北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期中质量检测化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期中质量检测试题(考试时间90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科学家首次用石墨成功合成了毫米级、结构有序、高纯度的六方金刚石。下列说法不正确的是A.两者的碳原子杂化方式不同 B.两者的晶体类型相同C.合成过程破坏了石墨的大π键 D.合成过程属于化学变化【答案】B【解析】A．石墨中碳原子的价层电子对个数是3、金刚石中碳原子的价层电子对个数是4，碳原子杂化类型：前者为sp2、后者为sp3，故A正确；B．石墨为混合型晶体、六方金刚石为共价晶体，二者的晶体类型不同，故B错误；C．石墨中含有大π键，六方金刚石中只含共价键，所以合成过程中破坏了石墨的大π键，故C正确；D．石墨转化为六方金刚石时有新物质生成，所以该变化为化学变化，故D正确；故选B。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.HCl的电子式：B.水合钠离子的示意图：C.中子数为10的氧原子：D.基态C原子的轨道表示式：【答案】C【解析】A．HCl的电子式：，A错误；B．钠离子带正电荷，H2O中氧原子带部分负电荷、氢原子带部分正电荷，钠离子吸引水分子的氧原子，故水合钠离子的示意图为，B错误；C．中子数为10的氧原子为，C正确；D．碳原子电子排布式为1s22s22p2基态碳原子的价电子轨道表示式为，D错误；故选C。3.下列实验中，溶液颜色的变化不涉及氧化还原反应的是A.光照氯水，溶液黄绿色变浅B.加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色C.向与KSCN的混合溶液中加入铁粉，溶液红色变浅D.向KI溶液中滴加几滴新制氯水，溶液由无色变为棕黄色【答案】B【解析】A．光照氯水时，次氯酸分解，促进反应正向进行，黄绿色变浅，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．加热溶液，溶液由蓝色变黄绿色，发生反应：，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．铁粉与反应生成，反应为：，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．向碘化钾溶液中滴加几滴新制氯水，发生，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。4.下列事实中，体现浓硫酸脱水性的是A.与蔗糖混合固体变黑 B.在空气中敞口久置质量增大C.加热条件下与木炭发生反应 D.与固体微热产生【答案】A【解析】A．浓硫酸与蔗糖混合后，蔗糖脱水碳化变黑，体现脱水性，A正确；B．浓硫酸在空气中吸湿导致质量增加，体现吸水性，B错误；C．浓硫酸与木炭加热反应生成气体，体现强氧化性，C错误；D．浓硫酸与硝酸钠微热生成硝酸，体现其酸性和难挥发性，D错误；故选A。5.将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是A.硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应B.移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热C.用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色D.向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS【答案】D【解析】A．硫能与铁在加热条件下反应，说明硫的化学性质较活泼，可与金属发生化学反应，A正确；B．移开玻璃棒后固体仍红热，说明反应自身放出的热量能维持反应进行，即反应放热，B正确；C．反应生成的刺激性气味气体是，具有漂白性，能使湿润的品红试纸褪色，C正确；D．铁与硫在加热时反应生成FeS（放热），硫的物质的量（0.0156mol）略少于铁（0.0179mol），铁可能过量。黑色固体可能含FeS和Fe，加盐酸时Fe和FeS均生成，无法仅通过溶液颜色证明FeS生成，D错误；故答案选D。6.一种对海水中钢闸门进行防护的示意图如下。下列说法不正确的是A.该方法通过强制电子流向钢闸门，使钢闸门表面腐蚀电流降至零而起到防护作用B.保护电流应根据环境条件变化进行调整C.外加电流偏高，钢闸门表面可能发生：D.可选择惰性电极(如高硅铸铁等)作为辅助阳极【答案】C【解析】该装置为外加电流的阴极保护法：钢闸门连接电源负极，作电解池的阴极；辅助阳极连接电源正极，作电解池的阳极，据此回答。A．外加电流的阴极保护法中，电源强制电子流向钢闸门（阴极），使钢闸门表面的金属原子难以失去电子（腐蚀电流降为零），从而防止腐蚀，A正确；B．环境条件（如海水成分、温度、流速等）会影响金属腐蚀的速率，为确保钢闸门得到有效保护，需根据环境条件变化调整保护电流大小，B正确；C．外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，海水中溶解的氧气也会放电，故可能发生反应，C错误；D．辅助阳极需为不溶性”惰性电极（如高硅铸铁），避免阳极自身被腐蚀，可长期稳定提供电流，D正确；故选C7.下列解释事实的方程式不正确的是A.碳酸银溶于硝酸：B.使酸性溶液褪色：C.用溶液蚀刻覆铜板：D.铝溶于氢氧化钠溶液：【答案】B【解析】A．碳酸银与硝酸反应生成Ag+、CO2和H2O，强酸置换弱酸，碳酸银为沉淀不拆，A正确；B．SO2与酸性KMnO4反应时，电荷不守恒（左边总电荷+2，右边-6），正确配平应为，B错误；C．Fe3+氧化Cu生成Fe2+和Cu2+，电荷和原子守恒，C正确；D．铝与NaOH溶液反应生成[Al(OH)4]-和H2，电荷和原子均守恒，D正确；故选B。8.工业制备高纯硅的主要过程如下。下列说法不正确的是已知：电负性A.反应①的方程式为B.反应③每生成1molSi，转移2mol电子C.1molSi晶体中含键的数目约为D.上述过程中的、HCl可以循环利用【答案】B【解析】A．石英砂与焦炭在高温下反应生成粗硅和，方程式为，A正确；B．反应③为，中为+4价，生成1mol

（0价）时，转移4mol电子，B错误；C．晶体为正四面体结构，每个原子与4个原子形成键，每个键被2个原子共用，因此1mol晶体中含键数目为，C正确；D．反应②消耗并生成，反应③消耗并生成，因此、可循环利用，D正确；故答案选B。9.下列实验装置设计正确的是A．用排气法收集B．比较K与Na的金属性C．制作简易氢氧燃料电池D．验证铁和水蒸气的反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．收集氯气应使用向上排空气法，图中只有一个导管，A错误；B．Na和K与水反应剧烈，不能使用试管，B错误；C．闭合K1、断开K2时时为电解水生成氢气和氧气，断开K1、闭合K2时氢气和氧气生成水，C正确；D．还原铁粉和水蒸气高温加热，生成四氧化三铁和氢气，在肥皂液中产生气泡，用燃着的火柴点燃有爆鸣声，可验证铁与水蒸气反应能生成氢气，但是湿棉花应在试管底部，D错误；故答案为C。10.设计如下路线理解和探究固体溶解过程的能量变化。注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作。②碳酸钠水合物有、和三种。下列说法不正确的是A.由于和还可能生成等物质，难以直接测定B.和可利用图2所示的装置进行测定C.根据盖斯定律可知：kJ·mol-1D.根据各微粒的状态，可推测【答案】D【解析】A．因为碳酸钠和水反应可能生成、等多种水合物，反应过程复杂，很难控制只生成这一种产物，所以难以直接测定，A正确；B．图2是量热计装置，是溶解过程的热效应，是溶解过程的热效应，溶解过程的热效应可以通过量热计测定温度变化，所以和可利用图2所示的装置进行测定，B正确；C．根据盖斯定律，由图1可知，已知，，则，即，C正确；D．由图可知，根据盖斯定律，，过程iv为离子键断裂的过程，吸收能量，即，，则，D错误；故选D。11.一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是A.a、d分别是MgO、B.②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1C.增大③中的浓度，可提高的产率D.若直接加热等量的使其完全分解，得到的量与上述流程相同【答案】D【解析】A．反应①为和反应生成氨气和，反应②为和反应生成和，因此a、d分别是和，A正确；B．反应②为和反应生成和，方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为，B正确；C．反应③为与反应生成，反应方程式为：，为可逆反应，增大③中的浓度，平衡正向移动，可提高产率，进而提高的产率，C正确；D．直接加热使其完全分解，根据硫元素守恒，其生成的的物质的量最多与的物质的量相等；在上述流程中，还有的参与，根据元素守恒，得到的比直接加热等量的更多，D错误；故答案选D。12.依据下列事实进行的推测正确的是事实推测A膨松剂的膨松原理：膨松剂的膨松原理：BHF分子的极性强于HCl分子的极性分子的极性强于分子的极性C用与浓硫酸反应制备用与浓硫酸反应制备D接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的缔合分子接近硫化氢的沸点的硫化氢气体中存在相当量的缔合分子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．受热分解生成气体是因为不稳定易分解生成，推测同样含的碳酸氢铵受热分解同样生成气体；则碳酸氢铵受热分解为NH3、CO2和H2O，反应原理与事实一致，推测正确，A正确；B．HF和HCl都是极性分子，F电负性强于Cl，则HF的极性比HCl强；而CO2和CS2均为非极性分子，整体分子均为非极性，推测CO2的极性与CS2差不多，推测错误，B错误；C．用Na2SO3与浓硫酸制SO2是利用浓硫酸的酸性，不能氧化SO2；浓硫酸具有强氧化性，用Na2S与浓硫酸制H2S，浓硫酸会与发生氧化还原反应生成S或SO2，而非H2S，推测错误，C错误；D．水蒸气因氢键存在缔合分子；推测H2S气体接近沸点时也有缔合是错误的，因为H2S分子间作用力弱（范德华力为主），缔合程度极低，无氢键作用，推测错误，D错误；故答案为：A。13.用0.1000mol·L-1盐酸滴定10.00mL未知浓度的溶液，滴定过程中溶液pH变化如下图所示。下列分析不正确的是A.溶液的浓度为0.1000mol·L-1B.B点溶液中离子浓度：C.C点溶液中离子浓度：D.若开始滴定速率过快，会造成盐酸局部过量，导致B点记录的体积小于10.00mL【答案】D【解析】A．与分步反应：第一步（消耗10mLHCl），第二步（再消耗10mLHCl）。由第一步可知，，则浓度为，A正确；B．B点为10mLHCl与反应后的溶液，溶质为和（物质的量均为0.001mol）。物质的量最大（0.002mol），物质的量为0.001mol，因水解浓度略小于，故，B正确；C．根据电荷守恒：，因此，C正确；D．若滴定速率过快，盐酸局部过量会提前发生第二步反应，导致B点（第一步反应终点）记录的体积大于10.00mL，D错误；故答案选D。14.为探究溶液pH对水解平衡的影响，向稀溶液中分别加入不同的酸(控制温度不变，忽略溶液体积变化)。实验过程及现象如下：编号①②③④⑤⑥⑦试剂无浓盐酸浓硝酸浓硫酸体积/滴——210210210现象黄色均为黄色，颜色深浅：②<①<③④接近无色，⑤浅黄色均接近无色已知：为黄色。浓度较小时(用表示)几乎无色下列分析不正确的是A.①中溶液显黄色的原因是发生了水解B.加入浓盐酸促进平衡正向移动C.少量浓盐酸使水解平衡逆向移动，过量浓盐酸使水解平衡正向移动D.探究pH对水解平衡的影响，最好选用稀溶液和浓硫酸【答案】C【解析】A．原溶液①显黄色是因为水解生成有色物质，根据题目已知条件，当浓度较小时水解产物几乎无色，但原溶液为稀溶液，此时黄色可能由水解产生的中间产物（如）导致，A正确；B．加入浓盐酸引入大量，促使与形成（黄色），平衡正向移动，B正确；C．浓盐酸中的会抑制水解，使水解平衡逆向移动，加入过量浓盐酸时的络合作用进一步减少浓度，无论盐酸量多少，水解平衡始终逆向移动，C错误；D．浓硫酸仅改变pH且不引入与反应的离子（如或），可单独研究pH对水解的影响，D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.是重要的染料及农药中间体。用粗铜制取该物质的过程如下。（1）下列关于的说法正确的是______(填序号)。a．位于元素周期表d区b．Cu原子有29种不同运动状态的电子c．电子排布为的Cu原子处于激发态（2）的VSEPR模型名称为______。（3）比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由：______。（4）Ⅰ和Ⅱ的结晶原理不同。①Ⅰ利用的是的溶解度随温度升高而增大的性质。操作是______。②Ⅱ利用的是乙醇的极性比水小的性质。推测Ⅱ中可以代替乙醇析出的是______(填序号)。a．四氯化碳b．丙酮（5）铜晶胞、铜晶胞中的原子及其切割示意图如下。已知Cu的摩尔质量为Mg·mol-1，原子半径为rnm，阿伏加德罗常数为，则Cu晶体的密度为______g·cm-3(1nmcm)。【答案】（1）b（2）四面体形（3）第一电离能，N和O为同周期元素，基态N原子2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高（4）①.加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥②.b（5）【解析】由题给流程可知，粗铜与浓硫酸共热反应得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体；五水硫酸铜晶体溶于水得到蓝色的硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液；向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，析出一水硫酸四氨合铜，过滤得到硫酸四氨合铜晶体。（1）a．铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，a错误；b．铜元素的原子序数为29，则由泡利不相容原理可知，铜原子有29种不同运动状态的电子，b正确；c．铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，c错误；故选b；（2）氨分子中氮原子的价层电子对数为：3+(5-1×3)×=4，孤对电子对数为：(5-1×3)×=1，则分子的VSEPR模型为四面体形；（3）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，所以氮元素的第一电离能大于氧元素；（4）①由五水硫酸铜的解度随温度升高而增大可知，操作Ⅰ为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；②由分析可知，操作Ⅱ中加入乙醇的目的是降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于析出一水硫酸四氨合铜，丙酮溶于水，能起到乙醇相同的作用，而四氯化碳不溶于水，无法起到乙醇相同的作用，故选b；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为：8×+6×=4；晶胞的面对角线的距离为4rnm，则晶胞的边长为nm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(×10—7)3d，解得d=。16.合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）早期采用酸解法合成。已知：微溶于水。①Ⅰ的产物除BaS外，还有CO。写出反应的化学方程式______。②促进Ⅱ进行的措施有______。③Ⅲ所用的空气须除去和水蒸气。原因有______(填化学方程式)。④Ⅳ若选择相同pH的硫酸会导致速率较慢，原因是______。（2）目前工业上主要采用蒽醌法合成。注：生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配成工作液。①“氢化”时发生：写出“氧化”的反应方程式______。②试剂A是______(填物质)。（3）近年来研究者利用电解方法制备，其原理示意图如下。产生的电极反应为______。【答案】（1）①.②.加热、搅拌③.、、、④.与反应生成难溶的覆盖在表面，降低反应物接触面积，反应速率减小（2）①.②.水（3）【解析】（1）①Ⅰ（BaSO₄与焦炭高温反应），反应方程式为：。②促进Ⅱ的措施，常见做法是加热、搅拌。③Ⅲ所用的空气须除去和水蒸气，会发生反应、、、，这些副反应均会降低BaO2的生成效率或造成浪费。 ④同pH的硫酸比盐酸速率慢的原因：与反应生成难溶的覆盖在表面，降低反应物接触面积，反应速率减小。（2）①“氧化”的反应方程式。②萃取H2O2时所用的试剂A一般是水。（3）产生的电极为氧气和氢离子反应得电子形成，电极反应为O2+2H⁺+2e⁻→H2O2。17.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要标志之一，以水样消耗氧化剂的量折算成氧气的量(单位为mg·L-1)来表示。小组同学用碘化钾-碱性高锰酸钾法测定某高氯废水(水样中含量较高)的COD的实验步骤如下。Ⅰ、取100mL水样与mL、mol·L-1碱性溶液(过量)混合，水浴加热60min。Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5min至固体溶解。Ⅲ、用mol·L-1溶液滴定生成的，消耗溶液mL。已知：①在酸性条件下被还原为，在碱性条件下被还原为。②。回答下列问题：（1）测定高氯废水的COD，选用碱性溶液而不选酸性溶液的原因是防止发生：______(填离子方程式)。（2）Ⅱ中过量KI溶液的作用有______。（3）Ⅱ中“加盖”的目的是______。（4）Ⅲ中接近滴定终点时，滴加几滴淀粉溶液作指示剂，终点现象为______。（5）该水样COD的含量为______mg·L-1。（6）若水样中含，会导致测量结果偏______(填“高”或“低”)。加入KF溶液可消除其干扰。【答案】（1）（2）将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的（3）防止空气中氧化（4）溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化（5）（6）低【解析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与反应得到和Mn2+，Ⅲ中生成的再用Na2S2O3滴定。（1）高氯废水中含有氯离子，酸性KMnO4具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，其离子方程式为；（2）在酸性条件下，用过量KI溶液将I中过量的KMnO4和生成的MnO2还原为Mn2+，并将氧化成易溶于水的，故答案为：将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的；（3）具有较强的还原性，能被空气中的氧化，“加盖”可以防止空气中氧化；（4）当I2完全恰好完全反应时达到滴定终点，使用淀粉溶液作指示剂，由终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化；（5）I中水样中还原性物质与KMnO4溶液发生氧化还原反应，Ⅱ中过量的KMnO4及I中生成的MnO2被过量的KI还原为Mn2＋，KI被氧化为，Ⅲ中用硫代硫酸钠溶液还原Ⅱ中生成的，所以，由电子守恒可知，100mL水样中还原性物质失去的电子为，由电子守恒，若氧化这些物质需O2的量，则；（6）若水样中含，也可将氧化成易溶于水的，从而导致消耗溶液增大，测量结果偏低。18.电解溶液制备Mn时，电解锰渣中含大量和少量。从电解锰渣中回收锰、铅的流程如下。已知：①。②25℃时，有关物质的如下表。物质（1）在电解池的______(填“阴”或“阳”)极产生。（2）将“浸锰”反应的离子方程式补充完整______：□□□______□______＋□□□______。（3）“净化”时调节溶液pH的理论最小值为______(当溶液中某离子浓度mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。（4）写出“沉锰”过程的离子方程式______。（5）“浸铅”所用NaCl和的浓度分别为350g·L-1、20g·L-1.结合平衡移动原理，解释NaCl、的作用：______。（6）“沉铅”的方法是______，所得“滤液4”循环用于“浸铅”。（7）阴极表面被还原、石墨作阳极、氨水和的混合液作电解液电解，一段时间后，阴极产生Pb，阳极产生气体，溶液pH从7.5降至6.9。①经检验阳极气体含，分析原因：原因一：或在阳极直接放电产生。原因二：______。②一段时间后，电解液中浓度增大，将其处理后可重新用于回收铅的流程。设计处理方案：取部分电解后溶液，加适量氨水，所得溶液重新用于“电解”；向另一部分电解后溶液中______。【答案】（1）阳（2）（3）2.8（4）（5），NaCl和中的与生成，中的与生成析出，可促进溶解（6）降温（7）①.在阳极放电，产生的将或氧化成②.加(或CaO)，并加热，将所得用于“电解”，所得用于“浸铅”【解析】从电解锰渣中回收锰、铅，电解锰渣加入FeS2、H2SO4浸锰，得到硫酸锰、硫酸铁的溶液，生成硫酸铅不溶，过滤后的滤液1含硫酸锰、硫酸铁，加氨水使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2，滤液加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3；滤渣1为PbSO4，加入热NaCl、CaCl2，得到滤渣3为CaSO4，和含[PbCl4]2-的滤液3，滤液3存在PbCl2+2Cl-[PbCl4]2->0，降温得到PbCl2和含NaCl的滤液4，PbCl2加氨水、NH4CI电解得到Pb，据此解答。（1）电解硫酸锰生成MnO2,，锰离子失去电子发生氧化反应，故在电解池的阳极产生；（2）由分析可知，根据得失电子守恒，“浸锰”反应的离子方程式；（3）“净化”时使铁离子沉淀而锰离子不沉淀，铁离子沉淀完全时，根据水的离子积，c(H+)=10-2.8，此时pH=2.8，调节溶液pH的理论最小值为2.8；（4）根据分析，沉锰”过程的离子方程式；（5）NaCl、提供高浓度氯离子，根据，NaCl和中的与生成，中的与生成析出，可促进溶解；（6）根据PbCl2+2Cl-[PbCl4]2->0，温度降低有利于生成PbCl2，沉铅”的方法是降温；（7）①经检验阳极气体含N2，分析原因：原因一：或在阳极直接放电产生氮气。原因二氯离子也可以在阳极放电，失去电子生成氯气，氯气具有氧化性，可以将或氧化成；②一段时间后，电解液中浓度增大，将其处理后可重新用于回收铅的流程。主要可以用于电解和沉铅，故设计处理方案：取部分电解后溶液，加适量氨水，所得溶液重新用于“电解”；向另一部分电解后溶液中加(或CaO)，并加热，将所得用于“电解”，所得用于“浸铅”。19.化学小组实验探究与溶液的反应。（1）实验一：用如下装置(夹持、