黑龙江省绥化市部分高中2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省绥化市部分高中2025-2026学年高三上学期10月月考（时间：75分钟）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Fe-56Zn-65Ga-70As-75Ag-108一．选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分1.我国古代的四大发明是人类文明的重大贡献。下列与四大发明相关的应用，涉及到化学变化的是A.造纸术—文字书写 B.火药—矿山爆破C.印刷术—书籍出版 D.指南针—海上导航【答案】B【解析】A．造纸术—文字书写过程中未涉及新物质的生成，是物理变化，故A错误；B．矿山爆破涉及到火药的爆炸，是化学变化，故B正确；C．印刷术—书籍出版过程中未涉及新物质的生成，是物理变化，故C错误；D．海上导航只是指南针在磁场作用下发生偏转，没有新物质的生成，是物理变化，故D错误；故答案B。2.下列生活中的常见物质，按照单质、正盐、碱、混合物的顺序排列的一组是A.铁、、生石灰、盐酸 B.Ne、碱式碳酸铜、纯碱、空气C.水银、、、漂白粉 D.金刚石、、NaOH、液氮【答案】C【解析】A．铁属于单质，属于酸式盐，生石灰（CaO）为氧化物，盐酸属于混合物，A不符合题意；B．Ne属于单质，碱式碳酸铜属于碱式盐，纯碱属于盐，空气属于混合物，B不符合题意；C．水银（）属于单质，属于正盐，属于碱，漂白粉（主要成分为氯化钙和次氯酸钙）属于混合物，C符合题意；D．金刚石属于单质，属于正盐，NaOH属于碱，液氮属于单质，D不符合题意；故答案选C。3.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；综上所述，本题选B。4.化学推动着社会的进步和人类的发展。下列说法错误的是A.“长飞光纤光缆技术创新工程”中光纤的主要成分是二氧化硅B.“半纤维素酶高效生产及应用关键技术”中半纤维素酶的主要成分是蛋白质C.“废旧聚酯高效再生及纤维制备产业化集成技术”中聚酯是天然高分子有机物D.“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于化学变化【答案】C【解析】A.光纤的主要成分是二氧化硅，故A正确；B.半纤维素酶是一种能使构成植物细胞膜的多糖类水解的酶类，主要成分是蛋白质，故B正确；C.聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物总称，属于合成高分子化合物，故C错误；D.煤的气化过程是在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化，故D正确。答案选C。5.“宏、微、符”三重表征是重要的化学学科素养。2022年12月2日，我国六位航天员在太空拼桌吃饭，把他们送上太空的是我国自主设计生产的运载火箭，运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，N2O4作氧化剂，其反应式为C2H8N2+2N2O4CO2+3N2+4H2O。下列相关化学用语正确的是A.CO2的电子式为：B.用电子式表示H2O的形成过程：C.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：OD.N2分子的结构式：N≡N【答案】D【解析】A．CO2的电子式为：，故A错误；B．H2O为共价分子，H、O原子之间通过共用电子对结合，不需要标记电子转移方向，电子式表示形成过程为：，故B错误；C．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：O，故C错误；D．N2分子中N原子之间通过三对共用电子对结合，结构式为：N≡N，故D正确；故选：D。6.葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、SO2和CO2等多种成分。若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.46gCH3CH2OH中含有C-H键数为5NAB.1L1mol·L-1CH3COOH溶液中含有氢离子数为NAC.1molSO2与1molO2完全反应转移的电子数为4NAD.11.2L(标准状况)CO2完全溶于水后溶液中H2CO3分子数为0.5NA【答案】A【解析】A．46gCH3CH2OH的物质的量为，1mol乙醇含有5molC-H键，含有C-H键数为5NA，A正确；B．1L1mol·L-1CH3COOH的物质的量为n=cV=1mol，由于醋酸是弱酸，不能完全电离出氢离子，1molCH3COOH溶液中含有氢离子数小于NA，B错误；C．SO2与O2反应是可逆反应，不能完全转化，则1molSO2与1molO2完全反应生成小于1molSO3，S元素从+4升到+6价，转移的电子数小于2NA，C错误；D．标准状况下11.2LCO2物质的量为，0.5molCO2与水反应生成0.5molH2CO3，由于溶液中H2CO3部分电离，则H2CO3分子数小于0.5NA，D错误；故选：A。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是A.与铝粉反应放出的透明溶液：、，、B.常温下，由水电离的的溶液：、、，C.使石蕊试液显红色的溶液：、、、D.含有大量的溶液：，、、、【答案】D【解析】A．与铝粉反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Cu2+、Al3+，Na+、能大量共存，碱性条件下Cu2+、Al3+不能大量共存，即该溶液中，这组离子可能大量共存，A不符合题意；B．常温下，由水电离的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液pH=2或12，pH=2时，选项中所有离子可以共存，pH=12时，为碱性，铵根不能在碱性溶液中大量存在，即该溶液中，这组离子可能大量共存，B不符合题意；C．使石蕊试液显红色的溶液为酸性，选项所给离子一定可以大量共存，C不符合题意；D．酸性条件下，硝酸根有强氧化性，会氧化Fe2+，故硝酸根和氢离子一定不能在含有大量Fe2+的溶液中大量共存，D符合题意；本题选D。8.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A.氯气与氢氧化钠溶液反应：B.氨水吸收足量的反应：C.过量Fe和稀的反应：D.向溶液中通入少量：【答案】C【解析】A.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项A错误；B.氨水吸收足量生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为：，选项B错误；C.过量Fe和稀的反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；D.向溶液中通入少量，反应生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。9.下列实验能达到实验目的，且操作规范的是实验目的实验操作、现象A除去NaHCO3固体中的Na2CO3将混合物装入试管中，用酒精灯加热至恒重B分离Fe2O3、Al2O3将混合物投入足量NaOH溶液中，然后依次进行过滤、洗涤、蒸发、灼烧四项操作C证明镁与CO2发生了置换反应用坩埚钳将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成D判断某溶液中有Na+，并且没有K+用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．NaHCO3稳定性小于Na2CO3，加热后NaHCO3分解为Na2CO3，得不到NaHCO3固体，A错误；

B．过滤、洗涤后可得到Fe2O3和NaAlO2溶液，NaAlO2溶液经蒸发、灼烧无法得到Al2O3，B错误；

C．镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，为置换反应，C正确；

D．只有透过蓝色钴玻璃片观察火焰颜色，若未有紫色出现，说明没有K+，D错误；

故选C。10.原子序数依次增大的四种元素W、X、Y、Z可形成蓝色难溶于水的化合物，W和X同周期，W为有机化合物骨架元素，基态X原子2p能级半充满，Y元素原子半径在第四周期最大(稀有气体元素除外)，Z元素的合金是用量最大、用途最广的合金。下列说法错误的是A.原子半径：B.第一电离能：C.Z位于元素周期表d区D.化合物为配合物，其中Z的配位数为6【答案】B【解析】W为有机化合物骨架元素，可知W为C；基态X原子2p能级半充满，且与C同周期，可知X为N；Y元素原子半径在第四周期最大，Y为K；铁元素的合金是用量最大、用途最广的合金，故Z为Fe；据此分析解答。由题意可知，W为C，X为N，Y为K，Z为Fe。A．同一周期从左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：，A正确；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，但是N原子2p能级半充满，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：，B错误；C．Fe位于第四周期第VIII族，属于d区，C正确；D．KFe[Fe(CN)6]为配合物，其中Fe为中心原子，CN-为配体，Fe的配位数为6，D正确；故选：B。11.某研究性学习小组欲分析某矿石的主要成分，粉碎后将其溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后用所得滤液进行如下实验，下列说法正确的是A.取少量滤液向其中滴加少量溶液，无白色沉淀，说明矿石中一定不含B.取少量滤液向其中滴加过量溶液，产生白色沉淀，说明矿石中含有C.取少量滤液，向其中滴加适量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，说明矿石中一定含有D.取少量滤液向其中加入少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明矿石中一定含有【答案】B【解析】A．盐酸过量，加入少量碳酸钠与盐酸反应，不能产生沉淀，无法证明钙离子是否存在，故A错误；B．矿石粉碎后溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后取少量滤液，排除了Ag+等干扰，向其中滴加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，说明矿石中含，故B正确；C．蓝色沉淀，不能证明存在镁离子，氢氧化镁是白色沉淀，故C错误；D．加入少量硝酸银溶液，产生白色沉淀为AgCl，因为盐酸过量，不能证明原来的样品中是否存在氯离子，故D错误；答案选B。12.某种聚碳酸酯的透光性好，可用于制作挡风玻璃、镜片、光盘等，其常见合成方法如图所示。下列说法正确的是A.I的结构中在同一平面的碳原子最多有6个B.高分子化合物II可发生取代反应降解为小分子，但不能发生氧化反应C.该合成方法为由I经加聚反应生成IID.(碳酰氯)有毒，可换用和I反应得到聚碳酸酯类物质【答案】D【解析】A．Ⅰ中通过单键旋转，两个苯环和中间碳原子能够共平面，最多13个碳原子共平面，故A错误；B．有机物II可以燃烧，能发生氧化反应，故B错误；C．该合成方法由I生成II会有小分子HCl生成，为缩聚反应，故C错误；D．考虑到COCl2有毒，为贯彻绿色化学理念，可换用CH3OCOOCH3和I缩聚得到聚碳酸酯类物质，，故D正确；故选D。13.氢能被誉为“21世纪终极能源”，也是在“碳达峰”“碳中和”的大背景下，加速开发利用的一种清洁能源。利用铁及其氧化物循环制氢原理如图所示。下列有关说法正确的是A.反应器I中化合价发生变化的元素有2种B.反应器II中氧化产物与还原产物的物质的量之比为C.反应器III中生成时，转移电子D.含和各的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得【答案】D【解析】A．反应器I中CO、H2、Fe2O3反应生成CO2、H2O和Fe，氢、碳、铁三种元素化合价发生变化，故A错误；B．反应器Ⅱ中发生的反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，氧化产物为Fe3O4、还原产物为H2，物质的量之比为1：4，故B错误；C．反应器Ⅲ中发生的反应力4Fe3O4+O2=6Fe2O3，1molO2参加反应转移4mol电子生成6molFe2O3，则生成160gFe2O3(1mol)转移mol电子，故C错误；D．CO、H2各1mol参加反应，共转移4mol电子，生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应生成，故D正确；故选D。14.利用铬铁矿粉[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质]制备重要化工原料Cr(OH)3的工业流程如图。已知：。下列说法错误的是A.“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、CrB.“焙烧”后的固体进行粉碎能提高“水浸”时Cr元素的浸出率C.“沉铝”时加入的试剂X为NaOH溶液D.“还原”的离子方程式为【答案】C【解析】铬铁矿粉主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质，加入碳酸钠、通入氧气，焙烧后生成偏铝酸钠、铬酸钠，水浸过滤得滤液，通入弱酸性物质如二氧化碳，析出氢氧化铝，滤液中加强酸酸化，用二氧化硫还原得Cr3+的溶液，再加工生成氢氧化铬。A．铬铁矿粉主要成分为Fe(CrO2)2，其中Fe为+2价，Cr为+3价。焙烧时，Cr被氧化为CrO(+6价)，Fe被氧化为Fe3+(存在于滤渣中，如Fe2O3)。“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr，故A正确；B．“焙烧”后的固体进行粉碎可增大接触面积，加快溶解速率，能提高“水浸”时Cr元素的浸出率，故B正确；C．为防止氢氧化铝溶解，“沉铝”时加入的试剂X不能为NaOH溶液，可加入弱酸性物质，如通入二氧化碳，故C错误；D．+6价的Cr还原为+3价，二氧化硫中的硫被氧化为+6价，“还原”的离子方程式为，电子守恒：2×3e−=3×2e−，电荷守恒：左边

−2+2=0，右边

2×3+3×(−2)=0，原子守恒均成立。故D正确；故选C。15.向含有、、的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法不正确的是A.线段BC代表物质的量的变化情况B.原混合溶液中C.当通入2mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为D.原溶液中【答案】B【解析】、、还原性强弱顺序是，通入氯气先与还原性强的离子发生反应，因此通入适量氯气，反应的先后顺序是、、，据此分析解答。A．AB段发生和的反应，B点溶液中完全反应，横坐标1～3间发生和反应，即BC段代表的物质的量的变化情况，A正确；B．由图可知，横坐标1～3间发生，反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知，溶液中，DE段发生，此时消耗的物质的量为3mol，即原溶液中，原溶液中，因不知溶液的体积，无法计算的物质的量浓度，B错误；C．AB段发生，根据图可知，此段消耗1mol氯气，原溶液中，剩下1mol再与2mol反应，因此消耗，反应的离子方程式为，C正确；D．根据上述选项的分析，原溶液中，因此，D正确；故答案选B。二、主观题16.I．某溶液中只可能含有。当加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气体放出和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量(横坐标)与析出的沉淀和产生气体的物质的量(纵坐标)的关系如下图所示。（1）该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色。可知溶液中含有的离子是______；所含离子的物质的量浓度之比为______；所加的淡黄色固体是______。Ⅱ．砷化镓(GaAs)可用于制备半导体材料，其晶体结构与金刚石类似，晶胞如图所示（2）晶体中原子的杂化方式为______，若晶体密度为，则晶胞的边长为______。(设阿伏加德罗常数的值为，用含、的代数式表示)【答案】（1）①.、、、②.3：1：1：8③.（2）①.sp3②.【解析】该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色，说明含有钠元素。加入的淡黄色固体为，它与溶液中的水发生反应：，加热时有刺激性气体放出(氨气)，说明溶液中含；产生的沉淀为白色，说明溶液中一定没有：、，则上方曲线代表气体，下方曲线代表沉淀，图像中加入8mol后，沉淀的量减少，但未完全溶解(氢氧化铝可溶于氢氧化钠溶液但氢氧化镁不溶)，说明溶液中含有、，则溶液中一定没有：、，根据电荷守恒可知该溶液含。（1）经分析可知溶液中含有的离子是、、、；由图可知最后剩余的沉淀氢氧化镁的物质的量为2mol；加入8mol后生成气体的物质的量减小，说明8mol时，铵根离子完全反应，由纵坐标可知：，，当时，由可知，所以，由电荷守恒可知：，则；则所含离子的物质的量浓度之比为3：1：1：8。（2）GaAs晶胞中每个As原子与4个Ga原子成键，As原子的价层电子对数4，所以As原子的杂化方式是sp3；根据均摊法，一个GaAs晶胞中含4个Ga和4个As，晶胞质量为g，晶体密度为，则体积为，则边长为pm，故答案为：sp3；。17.有效利用金属资源有利于资源的可持续性发展。以闪锌矿为原料制备金属锌和的一种工业流程如图所示。已知：该闪锌矿主要成分为，含少量等杂质。（1）“滤渣1”的主要成分为______(填化学式)。（2）“氧化”时，发生反应的离子反应方程式为______。（3）“除杂”时试剂X可以选用______，其作用为______。（4）“还原除杂”主要除镍镉，其中除的离子反应方程式为______。（5）锌在潮湿空气中可生成，其反应方程式______。（6）取加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。推断固体A的化学式为______。【答案】（1）（2）（3）①.ZnO或或②.调节pH，使水解，转化为沉淀过滤除掉（4）（5）（6）【解析】工业上用闪锌矿为原料，通入空气进行灼烧，金属硫化物发生等反应，得到ZnO等氧化物，向灼烧后的固体中加入硫酸，得到硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镉、硫酸镍等；滤渣1为，通入，氧化亚铁离子，加入试剂X，除去，再加入锌发生置换反应除去镉和镍，滤液为，经过一系列操作得到，或电解得到金属锌，据此分析解答。（1）由分析可知，滤渣1为，故答案为：；（2）氧化的目的是氧化亚铁离子，离子方程式为，故答案为：；（3）加入试剂X，目的是除去，则不引入新杂质的情况下可以加入ZnO或或等调节pH，使水解，转化为沉淀过滤除掉，故答案为：ZnO或或；调节pH，使水解，转化为沉淀过滤除掉；（4）“还原除杂”加入锌发生置换反应除去镉和镍，除的离子方程式为，故答案为：；（5）锌在潮湿空气中可生成，反应方程式为，故答案为：；（6）物质的量，加热100℃时，失去水的质量为，，即0.04mol失水0.24mol，因此A的化学式为，故答案为：。18.亚硝酰氯(NOCl，熔点，沸点)为黄色气体，液态时呈红褐色，遇水剧烈反应生成氮的两种氧化物和氯化氢，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体。某实验小组设计实验制备NOCl并测定产品中NOCl的含量。回答下列问题：I．如图所示，实验室可由与NO反应制备NOCl。（1）仪器a的名称为______，装置C中盛放的试剂是______(填名称)。（2）装置B中发生反应的化学方程式为______。（3）装置E的作用是______。（4）尾气中含有NO和NOCl，某同学建议用NaOH溶液进行尾气处理，NaOH溶液吸收NOCl的离子方程式为______。Ⅱ．NOCl纯度的测定：取制备的NOCl样品13.1g(杂质中不含有氯元素)溶于水配制成250mL溶液；取出25.00mL置于锥形瓶中，以溶液为指示剂，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24.50mL(已知为砖红色沉淀)。（5）滴定终点的现象是______。（6）下列操作会导致测定结果偏大的是______(填序号)。A．锥形瓶中洗涤后有少量蒸馏水B．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失C．取待测液的滴定管未用待测液润洗D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视E．滴定过程中旋摇锥形瓶太剧烈而溅出少量溶液（7）NOCl的质量分数为______。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.浓硫酸（2）（3）防止水蒸气进入三颈烧瓶中与NOCl反应（4）（5）当滴入最后半滴溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内无变化（6）BD（7）98%【解析】I．用与NO反应制备NOCl的实验原理为：在装置A中用铜屑与稀硝酸反应生成NO气体，反应方程式为，将气体通入装置B的水中除去混有的气体，再将净化后的NO气体通入装置C的浓硫酸中干燥，进入装置D，同时往装置D中通入干燥纯净的，在的冰盐水环境下反应生成NOCl，最后剩余的尾气通过装置E排放后进行尾气处理，据此分析解答。（1）根据实验装置仪器可知，仪器a的名称为：蒸馏烧瓶；装置C的作用是干燥NO气体，且使用的是液体干燥剂，则C中盛放的试剂为：浓硫酸。（2）装置A中出来的气体除NO外，还混有气体，装置B中的水可以除去气体同时还能转化生成NO气体，反应的化学方程式为：。（3）与NO制备NOCl的反应需要干燥环境，则尾气排放的装置E的作用为：防止水蒸气进入三颈烧瓶中与NOCl反应。（4）根据题干中信息，NOCl遇水剧烈反应生成氮的两种氧化物和氯化氢：，用NaOH溶液吸收时发生反应生成对应的2种盐和水，则反应的离子方程式为：。（5）根据滴定的描述，加入的标准溶液先与反应生成AgCl沉淀，当沉淀完全后，再滴入的标准溶液与反应生成砖红色的沉淀，故滴定终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内无变化。（6）下列操作会导致测定结果偏大的是：A．锥形瓶中洗涤后有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量，对测定结果无影响，A不符合题意；B．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，导致标准溶液体积读数偏大，测定结果偏大，B符合题意；C．取待测液的滴定管未用待测液润洗，待测液被稀释，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小，C不符合题意；D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视，标准溶液体积读数偏大，测定结果偏大，D符合题意；E．滴定过程中旋摇锥形瓶太剧烈而溅出少量溶液，待测液溶质减少，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小，E不符合题意；故答案为：BD。（7）根据测定原理，发生的反应为：、，得到关系式，最后可以得到样品中NOCl的质量分数为：。19.曙红是一种重要的颜料，它的一种合成路线如下：已知：-Br、-CH3等为邻对位定位基，即苯环上有