甘肃省多校2025-2026学年高三上学期第三次联考化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省多校2025-2026学年高三上学期第三次联考试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第一册第一、二、三章、必修第二册第五、八章，选择性必修1第一章。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5一、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.下列做法不能体现“绿色化学”思想的是A.将废旧塑料裂解为化工原料B.研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗C.减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用D.乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷)【答案】D【解析】A．将废旧塑料裂解为化工原料，可以实现原料再利用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，A不符合题意；B．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，符合绿色化学理念，B不符合题意；C．减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，C不符合题意；D．乙烯、Ca(OH)2、Cl2反应生成环氧乙烷、CaCl2和水，不能实现原子利用率100%，不符合绿色化学理念，D符合题意；故答案选D。2.下列过程中能量变化与其他三项不同的是A.铝热反应 B.电离C.与稀盐酸反应 D.与反应【答案】A【解析】A．铝热反应是典型的放热反应；B．醋酸为弱电解质，电离需吸热；C．碳酸氢钠与盐酸反应为吸热反应；D．氢氧化钡晶体与氯化铵反应是吸热反应；A为放热，B、C、D均为吸热，因此A的能量变化与其他三项不同；故答案选A。3.下列鉴别或检验能达到实验目的的是A.用硝酸酸化的BaCl2溶液检验是否被氧化B.用酸性KMnO4检验乙烯中是否含有SO2C.用石灰水鉴别与NaHCO3D.用水检验溴蒸气和NO2气体【答案】D【解析】A．硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化为硫酸根，因此即使未被氧化，也会被硝酸氧化生成沉淀，无法判断原是否被氧化，A错误；B．乙烯和SO2均能使酸性KMnO4溶液褪色，会对的检验造成干扰，B错误；C．Na2CO3和NaHCO3与石灰水反应均能生成CaCO3白色沉淀，现象相同，无法鉴别，C错误；D．溴蒸气溶于水形成溴水变为橙黄色，而NO2溶于水发生反应：，气体颜色褪去并产生无色气体NO，现象明显不同，D正确；故答案为：D。4.化学反应过程中伴随着能量的变化。下列说法正确的是A.吸热反应必须加热才能发生反应B.伴有能量变化的物质变化都是化学变化C.可逆反应的表示完全反应时的热量变化，与反应是否可逆无关D.同温同压下，反应在光照与点燃条件下的不同【答案】C【解析】A．吸热反应不一定需要加热，例如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的吸热反应在常温下即可进行，A错误；B．物理变化（如冰熔化）也可能伴随能量变化，因此伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，B错误；C．ΔH表示反应完全进行时的焓变，与反应实际是否可逆无关，仅取决于反应的始态和终态，C正确；D．ΔH是状态函数，与反应条件无关，光照或点燃条件下的ΔH相同，D错误；故选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.少量Cl2通入NaI溶液中：B.用氢氟酸雕刻玻璃：C.NO2通入水中：D.过量通入饱和碳酸钠溶液中：【答案】D【解析】A．反应未配平，离子方程式应为，A错误；B．氢氟酸弱酸，不能拆为H+和F-，应保留HF分子形式，离子方程式应为，B错误；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，方程式未体现NO的生成，离子方程式应为，C错误；D．过量CO2与饱和Na2CO3反应生成溶解度更低的NaHCO3沉淀，方程式正确，D正确；故答案为D。6.下列根据实验目的设计的装置连接中正确的是A.用碱石灰和浓氨水制备收集：连接a→d→e→eB.用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2：连接b→f→c→e→dC.用铜和稀硝酸制备收集NO：连接b→c→eD.用铜和浓硫酸制备收集：连接a→c→e→d【答案】D【解析】A．用碱石灰和浓氨水制备收集

，不需要加热，发生装置应该使用b装置，尾气处理装置也错误，故A错误；B．用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2，需要加热，发生装置应该需要a装置，故B错误；C．用铜和稀硝酸制备收集NO，不能用排空气法收集，应该用排水法收集NO，选用g，故C错误；D．用铜和浓硫酸制备收集，需要加热，使用a装置，用浓硫酸干燥，密度比空气大，用向上排空气法收集，选择e装置进行收集，最后用d进行尾气处理，故连接a→c→e→d，故D正确；故选D。7.在298K、100kPa时，已知：，，。下列关于、、的关系正确的是A. B.C. D.无法确定【答案】A【解析】已知：反应①反应②反应③根据盖斯定律可知反应②×2+反应③×2可得：2C(s)+O2(g)+2H2O(g)=2CO(g)+2H2O(l)ΔH总=2ΔH3+2ΔH2将上述所得反应中的2H2O(l)转为2H2O(g)，引入气化焓：2H2O(l)=2H2O(g)ΔH=2ΔHvap(ΔHvap>0)故由盖斯定律可得：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=ΔH总+2ΔHvap=2ΔH3+2ΔH2+2ΔHvap故ΔH1−2ΔH2−2ΔH3=2ΔHvap>0故答案选A。8.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图为在某温度下，CH3OH与H2O在铜基催化剂上的反应机理和能量与反应过程之间的关系（各物质均为气态）：下列说法错误的是A.反应Ⅱ过程中热效应ΔH<0B.1molCH3OH(g)和1mol的总能量小于1molCO2(g)和3mol的总能量C.选择优良的催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应的ΔHD.CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，故可认为CO(g)是催化剂【答案】D【解析】A．根据能量-反应过程图像可知，反应Ⅱ的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，A正确；B．总反应方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，根据图像可知，该反应为吸热反应，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B正确；C．给定反应中，焓变只与始态和终态有关，使用催化剂可降低反应活化能，但不能改变焓变ΔH，C正确；D．CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，因此CO(g)是中间产物，而非催化剂，D错误；故答案选D。9.下表中物质性质和用途均正确且具有因果关系的是物质性质用途A氮气的化学性质稳定工业合成氨B二氧化硫与氧气反应二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C二氧化硫具有漂白性二氧化硫可以用来漂白食品D浓硫酸具有脱水性浓硫酸用作干燥剂A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氮气的化学性质稳定，但工业合成氨需要氮气在高温高压下与氢气反应，利用的是其反应性而非稳定性，因果关系不成立，A错误；B．二氧化硫能与氧气反应，作为抗氧化剂添加到葡萄酒中，防止氧化变质，性质与用途因果关系正确，B正确；C．二氧化硫虽有漂白性，因其有毒，残留于食品中可危害健康，因此不允许用于食品漂白。食品工业中，二氧化硫仅限作为防腐剂（如用于干果），但漂白食品是禁止的。用途错误，C错误；D．浓硫酸作干燥剂利用的是吸水性，而非脱水性（脱水性指使有机物碳化），性质与用途不匹配，D错误；故答案为B。10.工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅高纯硅。已知SiHCl3遇潮会发烟，下列说法正确的是A.制备粗硅的反应方程式为B.光导纤维的主要成分为高纯硅C.1molSi含Si-Si键的数目约为D.原料气HCl要充分干燥，去除水蒸气【答案】D【解析】A．C在高温下的氧化产物为CO，则制备粗硅的反应方程式应为，A错误；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），B错误；C．硅晶体中每个硅原子形成4个Si-Si键，但每个键被2个原子共享，则1molSi含Si-Si键实际数目为，C错误；D．SiHCl3遇潮会发烟，需避免与水反应，因此HCl必须充分干燥，D正确；故答案选D。11.NH3催化还原NO是重要烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法错误的是A.图甲中反应伴随着极性键和非极性键的形成B.图甲所示热化学方程式为C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1D.图乙中总反应为【答案】C【解析】A．图甲中存在N-N键和O-H键的形成，有极性键和非极性键的形成，A正确；B．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为，B正确；C．图乙中反应③为，氧化剂为氧气，还原剂为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C错误；D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为，D正确；故选C。12.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙、丙、丁都含有同一种元素 B.图中涉及反应只有反应I属于氮的固定C.反应IV中水既不是氧化剂也不是还原剂 D.乙和丙均不属于酸性氧化物【答案】A【解析】根据转化关系图可知，甲与氢气反应生成氨气，甲为氮气，乙转化为丙，丙和水反应生成硝酸，反推出乙为一氧化氮，丙为二氧化氮，氨气中加入二氧化碳和氯化钠溶液变成丁，丁为碳酸氢钠；A．由分析可知，甲乙丙丁分别为，NH3、NO、NO2、NaHCO3，甲乙丙丁中未含有同一种元素，故A错误；B．氮的固定为游离态氮转化为化合态氮，反应一为氮气和氢气反应生成氨气的过程，符合定义，其他反应不符合，故B正确；C．反应为，NO2在反应中既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；D．乙丙分别为NO、NO2，不属于酸性氧化物，故D正确；故答案选A。13.室温时，某小组同学利用50mL0.50盐酸和50mL0.55NaOH溶液进行实验，测定反应的，得到如下数据。下列有关说法错误的是实验序号起始温度/℃终止温度/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.023.2220.220.223.4320.520.524.6420.320.323.4A.取实验1、2、4数据的平均值，作为反应前后温度变化量B可以用溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸C.实验时，玻璃搅拌器上下进行搅动D.实验过程中，若将双孔塑料板换为双孔铝板，则测得的偏大【答案】B【解析】A．第3次实验，反应前后温度差为4.1℃，第1次、第2次、第4次反应前后温度差分别为3.2℃、3.2℃、3.1℃，第3次实验误差较大，应该舍去，A正确；B．硫酸与溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)的，故不能用溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，B错误；C．使用玻璃搅拌器时应该上下搅动，C正确；D．实验过程中，若将双孔塑料板换为双孔铝板，则热量散失多，而∆H＜0，测得的偏大，D正确；故选B。14.氧族元素碲(Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：已知：微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是A.铜阳极泥粉碎后再“酸浸”，可提高浸取率B.“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为C.“还原”过程中，反应的化学方程式为D.溶于浓NaOH溶液的离子方程式为【答案】D【解析】“酸浸”1中加入铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)、H2SO4、O2，转化为CuSO4和，化学方程式为，过滤，得到含CuSO4的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：，据此分析回答。A．铜阳极泥粉碎后，可增大接触面积，反应更充分，可提高浸取率，A正确；B．由分析可知，“酸浸1”中，转化为CuSO4和，化学方程式为，B正确；C．由分析可知，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：，C正确；D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和H2O，元素的化合价均未改变，离子方程式为：，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.研究化学反应过程与能量变化的关系具有重要意义。回答下列问题：（1）和合成碳酸酰胺[]的能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式：___________。（2）(l)在(g)中燃烧生成CO(g)和(g)的难以测量，原因是___________。已知CO的燃烧热，还需要的一组数据是___________(写出热化学方程式，焓变用表示)。（3）(g)与(g)发生反应生成HF(g)过程中的能量变化如图所示，则生成1molHF(g)，反应过程中(填“吸收”或“放出”)___________的热量为___________。（4）如图表示ⅥA族的O、S、Se、Te在生成1mol气态氢化物时的焓变数据，如图根据数据可确定c代表___________(填元素符号)的氢化物，写出发生分解反应的热化学方程式：___________。（5）已知：；1个分子中有8个硫硫键，1个分子中有2个硫氧键；破坏1mol硫氧键、1mol氧氧键所需能量分别为bkJ、ckJ，则生成1mol硫硫键所释放能量为___________。【答案】（1）（2）①.难以控制只生成CO②.（3）①.放出②.270kJ（4）①.S②.（5）(2b-a-c)kJ【解析】（1）从图像可知，2mol和1mol具有的总能量大于1mol和1mol的总能量，该反应为放热反应，根据=生成物总能量-反应物总能量，故该反应，热化学方程式为。（2）与燃烧也能生成和水，难以控制只生成CO而没有生成是(l)在(g)中燃烧生成CO(g)和(g)的难以测量的原因；根据盖斯定律，可以是与6倍的相加得到，则已知CO的燃烧热，还需要的一组数据可利用盖斯定律间接得到(l)在(g)中燃烧生成CO(g)和(g)的。（3）图中1mol和1mol断键所吸收的总能量为，2molH原子和2molF原子形成2molHF所释放的能量为，反应中吸收的总能量小于释放的总能量，则为放热反应，反应生成2molHF(g)放出的热量为，则生成1molHF(g)时反应过程中放出的热量为；故答案为：放出；270kJ。（4）根据非金属性越强越容易与氢气化合生成相应氢化物，氧族元素中非金属性从上到下依次减弱，由此可知图中a、b、c、d分别代表Te、Se、S、O的氢化物，故c代表S的氢化物；图中形成时为吸热反应，所以分解时为放热反应，其反应的热化学方程式为。（5）根据反应物的键能之和-生成物的键能之和，设硫硫键键能为，=，则=，即生成1mol硫硫键所释放能量为。16.以黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)为原料，制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体，溶解度随温度升高而增大)的部分工艺流程如下：回答下列问题：（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_______。（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出反应的离子方程式：_______。（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2的化学方程式为_______。（4）试剂X是_______(填化学式)。（5）设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的：_______。（6）从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示，下列说法错误的是_______(填字母)。A.“吸收”过程中有气体生成 B.“结晶”后母液中含有NaHCO3C.“气流干燥”时温度不宜过高 D.“中和”后溶液中含和NaHCO3【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）SO2+2NH3∙H2O=2++H2O（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（4）Fe（5）取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的（6）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（7）B【解析】黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)中通入空气焙烧，FeS2、CuS分别转化为Fe2O3、CuO和SO2，SiO2不反应；加入20%硫酸进行酸溶，此时SiO2不溶，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CuO转化为CuSO4，SiO2不与硫酸反应；过滤后，SiO2成为滤渣，往滤液中加入试剂X，可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu；过滤后，将滤液及SO2经过处理，可制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体。（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应，生成硫酸铁和水，依据电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：SO2+2NH3∙H2O=2++H2O。（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2，同时生成CuSO4等，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。（4）试剂X可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu，且不能引入新的杂质，则X是Fe。（5）检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的，也就是检验Fe3+是否全部还原为Fe2+，需检验Fe3+是否存在，设计实验为：取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的。（6）硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，则从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3时，结晶得到的母液中含有NaHSO3，加入纯碱和水，调节pH=8，此时NaHSO3与Na2CO3反应，生成Na2SO3、NaHCO3；在吸收过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体；湿料中NaHSO3用气流干燥，可获得NaHSO3。A．“吸收”过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体，A正确；B．“结晶”后母液中只含有NaHSO3，不含有NaHCO3，B错误；C．NaHSO3受热易分解，“气流干燥”时温度不宜过高，C正确；D．由分析可知，“中和”后溶液中含和NaHCO3，D正确；故选B。17.工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br）为原料提取溴的部分流程及实验装置图如下：已知：回答下列问题：（1）图示的圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______，该装置中KMnO4_______（填“能”或“不能”）用MnO2替代。（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为_______。（3）实验室用图示装置模拟流程中的部分过程，通入热空气的作用是_______。（4）将Cl2缓缓通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，模拟实验得到ClO-、等离子的物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线如图所示。①参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比为_______。②a点时溶液中_______。③已知：有效氯是指每克含氯消毒剂的氧化能力（得电子数目，氯元素转化为Cl-）相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO的有效氯值为_______（保留两位有效数字）。【答案】（1）①.②.不能（2）（3）使蒸馏烧瓶中的Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）（4）①.2：1②.6：1：1③.0.95【解析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气将Br-氧化为Br2，再通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质，使Br2歧化为Br-和，再加入稀硫酸，Br-和发生归中反应重新生成Br2，达到富集溴的目的，最后通过蒸馏得到溴单质，以此作答。（1）图示装置为Cl2的发生装置，利用KMnO4和浓盐酸制取氯气，反应的离子方程式为；MnO2和浓盐酸制取氯气需要加热，而该装置没有加热装置，因此不能将KMnO4用MnO2替代；（2）反应釜2中发生Br-和在酸性条件下的归中反应，离子方程式为；（3）Br2易挥发，因此通入热空气的作用是使蒸馏烧瓶中的Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）；（4）①溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，三者均有，因此参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比；②a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有和物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为，因此溶液中；③设1gNaClO的氧化能力相当于xgCl2的氧化能力，则，解得，即NaClO的有效氯值为0.95。18.某兴趣小组设计如下实验进行喷泉实验和制备水合肼。回答下列问题：I．制备NH3并进行喷泉实验(实验装置如图所示，加热及夹持装置已省略)。i．NH3的制备：打开K1、K3，关闭，加热甲处试管底部，反应生成NH3；ii．喷泉实验：当丁中溶液变蓝后，停止制备NH3，关闭。通过操作a引发喷泉，此过程中三颈烧瓶内气体压强随时间的变化关系如图所示。（1）①甲中制备NH3的化学方程式为_______。②操作a为_______。③C→D过程中，三颈烧瓶中的现象为_______。（2）若乙中预先收集Cl2，胶头滴管和丙中为NaOH溶液，也能进行喷泉实验，产生喷泉时乙中反应的离子方程式为_______。II．制备水合肼。以NaClO溶