度损失；‌最后用乙醚（A）洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，故正确的顺序是：CBA； 【小问6详解】 根据滴定原理，空白试验消耗0.5000mol·L-1的NaOH标准溶液V2 mL，0.2500 g产品滴定至终点消耗的NaOH标准溶液V1 mL，则样品消耗氢氧化钠为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，根据关系式：NH3~NH4Cl~NaOH，所以0.2500 g产品NH3的物质的量为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，则NH3的质量分数为×100%=×100%；由计算式可知，与盐酸浓度无关，故所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果无影响。 16. 和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。 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 4 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氮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___________。 （2）利用氨水可以将和吸收并制得氮肥“肥田粉”，其流程如图所示。 被吸收的离子方程式是___________。 （3）NO和可用NaOH溶液吸收处理，主要反应为： 下列措施能提高尾气中NO和的去除率的有___________(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NaClO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转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。 ①在硫酸酸化的NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，反应的离子方程式为___________。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高，原因是___________。 ③用硫酸酸化NaClO溶液而不用盐酸酸化的原因是___________(用离子方程式表示)。 【答案】（1） ①. 5.6 ②. ③. （2） （3）BC （4） ①. ②. NaClO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 ③. 【解析】 【分析】常温下pH<5.6的雨水称为酸雨，可与水反应生成，会被空气中的氧气氧化生成，氮氧化物排放到空气中，可与水反应生成硝酸引发酸雨； 【小问1详解】 ①常温下pH<5.6的雨水称为酸雨，硫酸型酸雨是由溶于水形成的显酸性引起的，其放置过程中会被空气中的氧气氧化导致pH发生变化，方程式表示为。②NO与发生氧化还原反应，当物质的量之比为2:1时，在该反应中，2 mol NO作氧化剂，得到4 mol电子生成N2；1 mol O2作氧化剂，得到4 mol电子；则作氧化剂的NO和O2共得到8 mol电子。根据得失电子守恒，需要4 mol CO作还原剂，共失去8 mol电子生成4 mol CO2。该过程中总反应的化学方程式为； 【小问2详解】 被溶液吸收生成N2，离子方程式表示为； 【小问3详解】 A．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NO和去除率，A错误； B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可增大气体与溶液的接触面积，能提高尾气中NO和去除率，B正确； C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液能使更多的尾气被吸收，吸收能力提高，提高尾气中NO和去除率，C正确； 故答案选BC。 【小问4详解】 ①在硫酸酸化的NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，相同条件下HClO氧化NO的速率大于。③用硫酸酸化NaClO而不用盐酸酸化的原因是盐酸具有一定的还原性，容易被NaClO氧化产生有毒的氯气，离子方程式为。 17. 工业上以为原料制备碱式碳酸铜，用水解再生并循环制氢。回答下列问题： （1）制备。下，用不同体积比的溶液和溶液制备碱式碳酸铜，可能得到或。 ①准确配制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向溶液中滴加溶液，生成沉淀和的离子方程式为__________________________________________________。 （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（失重率=）如图所示。时，残留固体为，则制得的碱式碳酸铜为__________（填标号），判断依据为__________________________________________________（结合数据说明）。 A. B. （3）水解再生并循环制氢的原理如图所示。 ①（为-1价）水解生成的化学方程式为______________________________。 ②再生过程中发生被还原的元素有____________（填元素符号）。 ③以晶体和为原料也可直接实现的再生。在反应过程中检测到有生成，可能的原因是__________________________________________________。 【答案】（1） ①. 250 mL容量瓶 ②. 重新配制 ③. （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. A ③. 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%，与图中时固体的失重率一致 （3） ①. ②. 、、 ③. 和结晶水反应产生氢气，氢气与反应生成 【解析】 【分析】以为原料，先配制指定浓度的溶液，控制70℃下将溶液滴入溶液制备碱式碳酸铜，经洗涤干燥纯化后，通过热失重计算确定产物组成；再结合水解制氢的循环路径，分析水解反应、再生过程的还原元素，解释的生成原因。 【小问1详解】 ①配制指定体积的一定物质的量浓度溶液，必须使用对应规格的容量瓶，题目要求配制250mL溶液，因此补充250mL容量瓶。定容时加水超过刻度线，溶液体积偏大，浓度已不准确，没有补救方法，只能重新配制。 ②反应物为和​，产物为​沉淀和​，根据Cu原子守恒配平系数为2，结合电荷守恒、原子守恒补入配平即可得到反应的离子方程式为。 【小问2详解】 ①沉淀表面会吸附杂质离子，检验最后一次洗涤液中是否存在即可判断是否洗净，具体操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再滴加溶液，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碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，由题意知，时，残留固体为，则的理论失重率为，的理论失重率为，图中实际失重率为28%，故选A。 【小问3详解】 ①中-1价的H和中+1价的H发生归中反应，产物为和​，根据原子守恒和化合价升降守恒配平即可得到化学方程式：。 ②再生过程中，氢气与Mg反应生成时，H元素由0价降为-1价；生成时，Mg元素化合价由+2价降为0价；氯气和MgO生成时，Cl元素由0价降为-1价；故被还原的元素有H、Mg、Cl。 ③晶体带有的结晶水可作为氧化剂，先与Mg反应生成，活泼的Mg能与继续化合生成。 18. 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： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）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()熔融酯化可以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。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 【答案】（1） ①. 对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸 ②. sp2、sp3 （2） ①. 酯基、酰胺基 ②. （3）利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代 （4）n+ （5）12 （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】贝诺酯的合成过程为：A（甲苯）与浓硫酸（发烟硫酸）发生磺化反应，生成和水；与发生取代反应，生成和；与发生水解反应，脱去磺酸基，生成D（）和；D中甲基被氧化成羧基，生成；与水溶液发生卤代烃水解反应、酸化后得到水杨酸；水杨酸与乙酸酯化得到阿司匹林；与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成，生成H（）；扑热息痛中酚羟基与发生中和反应，生成；与发生取代反应，生成和贝诺酯。 【小问1详解】 中有取代基甲基和官能团磺酸基，在苯环上处于对位，其化学名称为对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸； 由DMF结构简式可知碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3； 【小问2详解】 由贝诺酯的结构简式可知其官能团名称为酯基、酰胺基； 由贝诺酯和已知反应i逆推可得H的结构简式为； 【小问3详解】 甲苯中甲基能活化邻、对位碳原子上的氢原子，若甲苯直接与反应，邻、对为氢原子均可能被溴原子取代，引入磺酸基占据苯环上的对位，使得溴原子只取代甲基邻位的氢原子，答案为利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代（回答合理即可）； 【小问4详解】 阿司匹林中的羧基与聚乙烯醇中的羟基在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成M和水，反应的化学方程式为n+； 【小问5详解】 阿司匹林的分子式为，N是阿司匹林的同系物，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，不饱和度为6；Q中只有苯环（不饱和度为4），没有其他环，剩余不饱和度为2；只有一种官能团，且能与钠反应生成气体，由此可知官能团为羧基（），数目为2；除了羧基中的碳原子外，还有2个碳原子，Q中的2个取代基可能是和、和、和、和，每组取代基在苯环上的位置关系有邻、间、对三种，Q的结构有12种； 【小问6详解】 参考题目合成路线和反应条件，苯乙醛与新制发生氧化还原反应，醛基被氧化成羧基，反应物酸化后得到苯乙酸；苯乙酸与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成；与苯酚钠发生已知反应i，氯原子被取代，生成和，X、Y、Z分别为、、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Cu 64 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(Si3N4)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. （氘离子）的结构示意图为 B. 醛基的电子式为 C. 乙醚的分子式为 D. 分子中的键的形成过程示意图为 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 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KMnO4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，部分实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石 B. 试剂c为饱和溶液，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Ⅰ，再打开活塞Ⅱ D. 试剂d为冰水，以降低的溶解度，促进晶体的析出 5. 用铁泥(主要成分为、FeO和少量Fe)制备超顺磁性纳米(粒子的平均直径为25nm)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 A. 滤液B的溶质为 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，步骤④反应完成后剩余的需加热除去 D. 将步骤⑤得到的纳米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 溶液 澄清溶液变浑浊 与反应产生 B 溶液 溶液由浅绿色变棕黄色 有还原性 C 品红溶液 溶液褪色 有漂白性 D 石蕊溶液 溶液变红，不褪色 氯水呈酸性 A. A B. B C. C D. D 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KMnO4溶液、NaOH-酚酞溶液。下列说法错误的是 A. ①处出现气泡，体现了的强酸性 B. ①处试剂换为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：()远高于(升华) 与晶体类型有关 C 逐个断开中的，每步所需能量不同 各步中的所处化学环境不同 D 键角： 中心原子上的价层电子对数不同 A. A B. B C. C D. D 9. 硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体Si(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。石棉是由钙、镁离子以离子数1∶3的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。 下列说法不正确的是 A. 大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关 B. 六元环的硅酸盐阴离子化学式为(SiO3 C. 石棉的化学式为CaMg3Si4O10 D. 双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为4∶11 10. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为。下列有关该反应的叙述正确的是 A. 该反应中是还原剂 B. 若被氧化的原子的物质的量为，则氧化产物比还原产物多 C. 中的化合价为-3价 D. 每生成，转移的电子为 11. 以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(配体为、或)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO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、、配位。下列说法正确的是 A. 图1中，配位数与配体种数相等 B. 与铁卟啉配位的能力： C. 图2中，1号原子与2号原子形成的键数目相同 D. 酸性环境中，卟啉分子与的配位能力减弱 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。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 距离最近的有12个 B. 与配位的形成正八面体结构 C. 该晶体的密度为 D. 距离最近的分数坐标可能为 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，基态原子的轨道上有2个未成对电子，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，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原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 是一种含有非极性键的极性分子 B. 元素的第一电离能： C. 元素的电负性： D. +6价W元素的氧化物是碱性氧化物 14. 某同学为测定由Cu单质和组成的混合粉末中Cu单质的含量。将31.2g由Cu单质和组成的混合粉末加入稀硝酸中，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. 在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换出28.8gCu D. Cu单质在混合粉末中的质量分数约为32.6% 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 在化工生产中可作为中间体使用，实验室制备并测定产品中的NH3含量如下。回答下列问题： (一)制备 i．镍片与浓硝酸在温度50~60℃加热，制得溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图所示)，加入盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv.将iii中混合液减压过滤、洗涤、干燥。 已知：①、均为能溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体。 ②遇滤纸等有机物或还原剂会发生反应。 ③受热易分解产生氨气。 ④乙醚能与乙醇互溶，且比乙醇更易挥发。 （1）i中制取(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___________。 （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）iii中无水乙醇的作用是___________。 （5）iv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0.2500 g产品，用水溶解后加入5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液。另取5.00mL6mol/L盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液。 （6）产品中NH3的质量分数为___________(列出计算式)。若所用6mol/L盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16. 和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。 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 4 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氮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___________。 （2）利用氨水可以将和吸收并制得氮肥“肥田粉”，其流程如图所示。 被吸收的离子方程式是___________。 （3）NO和可用NaOH溶液吸收处理，主要反应为： 下列措施能提高尾气中NO和的去除率的有___________(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NaClO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转化为的转化率随NaClO溶液初始pH的变化如图所示。 ①在硫酸酸化的NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，反应的离子方程式为___________。 ②NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高，原因是___________。 ③用硫酸酸化NaClO溶液而不用盐酸酸化的原因是___________(用离子方程式表示)。 17. 工业上以为原料制备碱式碳酸铜，用水解再生并循环制氢。回答下列问题： （1）制备。下，用不同体积比的溶液和溶液制备碱式碳酸铜，可能得到或。 ①准确配制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向溶液中滴加溶液，生成沉淀和的离子方程式为__________________________________________________。 （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（失重率=）如图所示。时，残留固体为，则制得的碱式碳酸铜为__________（填标号），判断依据为__________________________________________________（结合数据说明）。 A. B. （3）水解再生并循环制氢的原理如图所示。 ①（为-1价）水解生成的化学方程式为______________________________。 ②再生过程中发生被还原的元素有____________（填元素符号）。 ③以晶体和为原料也可直接实现的再生。在反应过程中检测到有生成，可能的原因是__________________________________________________。 18. 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： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）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()熔融酯化可以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。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $