2025-2026学年甘肃省多校高三上学期第一次联考考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省多校2025-2026学年高三上学期第一次联考考试考生注意：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：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56一、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.下列过程中不涉及氧化还原反应的是A.高炉炼铁 B.暖水瓶镀银(银镜) C.工业合成氨 D.制备波尔多液【答案】D【解析】氧化还原反应的判断依据是元素化合价是否变化。A．（铁元素化合价+3→0），（碳元素化合价+2→+4），存在化合价变化，不符合题意，A错误；B．（银被还原），葡萄糖被氧化，存在化合价变化，不符合题意，B错误；C．（氮元素化合价0→-3），（氢元素化合价0→+1），存在化合价变化，不符合题意，C错误；D．波尔多液由硫酸铜和氢氧化钙反应制备，与结合生成，与结合生成，为复分解反应，无化合价变化，符合题意，D正确；故答案为D。2.反应、(白烟)可用于氯气管道泄漏的检查。下列说法正确的是A.的结构示意图： B.属于共价晶体C.中子数为20的氯原子： D.分子中含有2个键【答案】C【解析】A．的质子数为17，核外电子数为18，结构示意图应显示核内为+17：，A错误；B．是由分子构成的晶体，分子间通过分子间作用力结合，属于分子晶体，B错误；C．氯原子质子数为17，中子数=质量数-质子数，中子数为20时，质量数=17+20=37，原子符号表示为，C正确；D．分子结构式为N≡N，三键中含1个σ键和2个π键，故σ键数目为1，D错误；故答案选C。3.从海带中提碘涉及以下部分过程：灼烧、水浸取、氯气氧化、萃取。下列仪器(省去夹持装置)的选择或操作能达到实验目的的是A．海带灼烧B．浸取C．氯气制备D．萃取A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．海带灼烧应使用坩埚而非蒸发皿，蒸发皿用于蒸发溶液，灼烧固体需用坩埚，仪器选择错误，A错误；B．浸取是将海带灰用热水浸泡而溶解出碘离子，需用烧杯作为容器，玻璃棒搅拌加速溶解，操作和仪器均正确，B正确；C．氯气制备需浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，图中缺少加热装置（酒精灯），无法发生反应，C错误；D．苯的密度小于水，有机层应该在上层，D错误；故选B。4.如图A是常见的金属，物质M的焰色试验火焰呈黄色，D是黄绿色气体，X是“84”消毒液的主要成分，Y是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，W是空气的主要成分之一，Z可用作火箭推进器中的还原剂，且其相对分子质量为32(框图中部分产物已略去)。下列说法正确的是A.常温下，的B溶液的B.反应③中F需过量C.消耗，反应⑤转移D.反应②和④基本反应类型相同【答案】C【解析】根据题意，首先，物质M的焰色试验呈黄色，M含Na元素；D是黄绿色气体，D为Cl2；X：“84”消毒液主要成分，为NaClO；Y：使湿润红色石蕊试纸变蓝，为NH3；W：空气主要成分，结合反应⑥Z+NO2→W+H2O，推测W为N2；Z：相对分子质量为32的火箭推进剂还原剂，为N2H4（肼）；电解M溶液（含Na）生成B、C、Cl2，故电解NaCl溶液，所以M为NaCl，再根据反应①电解NaCl溶液，因此可以确定B为NaOH、C为H2；再来确定A：常见金属，与NaOH反应生成E，故A为Al；再根据反应②：，可确定E为Na[Al(OH)4]；F：H2与Cl2反应生成HCl，故F为HCl；由此作答。A．由分析知，B是NaOH，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol·L-1，则pH=13，A错误；B．反应③是Na[Al(OH)4]与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，若HCl过量，Al(OH)3会溶解生成AlCl3，故F（HCl）需少量，B错误；C．反应⑤为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，Cl元素由+1价降为-1价，1molNaClO参与反应转移2mol电子，C正确；D．反应②是Cl2与NaOH的歧化反应（非基本反应类型），反应④是H2与Cl2的化合反应，反应类型不同，D错误；故选C。5.下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是A.键角：B.基态氟原子：未成对电子数成对电子数C.和分子中的键长：D.酸性：【答案】A【解析】A．H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子仅有1对孤对电子，孤对电子减少导致键角增大，故H2O键角（约104.5°）小于H3O+（约107°），A正确；B．基态氟原子（电子排布为1s22s22p5）的2p轨道有1个未成对电子，成对电子数为4对（1s2、2s2、2p5中两对），未成对电子数（1）小于成对电子数（4对），B错误；C．O的原子半径小于N，O−H键长短于N−H键长，故O−H键长小于N−H，C错误；D．F的电负性大于Cl，吸电子诱导效应更强，F3CCOOH的酸性（pKa≈0.23）强于Cl3CCOOH（pKa≈0.77），D错误；故选A。6.阿魏酸乙酯是生产治疗心脑血管疾病药物的原料，其结构简式如图所示。下列关于阿魏酸乙酯的说法错误的是A.存在顺反异构B.在空气中长期放置易变质C.与强酸或强碱反应后产物相同D.与足量加成后的产物分子中有手性碳原子【答案】C【解析】A．该分子中含有碳碳双键（-CH=CH-），双键两端的碳原子分别连接不同基团（左边碳连苯环和H，右边碳连酯基和H），满足顺反异构条件，A正确；B．分子中含酚羟基（-OH直接连苯环），酚羟基易被空气中氧气氧化，长期放置易变质，B正确；C．强酸条件下酯基水解生成羧酸（-COOH）和乙醇，酚羟基不反应；强碱条件下酯基水解生成羧酸盐（-COONa），酚羟基与碱反应生成酚钠（-ONa），产物不同，C错误；D．与足量H₂加成后，苯环变为环己烷环，碳碳双键变为单键。环己烷环上连接羟基、甲氧基和-CH₂CH₂COOCH₂CH₃的碳原子，因连接四个不同基团（环上不同位置碳链、羟基、甲氧基、亚乙基酯基），存在手性碳原子，D正确；故答案选C。7.下列相关离子方程式表示正确的是A.用去除废水中的：B.用氯化铁溶液刻蚀铜制电路板：C.向悬浊液中滴加溶液：D.将加入稀硫酸中：【答案】A【解析】A．FeS和HgS均为难溶物，但HgS的溶度积更小，反应向生成更难溶的HgS方向进行，离子方程式正确，A正确；B．Fe3+与Cu反应时，Fe3+应被还原为Fe2+而非Fe单质，方程式产物错误，B错误；C．AgCl悬浊液中Ag+浓度极低，反应应直接以AgCl固体与S2-反应生成Ag2S，而非拆解为Ag+，方程式形式错误，C错误；D．Cu2O与稀硫酸反应时，Cu+在酸性条件下发生歧化生成Cu2+和Cu单质，方程式未体现歧化反应，产物错误，D错误；故答案选A。8.、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。、与位于同一周期，且、基态原子核外均有2个未成对电子，元素位于元素周期表的第13列。下列说法正确的是A.第一电离能： B.最简单氢化物热稳定性：C.氧化物对应水化物为强碱 D.和可形成化合物【答案】D【解析】、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。、与位于同一周期，且、基态原子核外均有2个未成对电子，X是C元素、Y是O元素、Z是F元素，元素位于元素周期表的第13列，W是Al元素。A．同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能C>Si；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第一电离能Al<Si，所以第一电离能C>Al，故A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性增强，简单气态氢化物稳定性增强，非金属性F>O，稳定性HF>H2O，故B错误；C．W是Al元素，Al(OH)3为两性氢氧化物，故C错误；D．O与F可形成OF2等化合物，故D正确；选D。9.温度为时，在容积为的恒容密闭容器充入一定量的和，发生反应。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是05106.04.03.010A.若时该反应的化学平衡常数为1，则B.内，用表示的平均反应速率为C.该反应在第之间，D.当P、Q的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态【答案】C【解析】根据表格中的数据可以判断，时05106.04.04.0301.010反应在5min时已经达到平衡，平衡时，、、，时。A．该反应时平衡常数为0.8，若时平衡常数为1.0，说明K增大平衡正移，又因为是吸热反应所以温度升高，因此＞，A错误；B．0-5min内，M的物质的量减少2.0mol，反应速率，B错误；C．根据分析5-10min时各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，此时，C正确；D．反应中P和Q的生成量之比始终为2:1，其物质的量之比恒为定值，不能作为平衡判断依据，D错误。故选C。10.一种电解法制取和丁二酸的装置如图所示，图中双极膜是一种能将中间层中水解离产生的和分离的离子交换膜。下列说法错误的是A.a极应与直流电源的负极相连B.b极的电极反应式为C.外电路中每通过，双极膜中有解离D.电解一段时间后，若溶液中不足，则极处可能有产生【答案】C【解析】A．a极发生HOOCCH=CHCOOH转化为HOOCCH2CH2COOH的反应，双键加氢为还原反应，故a极为阴极，应与电源负极相连，A正确；B．b极为阳极，Br⁻被氧化为，Br元素化合价从-1升至+5，失去6e⁻，结合双极膜提供的OH⁻，电极反应式为Br⁻+6OH⁻-6e⁻=+3H2O，B正确；C．双极膜解离H2O生成H⁺和OH⁻，H⁺移向阴极（a极），OH⁻移向阳极（b极）。a极每消耗2molH⁺（对应2mole⁻）需2molH2O解离；b极每消耗6molOH⁻（对应6mole⁻）需6molH2O解离。外电路通过6mole⁻时，双极膜解离6molH2O，即每通过1mole⁻解离1molH2O，C错误；D．若Br⁻不足，阳极b极可能发生OH⁻放电：4OH⁻-4e⁻=O2↑+2H2O，产生O2，D正确；故答案选C。11.在合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“”表示此微粒吸附在催化剂表面，为反应过程中的中间产物)。已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应。下列说法正确的是A.的VSEPR模型为形B.合金改变了甲醇与水蒸气重整反应的C.反应过程中有非极性键的断裂和形成D.的结构简式为【答案】D【解析】A．的中心原子O的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，分子的空间结构为形，A项错误；B．催化剂（合金）只能降低反应活化能，不改变反应的焓变，B项错误；C．反应中反应物（、）含极性键，断裂的键均为极性键；生成时形成非极性键，但无其他非极性键断裂，C错误；D．步骤Ⅱ中碳氧双键（）与加成，分子断键形成的和分别加在双键两端，生成中间产物，与选项中结构简式一致，D正确；故答案选D。12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化检验铁锈中是否含有B向还原后的固体中加入足量盐酸，再滴加溶液，观察颜色变化是否被完全还原C向溶液中通入少量的，观察溶液颜色变化；再加入淀粉溶液，观察溶液颜色变化比较、和的氧化性强弱D向溶液中滴加盐酸，有气泡产生元素非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．若铁锈含Fe2+(具有还原性)，可被KMnO4氧化而使溶液褪色，从而说明Fe2+的存在，但浓盐酸中的氯离子也具有还原性，能被溶液氧化而使其褪色，会干扰对的检验，故该方案无法达到探究目的，A错误；B．CO还原Fe2O3后的固体若含未反应的Fe3+氧化物，溶解后生成Fe3+，但还原产物Fe会与Fe3+反应生成Fe2+，导致KSCN无法检测Fe3+，无法判断Fe2O3是否完全还原，B错误；C．少量Cl2与NaBr反应生成Br2，溶液变黄/橙色，证明Cl2氧化性强于Br2；随后加入淀粉溶液，Br2氧化I-生成I2，淀粉溶液变蓝，证明Br2氧化性强于I2，综上，可得出氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C正确；D．HCl与NaHCO3反应生成CO2只能说明HCl酸性强于H2CO3，但非金属性强弱需比较最高价酸（如HClO4与H2CO3）的酸性，D错误；故选C。13.晶体具有良好的光学性能，其立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为，下列说法错误的是A.基态I原子核外有1个未成对电子B.晶体中，与最近且距离相等的I的数目为1C.电负性：D.和的最近距离为【答案】B【解析】A．基态I原子序数为53，核外电子排布为，价电子排布，5p轨道有1个未成对电子，A正确；B．K位于晶胞顶点，每个顶点K被8个相邻晶胞共享，每个晶胞体心有1个I，故与K最近且距离相等的I数目为8，B错误；C．电负性：非金属>金属，O为非金属，K为金属，O电负性大于K，C正确；D．和的最近距离为面对角线的一半：K在顶点（0,0,0），O在面心（,,0），最近距离为nm，D正确。故选B。14.湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：。25℃时，平衡体系中含微粒的分布系数(某含银微粒浓度与所有含银微粒浓度之和的比)随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.25℃时，B.曲线b表示C.当时，溶液中D.25℃时，的平衡常数【答案】D【解析】与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：，随着浓度增大，该平衡逐渐逆移，故a表示、b表示AgCl，c表示、d表示、e表示。A．图像纵坐标是微粒的分布系数，无法计算溶液中的浓度，故无法计算，A错误；B．根据分析，b表示AgCl，c表示，B错误；C．当时，lgc(Cl-)=-2，分布系数：c>a>d，故，C错误；D．25℃时，的平衡常数。根据d、e交点可求，根据d、c交点可求；所以，D正确。故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以含铁矿物(主要成分、，少量的、)为原料制备颜料铵铁蓝的工艺流程如下：回答下列问题：（1）实验室用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，所用的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管、烧杯、___________。（2）“酸浸”时，若转化为、，则该反应的离子方程式为___________。（3）滤渣为和___________(填化学式)。（4）检验“还原”之后的溶液中是否含的试剂是___________。（5）已知：，，“除钙镁”后的溶液中，则溶液中___________。（6）“沉铁”时，生成沉淀，“氧化”时，发生反应的离子方程式如下：_____________________________________________________________________________，请配平该离子方程式__________。（7）根据上述流程，___________(填“能”或“不能”)根据含铁矿物中铁元素的质量计算产品铵铁蓝的质量。【答案】（1）量筒、玻璃棒（2）（3）、（4）溶液(或其他合理答案)（5）5:2（6）66636（7）不能【解析】含铁矿物(主要成分、，少量的、)加入足量的硫酸溶液、通入氧气酸浸，过滤出滤渣主要成分为S、SiO2和硫酸钙，滤液含铁离子、镁离子和钙离子，向滤液中加入还原铁粉，进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，加入氟化钠除钙镁，过滤出氟化钙、氟化镁沉淀，所得滤液加入硫酸、硫酸铵和亚铁氰化钾进行沉铁，过滤得到(NH4)2Fe[Fe(CN)6]沉淀，加入H2SO4和NaClO3进行氧化、并过滤，得到目标产物NH4Fe[Fe(CN)6]。（1）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，所用的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯，故答案为：量筒、玻璃棒；（2）“酸浸”时，与、反应，转化为、，故反应的离子方程式为：；（3）含铁矿物中不与稀硫酸反应，少量的会与稀硫酸反应产生，因此滤渣除以外，还含有、；（4）检验常用溶液，若溶液变为血红色，说明含有；（5）根据溶度积公式，，已知“除钙镁”后的溶液中，则（6）根据反应物产物可知，中铁从+2价升高到+3价，氯元素从+5价降到-1价，根据得失电子守恒，所以的化学计量数为6，的化学计量数为1，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，结果为：66636；（7）因还原时加入铁粉，故不能根据含铁矿物中铁元素的质量计算出产品铵铁蓝的质量。16.甘氨酸亚铁[，易溶于水，微溶于乙醇]是常用的补血剂，在实验室可以将绿矾转化为后再与甘氨酸反应制备。回答下列问题：（1）称量于烧杯中，加入蒸馏水溶解。称量用的仪器是___________(填仪器名称)，溶解时，用玻璃棒搅拌的目的是___________。（2）向上述溶液中缓慢加入足量溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤、洗涤，得到。生成的离子方程式为___________，该过程没有一次性加入足量溶液的原因是___________。（3）制备：实验装置如图(夹持和加热仪器略去)所示：①装置A盛放溶液的仪器名称为___________。②装置A烧瓶中若反应生成(反应需加热)，该反应的化学方程式为___________。③利用装置A中的反应产生将装置B三颈烧瓶中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时所选用的最佳洗涤试剂是___________(填“热水”“乙醇溶液”或“柠檬酸溶液”)。本次实验甘氨酸亚铁产率为___________%。【答案】（1）①.托盘(电子)天平②.加速溶解（2）①.②.防止生成或其他合理叙述（3）①.恒压滴液漏斗②.③.乙醇溶液④.90【解析】A中NH4Cl溶液滴入NaNO2溶液中制取N2，NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O，用N2排尽装置内空气，向B中滴入柠檬酸溶液并加热反应制备(NH2CH2COO)2Fe，反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。（1）称取27.8gFeSO4∙7H2O可以使用托盘天平或者电子天平；溶解时，用玻璃棒搅拌可以让固体与水充分接触，有利于加速溶解；（2）Fe2+与反应生成FeCO3，离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；由于NH4HCO3溶液呈碱性，一次性加入过多的NH4HCO3溶液可能会产生Fe(OH)2沉淀；（3）①由仪器的外形可知，盛放NH4Cl溶液的仪器为恒压滴液漏斗；②由分析可知，制备N2的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；③因甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂；生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为=0.09mol，开始时FeSO4∙7H2O的物质的量为=0.1mol，根据Fe元素守恒可知理论上生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.1mol，则(NH2CH2COO)2Fe的产率为=90%。17.与反应重整可制备合成气。涉及如下反应：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅲ：。回答下列问题：（1）___________，利于反应Ⅲ正向进行的条件为___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)。（2）压强恒定为的密闭容器中充入、进行上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．在不同温度下反应达到平衡时，气相中含碳组分的物质的量分数变化曲线如图所示。温度为时，反应的___________(写出计算式即可)；甲烷的转化率为___________。（3）与在不同配比的铁铈载氧体[，，是活泼金属，正价有、]催化下，也能制备合成气，制备原理如图所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的、，依次发生的主要反应：反应Ⅳ：；反应Ⅴ：。①反应Ⅳ中，产物气体积分数、转化率、与的关系如图所示。时，大于理论值2的可能原因有___________；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为___________mL。②基态原子核外电子排布式为___________，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中原子的位置，称作原子分数坐标。铁的一种立方晶系晶体结构中，每个晶胞平均含有2个，的原子分数坐标为和。已知该晶体中距离最近的原子核之间的距离为，阿伏加德罗常数的值用表示，则晶体的密度为___________。【答案】（1）①.+248；②.高温；（2）①.②.40%（3）①.当时，载氧体为，氧化性较强，提供的原子较多，将氧化为，使得的物质的量减小，增大(或分解生成，发生副反应而被消耗)；②.432；③.或；④.；【解析】（1）根据盖斯定律可知：反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以；根据所求数据，反应Ⅲ，根据，当时，反应正向自发进行，因此需要高温条件，使，从而。（2）温度为时，图示气相中含碳组分的物质的量分数分别为、、，则的物质的量分数为，则反应的；根据元素守恒可知，生成的的物质的量是参加反应的物质的量的2倍，则。（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的原子较多，可以将氧化为，使得的物质的量减小，增大(或分解生成，发生副反应而被消耗)；由题图3可知，当时，转化率为，则，已知的选择性，则，根据图3中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下和的总体积为；②基态原子核外电子排布式为：或；每个晶胞平均含有2个原子，的原子分数坐标为和，则晶胞中铁原子分别位于8个顶点和体心，晶胞的质量为，已知该晶体中距离最近的原子核之间的距离为，则晶胞的体对角线为，晶胞的边长为，体积为，则晶体的密度为。18.有机物具有抑菌作用，其一种合成路线如下：回答下列问题：（1）F的化学名称为___________，已知F呈碱性，且碱性随氮原子电子云密度的增大而增强。同一条件下，下列化合物的碱性由强到弱的顺序为___________(填序号)。①②③（2）已知A为芳香化合物，且能发生银镜反应，A的结构简式为___________。（3）E中含氧官能团的名称为___________。（4）C+D→E的化学方程式为___________，该反应的反应类型是___________。（5）既能发生水解反应，又能发生银镜反应的B的芳香族同分异构体有___________种(不含立体异构)。（6）参照上述合成路线，设计以甲苯和丙酮为原料，制备的合成路线：___________(其他无机试剂任选)。【答案】（1）①.对甲基苯胺②.②①③（2）（3）醚键、酮羰基（4）①.②.取代反应（5）4（6）【解析】由A与B反应得到C，结合B、C的结构简式可知，A为，C与D反应得到E，结合E的结构简式可知D为BrCH2CH2Br，E与G反应得到H，由此解题。（1）已知呈碱性，且碱性随氮原子电子云密度的增大而增强。为推电子基，能使电子云密度增大，为吸电子基，使电子云密度减小，故碱性由强到弱的顺序为；（2）结合流程图可知A和B反应生成C，C的右半部分与A相似，且A能够发生银镜反应，故A含有醛基，综上可得，A的结构简式为；（3）左下部分为醚键、右上部分为酮羰基；（4）由题意分析E相对于C来说，左下角的氢原子被取代了，可得D结构简式为，取代后形成E和HBr，故方程式为；（5）B的分子式为，其芳香族同分异构体既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有甲酸酯基，若为一取代苯，则只有1种结构：，若为二取代苯，则有邻、对、间3种同分异构体：、、，共4种；（6）逆合成分析：；甘肃省多校2025-2026学年高三上学期第一次联考考试考生注意：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：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56一、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.下列过程中不涉及氧化还原反应的是A.高炉炼铁 B.暖水瓶镀银(银镜) C.工业合成氨 D.制备波尔多液【答案】D【解析】氧化还原反应的判断依据是元素化合价是否变化。A．（铁元素化合价+3→0），（碳元素化合价+2→+4），存在化合价变化，不符合题意，A错误；B．（银被还原），葡萄糖被氧化，存在化合价变化，不符合题意，B错误；C．（氮元素化合价0→-3），（氢元素化合价0→+1），存在化合价变化，不符合题意，C错误；D．波尔多液由硫酸铜和氢氧化钙反应制备，与结合生成，与结合生成，为复分解反应，无化合价变化，符合题意，D正确；故答案为D。2.反应、(白烟)可用于氯气管道泄漏的检查。下列说法正确的是A.的结构示意图： B.属于共价晶体C.中子数为20的氯原子： D.分子中含有2个键【答案】C【解析】A．的质子数为17，核外电子数为18，结构示意图应显示核内为+17：，A错误；B．是由分子构成的晶体，分子间通过分子间作用力结合，属于分子晶体，B错误；C．氯原子质子数为17，中子数=质量数-质子数，中子数为20时，质量数=17+20=37，原子符号表示为，C正确；D．分子结构式为N≡N，三键中含1个σ键和2个π键，故σ键数目为1，D错误；故答案选C。3.从海带中提碘涉及以下部分过程：灼烧、水浸取、氯气氧化、萃取。下列仪器(省去夹持装置)的选择或操作能达到实验目的的是A．海带灼烧B．浸取C．氯气制备D．萃取A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．海带灼烧应使用坩埚而非蒸发皿，蒸发皿用于蒸发溶液，灼烧固体需用坩埚，仪器选择错误，A错误；B．浸取是将海带灰用热水浸泡而溶解出碘离子，需用烧杯作为容器，玻璃棒搅拌加速溶解，操作和仪器均正确，B正确；C．氯气制备需浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，图中缺少加热装置（酒精灯），无法发生反应，C错误；D．苯的密度小于水，有机层应该在上层，D错误；故选B。4.如图A是常见的金属，物质M的焰色试验火焰呈黄色，D是黄绿色气体，X是“84”消毒液的主要成分，Y是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，W是空气的主要成分之一，Z可用作火箭推进器中的还原剂，且其相对分子质量为32(框图中部分产物已略去)。下列说法正确的是A.常温下，的B溶液的B.反应③中F需过量C.消耗，反应⑤转移D.反应②和④基本反应类型相同【答案】C【解析】根据题意，首先，物质M的焰色试验呈黄色，M含Na元素；D是黄绿色气体，D为Cl2；X：“84”消毒液主要成分，为NaClO；Y：使湿润红色石蕊试纸变蓝，为NH3；W：空气主要成分，结合反应⑥Z+NO2→W+H2O，推测W为N2；Z：相对分子质量为32的火箭推进剂还原剂，为N2H4（肼）；电解M溶液（含Na）生成B、C、Cl2，故电解NaCl溶液，所以M为NaCl，再根据反应①电解NaCl溶液，因此可以确定B为NaOH、C为H2；再来确定A：常见金属，与NaOH反应生成E，故A为Al；再根据反应②：，可确定E为Na[Al(OH)4]；F：H2与Cl2反应生成HCl，故F为HCl；由此作答。A．由分析知，B是NaOH，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol·L-1，则pH=13，A错误；B．反应③是Na[Al(OH)4]与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，若HCl过量，Al(OH)3会溶解生成AlCl3，故F（HCl）需少量，B错误；C．反应⑤为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，Cl元素由+1价降为-1价，1molNaClO参与反应转移2mol电子，C正确；D．反应②是Cl2与NaOH的歧化反应（非基本反应类型），反应④是H2与Cl2的化合反应，反应类型不同，D错误；故选C。5.下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是A.键角：B.基态氟原子：未成对电子数成对电子数C.和分子中的键长：D.酸性：【答案】A【解析】A．H2O中O原子有2对孤对电子，H3O+中O原子仅有1对孤对电子，孤对电子减少导致键角增大，故H2O键角（约104.5°）小于H3O+（约107°），A正确；B．基态氟原子（电子排布为1s22s22p5）的2p轨道有1个未成对电子，成对电子数为4对（1s2、2s2、2p5中两对），未成对电子数（1）小于成对电子数（4对），B错误；C．O的原子半径小于N，O−H键长短于N−H键长，故O−H键长小于N−H，C错误；D．F的电负性大于Cl，吸电子诱导效应更强，F3CCOOH的酸性（pKa≈0.23）强于Cl3CCOOH（pKa≈0.77），D错误；故选A。6.阿魏酸乙酯是生产治疗心脑血管疾病药物的原料，其结构简式如图所示。下列关于阿魏酸乙酯的说法错误的是A.存在顺反异构B.在空气中长期放置易变质C.与强酸或强碱反应后产物相同D.与足量加成后的产物分子中有手性碳原子【答案】C【解析】A．该分子中含有碳碳双键（-CH=CH-），双键两端的碳原子分别连接不同基团（左边碳连苯环和H，右边碳连酯基和H），满足顺反异构条件，A正确；B．分子中含酚羟基（-OH直接连苯环），酚羟基易被空气中氧气氧化，长期放置易变质，B正确；C．强酸条件下酯基水解生成羧酸（-COOH）和乙醇，酚羟基不反应；强碱条件下酯基水解生成羧酸盐（-COONa），酚羟基与碱反应生成酚钠（-ONa），产物不同，C错误；D．与足量H₂加成后，苯环变为环己烷环，碳碳双键变为单键。环己烷环上连接羟基、甲氧基和-CH₂CH₂COOCH₂CH₃的碳原子，因连接四个不同基团（环上不同位置碳链、羟基、甲氧基、亚乙基酯基），存在手性碳原子，D正确；故答案选C。7.下列相关离子方程式表示正确的是A.用去除废水中的：B.用氯化铁溶液刻蚀铜制电路板：C.向悬浊液中滴加溶液：D.将加入稀硫酸中：【答案】A【解析】A．FeS和HgS均为难溶物，但HgS的溶度积更小，反应向生成更难溶的HgS方向进行，离子方程式正确，A正确；B．Fe3+与Cu反应时，Fe3+应被还原为Fe2+而非Fe单质，方程式产物错误，B错误；C．AgCl悬浊液中Ag+浓度极低，反应应直接以AgCl固体与S2-反应生成Ag2S，而非拆解为Ag+，方程式形式错误，C错误；D．Cu2O与稀硫酸反应时，Cu+在酸性条件下发生歧化生成Cu2+和Cu单质，方程式未体现歧化反应，产物错误，D错误；故答案选A。8.、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。、与位于同一周期，且、基态原子核外均有2个未成对电子，元素位于元素周期表的第13列。下列说法正确的是A.第一电离能： B.最简单氢化物热稳定性：C.氧化物对应水化物为强碱 D.和可形成化合物【答案】D【解析】、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。、与位于同一周期，且、基态原子核外均有2个未成对电子，X是C元素、Y是O元素、Z是F元素，元素位于元素周期表的第13列，W是Al元素。A．同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能C>Si；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第一电离能Al<Si，所以第一电离能C>Al，故A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性增强，简单气态氢化物稳定性增强，非金属性F>O，稳定性HF>H2O，故B错误；C．W是Al元素，Al(OH)3为两性氢氧化物，故C错误；D．O与F可形成OF2等化合物，故D正确；选D。9.温度为时，在容积为的恒容密闭容器充入一定量的和，发生反应。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是05106.04.03.010A.若时该反应的化学平衡常数为1，则B.内，用表示的平均反应速率为C.该反应在第之间，D.当P、Q的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态【答案】C【解析】根据表格中的数据可以判断，时05106.04.04.0301.010反应在5min时已经达到平衡，平衡时，、、，时。A．该反应时平衡常数为0.8，若时平衡常数为1.0，说明K增大平衡正移，又因为是吸热反应所以温度升高，因此＞，A错误；B．0-5min内，M的物质的量减少2.0mol，反应速率，B错误；C．根据分析5-10min时各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，此时，C正确；D．反应中P和Q的生成量之比始终为2:1，其物质的量之比恒为定值，不能作为平衡判断依据，D错误。故选C。10.一种电解法制取和丁二酸的装置如图所示，图中双极膜是一种能将中间层中水解离产生的和分离的离子交换膜。下列说法错误的是A.a极应与直流电源的负极相连B.b极的电极反应式为C.外电路中每通过，双极膜中有解离D.电解一段时间后，若溶液中不足，则极处可能有产生【答案】C【解析】A．a极发生HOOCCH=CHCOOH转化为HOOCCH2CH2COOH的反应，双键加氢为还原反应，故a极为阴极，应与电源负极相连，A正确；B．b极为阳极，Br⁻被氧化为，Br元素化合价从-1升至+5，失去6e⁻，结合双极膜提供的OH⁻，电极反应式为Br⁻+6OH⁻-6e⁻=+3H2O，B正确；C．双极膜解离H2O生成H⁺和OH⁻，H⁺移向阴极（a极），OH⁻移向阳极（b极）。a极每消耗2molH⁺（对应2mole⁻）需2molH2O解离；b极每消耗6molOH⁻（对应6mole⁻）需6molH2O解离。外电路通过6mole⁻时，双极膜解离6molH2O，即每通过1mole⁻解离1molH2O，C错误；D．若Br⁻不足，阳极b极可能发生OH⁻放电：4OH⁻-4e⁻=O2↑+2H2O，产生O2，D正确；故答案选C。11.在合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“”表示此微粒吸附在催化剂表面，为反应过程中的中间产物)。已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应。下列说法正确的是A.的VSEPR模型为形B.合金改变了甲醇与水蒸气重整反应的C.反应过程中有非极性键的断裂和形成D.的结构简式为【答案】D【解析】A．的中心原子O的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，分子的空间结构为形，A项错误；B．催化剂（合金）只能降低反应活化能，不改变反应的焓变，B项错误；C．反应中反应物（、）含极性键，断裂的键均为极性键；生成时形成非极性键，但无其他非极性键断裂，C错误；D．步骤Ⅱ中碳氧双键（）与加成，分子断键形成的和分别加在双键两端，生成中间产物，与选项中结构简式一致，D正确；故答案选D。12.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化检验铁锈中是否含有B向还原后的固体中加入足量盐酸，再滴加溶液，观察颜色变化是否被完全还原C向溶液中通入少量的，观察溶液颜色变化；再加入淀粉溶液，观察溶液颜色变化比较、和的氧化性强弱D向溶液中滴加盐酸，有气泡产生元素非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．若铁锈含Fe2+(具有还原性)，可被KMnO4氧化而使溶液褪色，从而说明Fe2+的存在，但浓盐酸中的氯离子也具有还原性，能被溶液氧化而使其褪色，会干扰对的检验，故该方案无法达到探究目的，A错误；B．CO还原Fe2O3后的固体若含未反应的Fe3+氧化物，溶解后生成Fe3+，但还原产物Fe会与Fe3+反应生成Fe2+，导致KSCN无法检测Fe3+，无法判断Fe2O3是否完全还原，B错误；C．少量Cl2与NaBr反应生成Br2，溶液变黄/橙色，证明Cl2氧化性强于Br2；随后加入淀粉溶液，Br2氧化I-生成I2，淀粉溶液变蓝，证明Br2氧化性强于I2，综上，可得出氧化性：Cl2＞Br2＞I2，C正确；D．HCl与NaHCO3反应生成CO2只能说明HCl酸性强于H2CO3，但非金属性强弱需比较最高价酸（如HClO4与H2CO3）的酸性，D错误；故选C。13.晶体具有良好的光学性能，其立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为，下列说法错误的是A.基态I原子核外有1个未成对电子B.晶体中，与最近且距离相等的I的数目为1C.电负性：D.和的最近距离为【答案】B【解析】A．基态I原子序数为53，核外电子排布为，价电子排布，5p轨道有1个未成对电子，A正确；B．K位于晶胞顶点，每个顶点K被8个相邻晶胞共享，每个晶胞体心有1个I，故与K最近且距离相等的I数目为8，B错误；C．电负性：非金属>金属，O为非金属，K为金属，O电负性大于K，C正确；D．和的最近距离为面对角线的一半：K在顶点（0,0,0），O在面心（,,0），最近距离为nm，D正确。故选B。14.湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：。25℃时，平衡体系中含微粒的分布系数(某含银微粒浓度与所有含银微粒浓度之和的比)随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.25℃时，B.曲线b表示C.当时，溶液中D.25℃时，的平衡常数【答案】D【解析】与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：，随着浓度增大，该平衡逐渐逆移，故a表示、b表示AgCl，c表示、d表示、e表示。A．图像纵坐标是微粒的分布系数，无法计算溶液中的浓度，故无法计算，A错误；B．根据分析，b表示AgCl，c表示，B错误；C．当时，lgc(Cl-)=-2，分布系数：c>a>d，故，C错误；D．25℃时，的平衡常数。根据d、e交点可求，根据d、c交点可求；所以，D正确。故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以含铁矿物(主要成分、，少量的、)为原料制备颜料铵铁蓝的工艺流程如下：回答下列问题：（1）实验室用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，所用的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管、烧杯、___________。（2）“酸浸”时，若转化为、，则该反应的离子方程式为___________。（3）滤渣为和___________(填化学式)。（4）检验“还原”之后的溶液中是否含的试剂是___________。（5）已知：，，“除钙镁”后的溶液中，则溶液中___________。（6）“沉铁”时，生成沉淀，“氧化”时，发生反应的离子方程式如下：_____________________________________________________________________________，请配平该离子方程式__________。（7）根据上述流程，___________(填“能”或“不能”)根据含铁矿物中铁元素的质量计算产品铵铁蓝的质量。【答案】（1）量筒、玻璃棒（2）（3）、（4）溶液(或其他合理答案)（5）5:2（6）66636（7）不能【解析】含铁矿物(主要成分、，少量的、)加入足量的硫酸溶液、通入氧气酸浸，过滤出滤渣主要成分为S、SiO2和硫酸钙，滤液含铁离子、镁离子和钙离子，向滤液中加入还原铁粉，进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，加入氟化钠除钙镁，过滤出氟化钙、氟化镁沉淀，所得滤液加入硫酸、硫酸铵和亚铁氰化钾进行沉铁，过滤得到(NH4)2Fe[Fe(CN)6]沉淀，加入H2SO4和NaClO3进行氧化、并过滤，得到目标产物NH4Fe[Fe(CN)6]。（1）用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，所用的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯，故答案为：量筒、玻璃棒；（2）“酸浸”时，与、反应，转化为、，故反应的离子方程式为：；（3）含铁矿物中不与稀硫酸反应，少量的会与稀硫酸反应产生，因此滤渣除以外，还含有、；（4）检验常用溶液，若溶液变为血红色，说明含有；（5）根据溶度积公式，，已知“除钙镁”后的溶液中，则（6）根据反应物产物可知，中铁从+2价升高到+3价，氯元素从+5价降到-1价，根据得失电子守恒，所以的化学计量数为6，的化学计量数为1，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，结果为：66636；（7）因还原时加入铁粉，故不能根据含铁矿物中铁元素的质量计算出产品铵铁蓝的质量。16.甘氨酸亚铁[，易溶于水，微溶于乙醇]是常用的补血剂，在实验室可以将绿矾转化为后再与甘氨酸反应制备。回答下列问题：（1）称量于烧杯中，加入蒸馏水溶解。称量用的仪器是___________(填仪器名称)，溶解时，用玻璃棒搅拌的目的是___________。（2）向上述溶液中缓慢加入足量溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤、洗涤，得到。生成的离子方程式为___________，该过程没有一次性加入足量溶液的原因是___________。（3）制备：实验装置如图(夹持和加热仪器略去)所示：①装置A盛放溶液的仪器名称为___________。②装置A烧瓶中若反应生成(反应需加热)，该反应的化学方程式为___________。③利用装置A中的反应产生将装置B三颈烧瓶中空气排尽，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。洗涤时所选用的最佳洗涤试剂是___________(填“热水”“乙醇溶液”或“柠檬酸溶液”)。本次实验甘氨酸亚铁产率为___________%。【答案】（1）①.托盘(电子)天平②.加速溶解（2）①.②.防止生成或其他合理叙述（3）①.恒压滴液漏斗②.③.乙醇溶液④.90【解析】A中NH4Cl溶液滴入NaNO2溶液中制取N2，NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O，用N2排尽装置内空气，向B中滴入柠檬酸溶液并加热反应制备(NH2CH2COO)2Fe，反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。（1）称取27.8gFeSO4∙7H2O可以使用托盘天平或者电子天平；溶解时，用玻璃棒搅拌可以让固体与水充分接触，有利于加速溶解；（2）Fe2+与反应生成FeCO3，离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；由于NH4HCO3溶液呈碱性，一次性加入过多的NH4HCO3溶液可能会产生Fe(OH)2沉淀；（3）①由仪器的外形可知，盛放NH4Cl溶液的仪器为恒压滴液漏斗；②由分析可知，制备N2的化学方程式为NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O；③因甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂；生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为=0.09mol，开始时FeSO4∙7H2O的物质的量为=0.1mol，根据F