东北三省精准教学联盟2025-2026学年高三上学期10月联考化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1东北三省精准教学联盟2025-2026学年高三上学期10月联考试卷本试卷满分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。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量；H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Br-80Hf-178.5一、选择题：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.东三省具有丰富的传统特色饮食文化、物产资源，下列说法不正确的是A.《齐民要术》中记载了红烧肉的处理，“下酒二升，以杀腥臊”，该过程发生了化学反应B.辽宁辽阳某袜企使用了袜用银离子抗菌剂，利用了的还原性C.五常大米的主要成分为天然有机高分子D.吉林特产松花石可用于制作砚台，属于无机非金属材料【答案】B【解析】A．用酒处理红烧肉时，乙醇可能与腥味物质（如胺类）发生化学反应，属于化学反应，A正确；B．的抗菌作用源于其氧化性，能破坏细菌蛋白质结构，而非还原性，B错误；C．五常大米主要成分为淀粉，淀粉属于天然有机高分子化合物，C正确；D．松花石为天然矿物材料，砚台属于无机非金属材料，D正确；故选B。2.符号表征是化学研究中的重要表示方法，下列化学用语正确的是A.的结构示意图为 B.的VSEPR模型为C.反1，2-二溴乙烯的结构式： D.的中子数为136【答案】D【解析】A．核外有18个电子，结构示意图为，故A错误；B．分子中O原子价电子对数为，有2个孤电子对，VSEPR模型为，故B错误；C．反1，2-二溴乙烯的结构式为，故C错误；D．的中子数为225-89=136，故D正确；选D。3.某科研人员在实验过程中需要配制溶液，在操作过程中未用到的仪器是A. B. C. D.【答案】A【解析】A．漏斗用于过滤操作，在“计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀”的溶液配制流程中无需使用，A不需要；B．称量FeSO4固体需用托盘天平，B需要；C．配制480mL0.1mol・L-1FeSO4溶液时，因容量瓶无480mL规格，需选用500mL容量瓶；C需要；D．定容操作需用胶头滴管，D需要；故答案选A。选项劳动项目化学知识A洁厕灵与“84消毒液”不能混合使用混用会生成有毒气体B75%的医用酒精可用来消毒乙醇使细菌蛋白质发生水解反应C聚乳酸可用于手术缝合线聚乳酸有良好的生物相容性和生物可吸收性D适量可作食品添加剂具有一定杀菌消毒和抗氧化作用4.简单的劳动项目中蕴含丰富的化学知识，下列说法不正确的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．洁厕灵含HCl，84消毒液含NaClO，两者混合发生反应：，生成有毒的，故不能混用，A正确；B．乙醇使细菌蛋白质发生变性，而非水解，B错误；C．聚乳酸有良好的生物相容性和生物可吸收性，所以用于手术缝合线，C正确；D．适量可作食品添加剂，是因为具有一定杀菌消毒和抗氧化作用，D正确；故选B。5.氮及其化合物的转化关系如图。已知阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A.所含电子数为B.利用反应①和反应②制备等体积的NO时，两个反应消耗的的质量之比为5:2C.溶液中所含阳离子数目为D.浓硝酸在光照条件下分解生成，分解时转移电子数为【答案】B【解析】A．中含有电子数：7+2×8=23，的物质的量为mol，所含电子数为，A错误；B．反应①为，反应②为N2+O22NO，制备等体积（等物质的量）的NO时，两个反应消耗的的物质的量之比为:，质量之比为5:2，B正确；C．未说明溶液的体积，无法计算溶液中所含阳离子数目，C错误；D．浓硝酸在光照条件下分解生成，N元素由+5价下降到+4价，分解时转移电子数为0.5，D错误；故选B。6.下列离子或化学方程式书写正确的是A.合成酚醛树脂：B.工业上可用KCN溶液溶解Au生成：C.NaOH和铝粉可用于疏通管道：D.石英砂制粗硅：【答案】C【解析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应合成酚醛树脂，化学方程式为：，故A错误；B．工业上可用KCN溶液溶解Au生成，Au化合价升高，被氧化，则需要氧气参与反应，反应的离子方程式为：4Au+O2+2H2O+8CN-=4+4OH-，故B错误；C．用含铝粉和NaOH的疏通剂疏通管道，铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，故C正确；D．石英砂主要成分是SiO2，在高温条件下与C反应生成Si和CO，反应的化学方程式为：，故D错误；故选C。7.“结构决定性质”是重要的化学学科观念，下列物质性质与微观解释不符的是

物质性质微观解释A稳定性：键能：O−OB密度：冰<干冰冰晶体中水分子的空间利用率相对较低且的相对分子质量小于C酸性：2-氯丁酸>3-氯丁酸Cl原子吸电子能力会增强羧基中键的极性，氯原子离羧基越近，键极性越强，使其越容易发生断裂D硬度：离子半径越小，离子所带的电荷数越多，离子键就越强，形成的物质硬度越大A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．稳定性高于是因为键能大于键能，而表格中与单键比较，解释错误，故A错误；B．冰中水分子间存在氢键，氢键的饱和性与方向性导致冰中的水分子为非密堆积，而干冰中CO2分子间只存在范德华力，采取分子密堆积，故冰晶体要比干冰晶体更疏松，且水的相对分子质量小于CO2，故水的密度小于干冰的密度，故B正确；C．2-氯丁酸酸性强于3-氯丁酸是因Cl的吸电子诱导效应随距离羧基越近而增强，导致O-H键极性增大，故C正确；D．MgO硬度大于NaCl是因Mg2+和O2-的电荷更高且离子半径更小，离子键更强，故D正确；选A。8.绿茶中富含茶多酚，其主要成分为儿茶素，结构如图所示，下列说法正确的是A.儿茶素的分子式为B.儿茶素难溶于水C.向等物质的量的苯酚与儿茶素中分别加入足量浓溴水，消耗的物质的量之比为1:2D.儿茶素能使溶液显色【答案】CD【解析】A．分子式的判断可以数C、H、O个数，结果为C15H14O6，故A错误；B．儿茶素含有多个酚羟基，能与水分子形成更多的氢键，实际上易溶于水（尤其热水），故“难溶于水”错误，故B错误；C．苯酚分子中只有一个酚羟基，1 mol苯酚能与3 mol溴发生取代；儿茶素分子中含有两个芳环上酚羟基邻、对位的H也能和浓溴水发生取代反应， 1mol儿茶素能与5 mol溴发生取代，消耗的物质的量之比为3：5，故C错误；D．多元酚(包括儿茶素)遇FeCl3溶液均能显特征颜色，故D正确；故选D。9.各组粒子在下列实验反应完成后体系中，一定能大量共存的是选项实验粒子组A将和同时通入中、、、BFe和过量稀盐酸反应、、、C铜与浓硫酸制取、、、D溶液中通，制取漂白液、、、A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．将和同时通入中发生反应生成，在酸性条件下会歧化分解，无法与大量共存，A错误；B．Fe和过量稀盐酸反应生成氯化亚铁，在酸性条件下，、、会发生氧化还原反应，无法大量共存，B错误；C．铜与浓硫酸生成硫酸铜、和水，、、、在酸性条件下稳定，且与无反应，可大量共存，C正确；D．溶液中通，生成氯化钠、次氯酸钠和水，溶液具有强氧化性，与发生氧化还原反应，且原溶液中也能氧化，无法大量共存，D错误；故选C。10.下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A鉴别乙醇和乙酸乙酯分别将二者置于烧杯中，并向其中加水B实验室制取氨气加热碳酸铵固体C进行淀粉的水解实验并判断淀粉是否完全水解向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热约5min，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入新制悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成D验证取代基会影响苯环的性质向装有2mL甲苯的试管中加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，静置.观察实验现象A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．乙醇能与水以任意比例互溶，乙酸乙酯难溶于水且密度比水小，分别将二者置于烧杯中加水，能与水互溶的是乙醇，出现分层且油状液体在上层的是乙酸乙酯，实验现象不同，能鉴别乙醇和乙酸乙酯，A符合题意；B．加热碳酸铵固体，碳酸铵会分解生成氨气、二氧化碳和水，制得的氨气中混有大量二氧化碳气体，很难制得纯净的氨气，不能达到实验目的，实验室制取氨气，通常是加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，B不符合题意；C．向淀粉溶液中加入少量稀硫酸加热水解后，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，只能说明淀粉发生了水解，但不能判断淀粉是否完全水解，要判断淀粉是否完全水解，还需取水解液加入碘水，若不变蓝，说明已完全水解，不能达到实验目的，C不符合题意；D．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环使甲基活化，即苯环影响了取代基(甲基)的性质，不能验证取代基会影响苯环的性质，不能达到实验目的，D不符合题意；故选A11.化合物可广泛应用于印刷、染色等工业。X、Y、Z、W都是前四周期元素且原子序数依次增大，X的一种核素被广泛应用于考古研究中，X与Y同周期且Y的第一电离能大于同周期的相邻元素，Z的焰色试验为紫色，W在地壳中的含量排第四，下列说法不正确的是A.电负性：B.化合物中键和键的数目比为1:1C.ZXY为含有共价键的离子化合物D.简单气态氢化物的沸点：X>Y【答案】D【解析】X、Y、Z、W都是前四周期元素且原子序数依次增大，X的一种核素被广泛应用于考古研究中，X为C元素，X与Y同周期且Y的第一电离能大于同周期的相邻元素，Y为N元素，N元素的2p轨道半充满更加稳定，第一电离能大于O，Z的焰色试验为紫色，Z为K元素，W在地壳中的含量排第四，W为Fe元素，以此解答。A．由分析可知，X为C，Y为N，同周期主族元素，从左往右，元素电负性依次增大，则电负性：，A正确；B．由分析可知，化合物为K3[Fe(CN)6]，CN-中含有碳氮三键，含有1个σ键和2个π键，其中配位键也是σ键，则K3[Fe(CN)6]中含有6（碳氮三键内部）+6（配位键）=12个σ键，12个π键，σ键和π键的数目比为1:1，B正确；C．ZXY为KCN，是K+与CN-组成离子化合物，CN-内含共价键，C正确；D．X的简单气态氢化物为CH4（无氢键），Y的氢化物为NH3（分子间有氢键），NH3沸点更高，沸点：NH3>CH4，D错误；故选D。12.已知熔点最高的单一化合物——碳化铪()具有面心立方晶胞结构(如图所示)，该晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.铪原子位于晶胞的顶点以及面心处 B.碳原子的配位数为6C.晶体密度为 D.该晶胞中有6个正八面体空隙【答案】D【解析】结合面心立方晶胞结构图可知，图中有灰球较大，黑球较小，结合碳化铪原子半径可知，灰球为铪，黑球为碳，铪位于晶胞顶点和面心，碳位于晶胞的棱心和体心；A．结合以上分析，灰球为铪，铪位于晶胞顶点和面心，故A正确；B．以体心的碳原子为例，其与6个面心的铪原子距离最近且相等，均为，因此碳原子的配位数为6，故B正确；C．由分析可知，一个晶胞中含有4个HfC单元，晶胞体积。若取Hf的摩尔质量为，则晶胞质量，晶体密度，故C正确；D．面心立方晶胞正八面体空隙位于晶胞的体心和棱心的位置，数量为个，故D错误；故答案选D。13.分析下图所示合成路线，下列说法正确的是A.检验X中含有Br原子：取样于试管中，加入足量的溶液，生成淡黄色沉淀B.物质Y能发生催化氧化反应生成酮C.目标产物Z的名称可能是3-甲基-2-己烯D.1molY与足量金属Na反应可产生【答案】C【解析】A．X为卤代烃，检验X中含有Br原子的方法是：取样于试管中，加入过量NaOH溶液并加热，使Br原子转化为Br-，冷却后加入稀硝酸中和过量NaOH，避免OH-干扰后续反应，加入AgNO3溶液，若生成淡黄色AgBr沉淀，证明含Br原子，A错误；B．Y中与羟基相连的碳原子上没有H原子，不能发生催化氧化反应，B错误；C．Y发生消去反应生成（3-甲基-2-己烯）或（3-甲基-3-己烯）或（2-乙基-1-戊烯），C正确；D．未说明生成H2的温度和压强，无法计算生成H2的体积，D错误；故选C。14.氯化铝易升华，易水解，是良好的有机合成烷基化反应和石油工业的催化剂，具有广泛的应用。实验室常利用如图所示装置制备氯化铝，下列说法错误的是A.装置B中，物质M为浓盐酸，物质N为二氧化锰B.利用上图装置制备无水氯化铝时，导管的连接顺序为C.实验开始时，应先点燃A处酒精灯，后点燃B处酒精灯D.尾气处理装置可选用【答案】C【解析】实验室利用B装置，二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，氯气通过C装置浓硫酸干燥以后，进入A装置反应制取氯化铝，最后利用D装置冷凝、收集氯化铝。A．若实验室用加热的方法制取氯气，药品应选择二氧化锰和浓盐酸，A正确；B．根据分析可知，装置连接顺序是，故导管的连接顺序为：，B正确；C．实验开始时，应先点燃B处酒精灯，后点燃A处酒精灯，利用氯气排尽体系中的空气，确保铝不被氧气氧化，C错误；D．碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，可以和氯气反应，吸收氯气，避免环境污染，D正确；故选C15.实现双碳目标，化学转化制备精细化学品是重要的研究方向。利用离子液体作催化剂，在温和条件下活化和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯的路径可能如下：下列说法不正确的是A.总反应的原子利用率为100%B.反应过程中有极性键和非极性键的形成和断裂C.若以环氧氯丙烷为原料，合成产物的结构简式为D.碳酸丙烯酯为极性分子，易溶于氯仿()等有机溶剂【答案】B【解析】A．总反应是和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯，反应物所有原子都进入产物，原子利用率为100%，A正确；B．反应过程中，涉及极性键的形成与断裂，如步骤4中C-Br键的断裂和C-O键的形成，但没有非极性键的形成和断裂，B错误；C．根据反应路径的规律，若以环氧氯丙烷（从结构上看，环氧氯丙烷可看作是-CH2Cl替代环氧丙烷中的-CH3）为原料，则合成的产物结构简式可看作是-CH2Cl取代碳酸丙烯酯中的甲基（-CH3），即合成产物的结构简式为，C正确；D．碳酸丙烯酯分子结构不对称，是极性分子；氯仿也是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性分子易溶于极性有机溶剂，所以碳酸丙烯酯易溶于氯仿，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.苯乙烯环氧化是精细化工与药物合成中关键的反应步骤，中国科学院化学研究所研发了一种基于光阳极的光热增强催化体系，实现了苯乙烯的高效环氧化。请回答下列问题：（1）Ni在元素周期表中的位置：_______。向含有的蓝色溶液中滴加氨水，溶液颜色逐渐变为深蓝色，说明与的结合能力：_______(填“>”或“<”)，从结构的角度解释原因：_______。（2）研究表明，为该实验关键的活性中间体。溴原子核外电子占据的最高能层符号为_______，其单质及化合物(如、、等)在医药、化工等领域应用广泛。①中Br原子的杂化轨道类型为_______，该离子的空间结构为_______。②的晶体类型为_______，熔点：_______(填“高于”或“低于”)，原因是_______。【答案】（1）①.第四周期第VIII族②.<③.配位原子的电负性：，所以中氮原子上的孤电子对更易给出（配位能力更强），更易与形成配位键（2）①.N②.sp3③.三角锥形④.分子晶体⑤.高于⑥.与均为分子晶体，的相对分子质量更大，分子间范德华力更强，熔点更高【解析】（1）Ni是28号元素，在元素周期表的位置为第四周期第VIII族；向含有的蓝色溶液中滴加氨水，溶液颜色逐渐变为深蓝色，说明在逐渐生成，说明相较于，更容易与结合，所以与的结合能力<；因为电负性：，电负性是指元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，电负性越大，越容易吸引电子，所以中氮原子上的孤电子对更易给出（配位能力更强），更易与形成配位键；（2）溴原子核外电子占据的最高能层为第四层，所以符号为N；①的孤电子对数为，成键电子对数为3，因此为sp3杂化，空间结构为三角锥形；②是由非金属元素组成的共价分子，其晶体属于分子晶体；与均为分子晶体，其熔点主要是由分子间作用力的大小决定，的相对分子质量更大，分子间范德华力更强，熔点更高。17.铬属于战略金属之一，广泛应用于冶金、材料和化工等行业，从钒钛磁铁矿冶炼过程产生的钒渣钠化焙烧的水浸液(主要成分有、)中回收钒、铬的具体流程如下：已知：①钒富集渣中V主要以形式存在，利用从钒富集渣中浸出和NaOH。②“沉铬”过程中，转化为。（1）基态Cr原子的价电子排布式：_______。（2）“浸出渣1”的主要成分是_______(写化学式)。（3）“煅烧”时发生反应的化学方程式为_______。（4）不同pH下含铬微粒的分布系数如图所示。调至的过程中，和浓度会发生相应变化，用离子方程式解释原因：_______。结合图像和工业生产的经济性分析，“沉铬”时适宜的pH范围是_______。（5）除外，流程中可以循环利用的物质有_______、_______。【答案】（1）（2）（3）（4）①.②.7.5～8.5（5）①.②.【解析】钒渣钠化焙烧水浸液主要成分为、，经过“沉钒”步骤，加入后生成沉淀，即钒富集渣，同时分离出含铬溶液，含铬溶液通过“沉铬”步骤，加入将转化为沉淀，沉铬后加入浸出，得到产品；钒富集渣用浸出，生成溶液，再加入结晶得到，最后煅烧得。（1）铬的原子序数为24，其基态电子排布为，根据洪特规则，3d轨道半满更稳定，因此价电子排布为；（2）根据已知条件①，钒富集渣中主要以形式存在，在“浸出”步骤中，加入后发生反应，因此，“浸出渣1”主要成分为；（3）在高温下分解生成，同时释放和，根据元素守恒，反应方程式为；（4）根据题目给出的图像，时，占主导；时，占主导；在6-7之间时，逐渐减少，逐渐增加，这说明存在平衡，当增大时，平衡右移，减少，增加；对于“沉铬”步骤，需要将转化为沉淀，根据图像，时，占绝对优势，有利于沉淀完全，但过高会增加碱的消耗，不经济，综合分析，在7.5-8.5之间时是最佳范围，此时比例高，且无需过量碱；（5）“浸出”中生成的可在“沉铬”中使用，故可循环使用；“结晶”步骤的与反应生成的可在“浸出”步骤中循环使用，故可循环利用的物质还有、。18.对1-溴代查尔酮的结构进行修饰后可合成3-取代茚酮，茚酮骨架有着良好的生物活性，可用于设计微管蛋白通道，具有很好的药用价值，反应原理如下：已知：①Ph—代表苯基。②亚磷酸二甲酯为无色液体，可作催化剂，易被氧气氧化。实验步骤：I.向25mL干燥的密封装置中依次加入溴代查尔酮和(1.05mol)，抽换氩气三次，随即将反应液低温冷却。Ⅱ.10min后向反应液中缓慢加入亚磷酸二甲酯(1.05mol)。Ⅲ.反应结束后，再向反应管中依次加入(2.0mol)、特戊酸(0.3mol)，抽换氩气三次，进入高真空手套箱中加入乙酸钯(0.05mol)，将反应管从手套箱取出，在氩气状态下加入干燥的甲苯(作溶剂)。Ⅳ.140℃条件下反应，装置如图所示(加热装置略)。V.反应完全后，移除加热装置，待其冷却至室温后向反应液中加入饱和氯化铵溶液淬灭反应。待反应温度再次恢复至室温后用乙酸乙酯萃取反应液。Ⅵ.合并有机相后用饱和食盐水洗涤，向有机相中加入足量无水，蒸馏，最终得到取代茚酮。请回答下列问题：（1）步骤I中“抽换氩气三次”的目的是_______。（2）步骤Ⅱ中的可为该反应体系提供碱性环境，减少副反应发生。利用氢氧化铯和制备的化学方程式为_______。（3）步骤Ⅳ的加热方式为_______，仪器A的名称为_______。（4）步骤V中进行萃取过程中，有机相从分液漏斗的_______(填“上口倒出”或“下口放出”)。（5）步骤Ⅵ用饱和食盐水洗涤而不用蒸馏水洗涤的优点是_______。（6）本实验的产率为_______。【答案】（1）排尽空气，防止亚磷酸二甲酯被氧气氧化（2）（3）①.油浴加热②.球形冷凝管（4）上口倒出（5）有利于分层且降低乙酸乙酯等有机物在水中的溶解度，提高产率（6）60%【解析】亚磷酸二甲酯为无色液体，可作催化剂，易被氧气氧化，氩气是惰性气体，不与反应体系中任何物质反应；“抽换氩气三次”可将装置内的空气（含氧气）彻底排出，避免后续加入的亚磷酸二甲酯与氧气接触而被氧化，保证催化剂活性和反应顺利进行；（1）根据分析，步骤I中“抽换氩气三次”的目的是排尽空气，防止亚磷酸二甲酯被氧气氧化；（2）氢氧化铯是强碱，和反应生成，化学方程式为；（3）步骤IV在140℃条件下反应，采用油浴加热；仪器A的名称为球形冷凝管；（4）步骤V用乙酸乙酯萃取，乙酸乙酯密度小于水，有机相从分液漏斗的上口倒出；（5）步骤VI用饱和食盐水洗涤而不用蒸馏水洗涤的优点是增大水相的密度和极性，有利于分层，且降低乙酸乙酯等有机物在水中的溶解度，提高产率；（6）加入溴代查尔酮和(1.05mol)，1-溴代查尔酮的物质的量为