辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高三上学期期中考试试题考生注意：1.本试卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.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。3.可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Cl35.5Zn65第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(共45分，每题只有一个正确答案)1.化工生产助推社会稳健发展。下列化学工艺中不涉及氧化还原反应的是A.侯德榜以NH3、CO2、饱和食盐水为原料制取纯碱B.艾斯勒以氯化铁溶液为试剂刻蚀铜质电路板C.吴蕴初采用隔膜法电解饱和氯化钠溶液制取烧碱D.拉普逊以二氧化硫和氯酸钠为原料制取ClO2【答案】A【解析】A．侯德榜制碱法中，NH3、CO2与NaCl反应生成NaHCO3和NH4Cl，随后NaHCO3分解为Na2CO3。过程中各元素的化合价均未改变，属于复分解反应和分解反应，不涉及氧化还原，A正确；B．FeCl3刻蚀铜时，Fe3+被还原为Fe2+，Cu被氧化为Cu2+，存在化合价变化，涉及氧化还原反应，B错误；C．电解饱和食盐水时，Cl⁻在阳极被氧化为Cl2，H2O在阴极被还原为H2和OH⁻，存在化合价变化，涉及氧化还原反应，C错误；D．SO2与NaClO3反应生成ClO2时，Cl的化合价从+5降至+4（被还原），S的化合价从+4升至+6（被氧化），涉及氧化还原反应，D错误；故选A。2.下列符合实验安全要求的是A.未用完的钾可以放回原试剂瓶B.被玻璃轻微划伤后立即用创可贴外敷C.衣物大面积着火立即用湿抹布灭火D.浓盐酸沾到皮肤后先用大量水冲洗再涂上1%硼酸【答案】A【解析】A．根据实验室安全规范，钠、钾等活泼金属若未用完，为避免接触空气或水引发危险，需放回原试剂瓶。这是为了防止随意丢弃或暴露导致安全隐患，A正确；B．实验中被划伤后，应先检查并清除玻璃碎片，用清水冲洗并消毒，再使用创可贴。直接外敷创可贴可能忽略伤口处理步骤，存在感染风险，B错误；C．湿抹布覆盖范围有限，无法有效扑灭大面积火势。正确做法是使用灭火毯、紧急淋浴或躺地翻滚，C错误；D．浓盐酸属于强酸，浓盐酸沾到皮肤上，应是用大量水冲洗后涂抹弱碱性溶液（如碳酸氢钠），硼酸用于中和碱性灼伤，D错误；故选A。3.反应可用于制取氧气。下列说法正确的是A.既含有离子键又含有共价键 B.中子数为22的钙原子可表示为C.Ca位于元素周期表第三周期ⅡA族 D.的电子式为【答案】A【解析】A．为离子化合物，由和构成，由和间存在离子键，中两个O原子之间存在共价键，故既含离子键又含共价键，A正确；B．钙原子质子数为20，中子数为22时，质量数=质子数+中子数=42，原子符号应为，而非，B错误；C．Ca原子序数为20，电子层数为4，位于第四周期ⅡA族，第三周期ⅡA族为Mg，C错误；D．为共价化合物，图示为离子化合物形式，D错误；故选A。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的质子数，比的少B.在的溶液中，的数目为C.标准状况下，含有的极性共价键的数目为D.常温下，与足量浓硝酸反应，生成的数目为【答案】B【解析】A．H2O和D2O的质子数均为10，因此1mol两者的质子数均为，A错误；B．K2CO3完全电离为，K+的物质的量为，数目为，B正确；C．CH2Cl2在标准状况下为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，C错误；D．常温下，27g遇浓硝酸发生钝化，反应逐渐停止、铝不会溶解，实际生成的分子数远少于，D错误；故选B。5.某小组设计了如图所示的装置制取并验证其性质。下列说法正确的是A.浓硫酸滴入固体中产生气体，体现了浓硫酸的强氧化性B.滴有酸性溶液的滤纸和滴有品红溶液的滤纸都褪色，均体现具有漂白性C.滴有溶液的滤纸上有黄色固体生成，说明具有氧化性D.滴有石蕊溶液的滤纸先变红后褪色，说明是酸性氧化物【答案】C【解析】A．70%浓硫酸与固体反应生成，反应方程式为，反应中S元素化合价未变化，属于复分解反应，浓硫酸体现酸性，未体现强氧化性，A错误；B．酸性溶液褪色是因被氧化，体现的还原性；品红溶液褪色体现的漂白性，二者原理不同，B错误；C．溶液中S为-2价，与反应生成黄色固体S，中S元素从+4价降低为0价，得电子作氧化剂，体现氧化性，C正确；D．与水反应生成，使石蕊变红，但不能漂白石蕊，滤纸只变红不褪色，D错误；故选C。6.硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业上一般以硫黄或其他含硫矿物(如黄铁矿)为原料来制备硫酸。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体中含离子数目为B.和足量的在密闭容器中充分反应，生成的的分子数为C.标准状况下，3.36L的中含有的质子数为D.的水溶液中含有氧原子数为【答案】A【解析】A．FeS2晶体中阳离子为Fe2+，阴离子为，1个FeS2含2个离子（1个Fe2+和1个），则0.1molFeS2含离子数目为0.1mol×2×NA/mol=0.2NA，A正确；B．SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应（2SO2+O2⇌2SO3），64gSO2（1mol）与足量O2反应时，SO2不能完全转化，生成的SO3分子数小于NA，B错误；C．标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，C错误；D．100mL0.1mol·L-1H2SO4溶液中，H2SO4的物质的量为0.01mol，含O原子0.04mol，但溶液中的水也含O原子，总O原子数远大于0.04NA，D错误；故选A7.在酸性条件下甲醇可以将转化为无害的气体排放，甲醇转化为。下列说法正确的是A.若转移电子则生成B.对应的产物为C.反应后溶液的酸性增强D.还原产物与氧化产物的物质的量之比为【答案】D【解析】A．反应过程中，中N元素化合价由+5降低至0，CH3OH中C元素化合价由-2升高至+4，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，反应离子方程式为：，每转移30mol电子生成5molCO2，每转移6mol电子生成1molCO2，标准状况下1mol气体的体积为22.4L，但题目未说明温度压强条件，无法确定生成二氧化碳的体积，A错误；B．在酸性条件下甲醇可以将转化为无害的气体排放，反应中被还原为N2，B错误；C．反应离子方程式为：，反应过程中消耗了H⁺，反应后溶液酸性减弱，C错误；D．还原产物（N2）与氧化产物（CO2）的物质的量之比为3：5，D正确；故答案为D。8.从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于该工艺流程的说法，不正确的是A.在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色B.实验过程中操作1应该使用漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器C.碘水加入CCl4，得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”D.含I-的滤液中加入稀硫酸和Cl2后，碘元素发生氧化反应【答案】B【解析】海带提取碘的工艺流程主要包括：灼烧、浸泡、过滤、氧化、萃取分液、蒸馏等核心步骤。将干海带剪碎后放入坩埚中灼烧成灰，使碘元素以无机碘化物形式存在于灰烬中，将海带灰转移到烧杯中，加入沸水搅拌溶解，使I-进入溶液，对浸泡液进行过滤，除去不溶性残渣，得到含I-的澄清滤液，向滤液中通入Cl2，将I-氧化成I2，加入CCl4萃取生成的I2，得到含I2的CCl4溶液，I2和CCl4沸点差别较大，用蒸馏的方法分离出I2。A．I2能使淀粉溶液变蓝色，碘水含I2，加入淀粉溶液，碘水溶液变蓝，A正确；B．从I2的CCl4溶液中分离出I2需要蒸馏，应该使用酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、烧杯等仪器，B错误；C．碘在CCl4中溶解度远大于水，CCl4与水不互溶，用CCl4提取碘水中I2属于萃取，C正确；D．Cl2具有氧化性，可将I-氧化为I2，I元素化合价从-1升高到0，I-发生氧化反应，D正确；故选B。9.工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，其过程如下。已知：下列说法错误的是A.氧化→吹出→吸收→氧化、蒸馏的目的是为了富集溴元素B.每提取，理论上需消耗(标准状况)C.由上述过程中的反应可推导出氧化性：D.其他条件一定时，单位时间内若通入过量，会导致的吹出率下降【答案】C【解析】海水提溴的流程为：将浓缩酸化后含Br-的海水通入Cl2氧化：，用热空气吹出溴蒸气，再用SO2和H2O吸收溴蒸气，转化为Br-进行浓缩：，再次通入Cl2氧化，最后通过冷凝等操作得到产品液溴。A．海水提溴中，海水中溴离子浓度低，通过氧化（Cl2将Br⁻氧化为Br2）、吹出（分离Br₂）、吸收（Br2与SO2反应生成Br⁻，富集溴元素）、再氧化蒸馏得到液溴，整个过程目的是富集溴元素，A正确；B．提取1molBr2需经过两次氧化：第一次Cl2将Br⁻氧化为Br2（1molBr2需1molCl2），吸收后Br2转化为Br⁻；第二次Cl2再次氧化Br⁻为Br2（又需1molCl2），理论上共消耗2molCl2，标准状况下体积为，B正确；C．氧化性判断依据：氧化剂氧化性＞氧化产物。第一次氧化：Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，故氧化性；吸收反应：Br2是氧化剂，SO2是还原剂，氧化产物为H2SO4，氧化性，因此氧化性顺序为，C错误；D．其他条件一定时，过量SO2随“吸收Br2后的空气”进入下一步，与新生成的Br2发生反应：，该反应消耗了原本应被吹出的Br2，导致其吹出率下降，D正确；故选C。10.下图是乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯的过程示意图。下列说法正确的是A.催化剂可以改变反应历程，改变反应热B.生成的总反应为：C.②中生成的过程中，只有极性键断裂没有极性键形成D.反应①未发生氧化还原反应【答案】B【解析】A．催化剂能改变反应历程（降低活化能），但反应热由反应物和生成物总能量差决定，与催化剂无关，A错误；B．过程①：Pd+2CH3COOH+1/2O2→Pd(CH3COO)2+H2O；②Pd(CH3COO)2+CH2=CH2→CH2=CHOOCCH3+Pd+CH3COOH。两式合并消去中间产物，总反应为2CH2=CH2+2CH3COOH+O2CH2=CHOOCCH3+2H2O，与选项一致，B正确；C．过程②中，Pd(CH3COO)2的Pd-O键（极性键）断裂，生成CH2=CHOOCCH3的酯基C-O键（极性键）形成，存在极性键形成，C错误；D．反应①中Pd由0价升至+2价（被氧化），O2中O由0价降至-2价（被还原），存在化合价变化，为氧化还原反应，D错误；答案选B。11.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：。下列关于该电池的说法正确的是A.放电时，在电解质中由负极向正极迁移B.放电时，负极的电极反应式为C.充电时，若转移，石墨电极将增重D.羧酸、醇等有机物均可用作锂离子电池的电解质【答案】A【解析】根据放电时的总反应，碳元素在转化过程中化合价升高，故在负极反应，在正极反应。A．放电时，在电解质中由负极向正极迁移，A正确；B．放电时，在负极反应，电极反应为，B错误；C．充电时石墨电极作阴极，电极反应为，每转移，会有1mol嵌入在石墨电极上，使电极增重7g，C错误；D．羧酸和醇均能与锂反应，无法满足要求，D错误；故选A。12.味精主要成分是谷氨酸钠()。下列说法正确的是A.离子半径： B.第一电离能：(O)<(N)C.稳定性： D.电负性：(O)<(N)【答案】B【解析】A．O2-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则r(O2-)>r(Na+)，故A错误；B．N原子p轨道半充满，稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能(O)<(N)，故B正确；C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性O>N，非金属性越强氢化物越稳定，则稳定性H2O>NH3，故C错误；D．同周期元素从左到右电负性增大，电负性χ(O)>χ(N)，故D错误；选B。13.一种亲水有机盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是A.分子极性：B.该化合物中各原子均满足8电子稳定结构C.第二电离能：D.中存在的键数为【答案】C【解析】X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特点及原子序数关系，推断如下：能形成4个共价键，应为元素；原子序数大于且小于，应为元素；能形成双键，应为元素；原子序数大于且能与形成共价键，应为元素；能形成2个双键和2个单键，且原子序数最大，应为S元素；能形成+1价阳离子且原子序数小于，应为Li元素，据此解答。A．由分析可知，为(V形，极性分子)，为(直线形，非极性分子)，则极性：，A错误；B．该化合物中元素形成2个双键和2个单键，最外层电子数为12，不满足8电子稳定结构，B错误；C．失去1个电子后为(电子排布为，达到半充满稳定结构)，再失去一个电子变成不稳定结构的第二电离能较大；失去1个电子后为，再失去一个电子变成稳定的较容易，则第二电离能，即M>P，C正确；D．为，中Cu2+与4个通过配位键(σ键)结合，每个含1个σ键，即1个中含σ键数为4+4=8个，但的物质的量未知，无法计算存在的键数，D错误；故选C。14.咖啡中含有的咖啡因，能结合腺苷受体，阻止其释放疲劳的信号，以达到提神的效果。咖啡因的结构如图所示，下列说法不正确的是A.咖啡因的分子式为B.咖啡因的分子结构可以通过射线衍射技术最终测定C.咖啡因分子中C有2种杂化方式D.咖啡因分子分子间存在氢键【答案】D【解析】A．咖啡因分子中含8个C、10个H、4个N、2个O，分子式为，A正确；B．X射线衍射技术可获得分子结构的有关数据，包括键长、键角等分子结构信息，从而确定分子结构，B正确；C．咖啡因分子中，碳氧双键的碳原子和构成环的碳原子为杂化，甲基C（-CH3）为杂化，共2种杂化方式，C正确；D．分子间氢键需存在N-H、O-H等含活泼H的基团，咖啡因分子中N均与C相连（无N-H），O与C相连（无O-H），分子间无氢键，D错误；答案选D。15.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项操作及现象结论A将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制中，加热，生成砖红色沉淀葡萄糖属于还原性糖B将溶液和稀混合，生成的气体可使品红溶液褪色被稀硫酸氧化成C取两支试管，分别放入两颗完全相同的锌粒和等体积、等浓度的稀盐酸，其中一支试管中滴加1~2滴硫酸铜溶液，该试管中产生气体更快硫酸铜是该反应的催化剂D乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色乙醇发生了消去反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．葡萄糖与新制在碱性条件下加热生成砖红色沉淀，可证明其属于还原性糖，A正确；B．与稀硫酸反应生成和，使品红褪色，但该反应为自身的歧化反应，稀硫酸不是氧化剂，B错误；C．加入后，置换出，Zn、Cu与稀盐酸形成微电池，加快反应速率，被消耗，硫酸铜并非催化剂，C错误；D．生成的乙烯中混有的乙醇、二氧化硫等还原性气体也可以使溴水褪色，无法证明乙醇发生消去反应，D错误；故选A。第Ⅱ卷(选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分，考生根据要求做答。)16.物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。钠、氯及其化合物的“价—类”二维图如图1、图2所示，请回答下列问题。（1）NaH中氢为_______价。图1中①可做供氧剂，其电子式为_______。（2）图1中由盐生成碱的反应有多个，其中属于氧化还原反应的化学反应方程式为_______。（3）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂。制备亚氯酸钠的流程如下：反应I阶段，参加反应的③和SO2的物质的量之比为_______；反应II的氧化产物为_______。（4）图2中②是“84”消毒液的有效成分，在空气中的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种是酸式盐，写出该反应的化学方程式：_______；将Cl2通入NaOH溶液中制备②时，若温度控制不当，会生成副产物③。若反应后的溶液中②和③的物质的量之比为5：2，则消耗的Cl2与生成的Cl-的物质的量之比为_______。（5）商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”是指一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时氯气的质量对消毒剂质量的百分比来表示。二氧化氯(ClO2)的“有效氯”为_______%。【答案】（1）①.-1②.（2）（3）①.2:1②.O2（4）①.②.11:15（5）263【解析】根据图可知，①为钠的氧化物，则①可以为氧化钠或者过氧化钠；②为含有+1价氯元素的盐，则②为次氯酸盐；③为含有+5价氯元素的盐，则③为氯酸盐，据此分析作答。（1）NaH中钠元素为+1价，则氢元素为-1；①可做供氧剂，则为过氧化钠，其电子式为，故答案为：-1；。（2）氯化钠溶液在电解下，生成氢氧化钠、氢气和氯气，满足题意要求，化学方程式为：，故答案为：。（3）根据流程可知，在硫酸作用下与SO2反应，生成和，化学方程式为：，则③和SO2的物质的量之比为2:1；反应II是与过氧化氢和氢氧化钠反应，生成NaClO2、氧气和水，过氧化氢中氧元素化合价升高，为还原剂，则其氧化产物为O2，故答案为：2:1；O2。（4）图2中②是“84”消毒液的有效成分，则②为NaClO，在空气中和水的作用下生成两种物质，其中一种是HClO，另一种酸式盐为，化学方程式为；将Cl2通入NaOH溶液中制备NaClO时，若温度控制不当，会生成副产物，若反应后的溶液中NaClO和的物质的量之比为5:2，根据得失电子守恒，设生成NaClO为5mol，生成Cl-为5mol，消耗的Cl2为5mol，同时生成NaClO3为2mol，生成Cl-为10mol，消耗的Cl2为6mol，消耗的Cl2与生成的Cl-的物质的量之比为11:15，故答案为：；11:15。（5）ClO2和氯气作为氧化剂，都会变为氯离子，设1molClO2转化为1molCl-得到电子5mol，氧化能力相当，则氯气得电子数相同，即消耗氯气为2.5mol，则二氧化氯的“有效氯”=，故答案为：263。17.已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B有特殊的香味，E是常见的高分子材料。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。（1）D分子中官能团的名称是_______。反应①的反应类型是_______。（2）某同学用如下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，烧杯D中上层出现透明的、不溶于水的油状液体。①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是_______。②仪器C的名称是_______。在该实验中，它的作用除了冷凝，还可以_______。③烧杯D中盛放的溶液是_______，它的作用是_______(填字母)。a．中和乙酸和乙醇b．中和乙酸，吸收乙醇c．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，利于它分层析出d．加速酯的生成，提高其产率【答案】（1）①.羧基②.加成反应（2）①.防止暴沸②.球形干燥管③.防倒吸④.饱和碳酸钠溶液⑤.bc【解析】有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，为CH2=CH2，B有特殊的香味，A和H2O发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，E是常见的高分子材料，A通过加聚反应生成E，则E为，乙醇可与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D为乙酸，B发生催化氧化生成C即CH3CHO，据此答题。（1）据分析可知，D为乙酸，其官能团名称为羧酸，①为加成反应，该空分别填羧酸、加成发应；（2）①由已知可知，装置左侧主要发生酯化反应，其化学方程式为，则圆底烧瓶中放入几块碎瓷片主要是为了防止暴沸，该空填防止暴沸；②仪器C叫球形干燥管，在该实验中，它的作用除了冷凝，还具有缓冲作用，防止倒吸，该空分别填球形干燥管，防倒吸；③由反应装置图可知，产生的乙酸乙酯、乙醇和乙酸混合气体进入烧杯D中，则烧杯D中盛放的溶液应是饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，又能和乙酸反应生成二氧化碳和可溶性的乙酸钠，降低乙酸乙酯溶解度，从而更好的析出乙酸乙酯，故该空分别填饱和碳酸钠溶液，bc。18.在温和条件下，将CO转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成，该流程示意图如下：回答下列问题：（1）电解池中电极M与电源的_______极相连。（2）CO放电生成的电极反应式为_______。（3）在反应器中，发生如下反应：反应ⅰ：反应ⅱ：计算反应的_______，该反应_______(填标号)。A．高温自发B．低温自发C．高温低温均自发D．高温低温均不自发（4）一定温度下，CO、和(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应ⅰ和反应ⅱ．有CO存在时，反应ⅰ和反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。①根据图1，写出生成的决速步反应式：_______；的选择性大于的原因是_______。②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，当x=2时，该温度下反应达到平衡时总压强为_______kPa。【答案】（1）正（2）（3）①.②.B（4）①.②.由生成时，活化能较大，反应速率慢③.67.6【解析】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连；（2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：；（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据，反应能够自发进行，则低温下自发进行，选B；（4）①总反应的反应速率由慢反应决定，决速步是反应最慢的步骤，由图可知，生成历程中TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于；②当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72