2025-2026学年佛山市高三第三次模拟考试化学试卷（含答案解析）

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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列关于反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔHO2-，选项D错误。
答案选B。
7、C
【解析】
A. Cu2＋为有色离子，A不合题意；
B. Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；
C. K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；
D. MnO4-为有色离子，D不合题意。
故选C。
8、C
【解析】
n(S)=3.2g÷32g/ml=0.1ml，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2ml，则n(Fe2+)=0.4ml-0.2ml=0.2ml，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2ml：0.2ml=1：1，以此解答该题。
【详解】
A.盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4ml，根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0ml/L，A错误；
B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；
C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4ml，V(H2S)=0.4ml×22.4L/ml=8.96 L，C正确；
D.FexS中n(S)=0.1ml+0.4ml=0.5ml，n(Fe)=0.4ml，所以n(Fe)：n(S)=0.4ml：0.5ml=0.8，所以x=0.8，D错误。
故合理选项是C。
9、C
【解析】A．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故D正确；答案为C。
点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。
10、D
【解析】
A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；
B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；
C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；
D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 ml电子，则有0.5 mlCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。
【详解】
A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；
B.实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正确；
C.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，C正确；
D.实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3ml电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5 mlCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5mlFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25ml Cr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75ml Cr2O72-被还原，D错误；
故合理选项是D。
本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。
11、C
【解析】
A．滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；
B．由图可知，浓度均为0.0100ml/LHA、H3B溶液中，HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；
C．，，由图可知时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，K=10-6.8，HB2-的电离常数为Ka3，由于Ka2>>Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；
D．，K=
=，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-2~10-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。
答案选C。
12、B
【解析】
由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。
【详解】
A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，故A不符合题意；
B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B符合题意；
C、根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2 ml电子，理论上生成0.1mlPb，质量为20.7gPb，故C不符合题意；
D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D不符合题意；
故选：B。
13、D
【解析】
A.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；
B.由图像可知反应物能量高，所以键能低，选项B错误；
C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6 kJ/ml，选项C错误；
D.气态水变成液态要放出能量，所以若反应生成2ml液态水，放出的热量高于115.6kJ ，选项D正确；
答案选D。
14、D
【解析】
A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，，故A正确，不符合题意；
B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；
C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；
D选项，该物质中含有酚酸酯，1ml该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2 mlNaOH，故D错误，符合题意。
综上所述，答案为D。
手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 ml酚酸酯消耗2ml氢氧化钠，1 ml羧酸酯消耗1ml氢氧化钠。
15、A
【解析】
酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。
【详解】
A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；
B. SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；
C. HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；
D. CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故D不选；
故选A 。
SO2 和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2 和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2 和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。
16、D
【解析】
A. 生铁中含有C、Fe，生铁和电解质溶液构成原电池，Fe作负极而加速被腐蚀，纯铁不易构成原电池，所以生铁比纯铁易生锈，故A正确；
B．钢铁和空气、水能构成原电池导致钢铁被腐蚀，钢铁的腐蚀生成疏松氧化膜不能隔绝空气，所以不能保护内层金属，故B正确；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，故C正确；
D．作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作阴极的金属被保护，为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源负极相连，故D错误；
故选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、第二周期ⅡA族 Cl-> O2-> Mg2+ NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH- Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。
【解析】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。
【详解】
X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。
（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；
（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl-> O2-> Mg2+；
（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；
（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；
（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。
18、C12H15NO 醚键 还原反应 消去反应 +HNO3(浓) +H2O 、、 保护氨基，防止合成过程中被氧化
【解析】
A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D：，E为，E与NaBH4发生反应产生F为。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；
(2) B为，C为，B与Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；
F为，G为，根据二者结构的不同可知：FG的类型是消去反应；
(3)A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以AB的反应方程式为：+HNO3(浓) +H2O；
(4)D结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、、；
(5)合成途径中，C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；
(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为：
本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。
19、温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D
【解析】
葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2 Ca (葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。
【详解】
(1)①根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55℃，所以还需要温度计；
②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；
(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；
(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；
(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；
(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇—水的混合溶液”进行洗涤。
20、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2＋H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O 69％（或）
【解析】
(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；
(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。
(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；
③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。
【详解】
(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；
(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O =2HNO3+NO；
③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；
④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；
(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；
B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；
C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；
D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；
故合理选项是A；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；
③消耗KMnO4溶液体积V==20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002ml×=0.005ml，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005ml×=0.02ml，其质量m(NaNO2)=0.02ml×69g/ml=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%。
本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。
21、 哑铃 4CaO•Fe1O3•1Al1O3•6SiO1•H1O 4 正四面体形 熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强 6 O和N sp3 或Si1O51-
【解析】
(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为1p；
(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4) (Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；
(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；
(4)配离子为[Fe(H1O)6]1+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，[Fe(H1O)4(en)]1+中配体为H1O和en，根据孤对电子确定配位原子；
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为。
【详解】
(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S1，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为1p，其电子云轮廓图为哑铃形；
(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4) (Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe1O3•1Al1O3•6SiO1•H1O；
(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；
(4)配离子为[Fe(H1O)6]1+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，则配位数为6；中配体为H1O和en，其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为O和N；
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为，SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×=1.5，Si、O原子数目之比为1:1.5=1:5，故化学式或Si1O51-。
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO•nSiO1•mH1O)．注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：正长石KAlSi3O8不能改写成 K1O•Al1O3•3SiO1，应改写成K1O•Al1O3•6SiO1．③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H1O一般写在最后。
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸
的去除率%
0.922
12.7
57.3
滴定次数
1
2
3
4
消耗溶液体积
20.90
20.12
20.00
19.88
熔点/K
182.8
202.7
278.5
393.6
沸点/K
177.4
330.1
408
460.6
O· Si
图a
图b