辽宁省县域重点高中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辽宁省县域重点高中2025-2026学年高三上学期期中考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Cr52Zn65一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.文物见证历史，化学创造文明。辽宁出土的下列文物其主要成分不能与其他三项归为一类的是A.西汉马蹄金 B.战国安国侯铜虎符C.三国、北朝花树状金饰 D.辽白瓷盘口长颈注壶【答案】D【解析】A．马蹄金主要成分为金，属于金属材料；B．铜虎符主要成分为铜合金，属于金属材料；C．花树状金饰主要成分为金，属于金属材料；D．白瓷注壶主要成分为硅酸盐（陶瓷），属于无机非金属材料，与其他三项金属材料不同；故选D。2.下列化学用语表达正确的是A.基态原子的电子排布式：B.中子数为10的原子：C.的名称：2-甲基-2-丁烯D.乙醇的空间填充模型：【答案】A【解析】A．基态原子核外有20个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，稀有气体氩的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，因此钙原子的核外电子排布式可用稀有气体表示为，A正确；B．已知质子数+中子数=质量数，氧元素的质子数为8，中子数为10，且核素表示方法中只体现质子数和质量数，即中子数为10的原子：，B错误；C．的主链上有三个碳原子，因此该有机物命名为2-甲基丙烯，C错误；D．题干所给图片为乙醇的球棍模型，乙醇的空间填充模型为，D错误；故答案选A。3.下列离子方程式书写正确的是A.与过量稀硝酸反应：B.溶液中滴加少量溴水：C.溶液中通入少量：D.溶液中滴入少量溶液：【答案】D【解析】A．Cu2O与过量稀硝酸反应时，硝酸作为强氧化剂会将所有Cu+氧化为Cu2+，不会生成Cu单质，离子方程式为：，A错误；B．FeI2溶液中I-的还原性强于Fe2+，少量溴水应优先氧化I-，离子方程式为：2I-+Br2=I2+2Br-，B错误；C．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化为，自身被还原为Cl-，离子方程式为：，C错误；D．NH4HCO3与少量NaOH溶液反应生成碳酸钠、碳酸铵和水，离子方程式为：，D正确；故选D。4.A、B、C、D、E、F有如图所示的转化关系，常温下，A、D为金属单质，且A能与NaOH溶液剧烈反应生成气体，E为气体单质，B是红棕色固体。下列说法错误的是A.C是两性氧化物B.反应①②均是置换反应C.室温下，A、D均能溶于浓硫酸D.高温下，E与B反应，也能生成D【答案】C【解析】常温下，A、D为金属单质，A能与NaOH溶液剧烈反应生成气体，金属中能与碱反应生成气体的常见金属为，B是红棕色固体，推断为，则反应①为铝热反应，涉及方程式为，则D为单质铁，C为氧化铝，单质铁和水高温下的反应②为：，因此E气体单质为氢气，F为四氧化三铁，据此分析作答：A．C（氧化铝）是两性氧化物，故A正确；B．由分析可知反应①②均置换反应，故B正确；C．室温下，A（铝）、D（铁）遇到浓硫酸会发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止反应进一步发生，故C错误；D．高温下，E（氢气）与B（）发生氧化还原反应也能生成D（铁），故D正确；故答案选C。5.下列有关物质性质的解释不合理的是选项性质解释A等浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸的导电能力强盐酸中的离子浓度大于醋酸中的离子浓度B碳化硅硬度小于金刚石碳原子的半径比硅原子的半径小C金属有良好的延展性自由电子的存在使金属原子滑动时，金属键不断裂DH2O的热稳定性高于H2SH2O分子间存在氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．盐酸为强酸完全电离，醋酸部分电离，等浓度时盐酸离子浓度更大，导电性强，解释合理，A不符合题意；B．碳化硅硬度小于金刚石是因C-C键键长短、键能大，而C原子半径比Si小，解释正确，B不符合题意；C．金属延展性源于自由电子在原子滑动时维持金属键的连续性，解释合理，C不符合题意；D．H2O的热稳定性高是因O电负性大、O-H键能强，而非氢键，解释错误，D符合题意；故选D。6.利用下列实验装置进行实验不能达到相应目的的是A．制备氯气B．除去中的C．除去中的D．制取并收集氨气A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，A正确；B．HCl和饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2，SO2不与饱和亚硫酸氢钠溶液反应，可以用饱和亚硫酸氢钠溶液除去中的，B正确；C．溴单质和氢氧化钠会发生反应生成可溶于水的盐，振荡分层后四氯化碳中溴单质被除去，C正确；D．氨气会和氯化钙反应，不能干燥氨气，氨气的密度比空气小，用试管收集氨气时导气管应该插入试管底部，D错误；故选D。7.实验室可用除去残留的水合肼，反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含有的极性键数目为B.标准状况下，含有的分子数为C.含有的质子数为D.溶液含有的数目为【答案】C【解析】A．中极性键包括的4个N-H键和的2个O-H键，共6个，而非7个，A错误；B．标准状况下为固体，22.4L的物质的量远小于1mol，气体的摩尔体积也不适用，故分子数小于，B错误；C．的质子数为7，15g的物质的量为0.5mol，含质子数，C正确；D．未提供溶液体积，无法确定的物质的量，D错误；故选C。8.已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W是形成化合物种类最多的元素，W和X位于相邻主族；X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是A.最简单氢化物的熔、沸点：B.电负性：C.Y与Z可形成含共价键的离子晶体D.第一电离能：【答案】C【解析】W是形成化合物最多的元素，为C（碳）；Y的原子半径在短周期主族中最大，为Na（钠）；W（C）与X相邻主族且X的原子序数更大，X为N（氮）；X（N）和Y（Na）的最外层电子数之和为5+1=6，则Z的最外层电子数为6，为S（硫）。A．氢化物熔沸点顺序应为NH3（存在分子间氢键）>H2S（相对分子质量大，分子间范德华力较大）>CH4，A错误；B．非金属性越强，电负性越强，故电负性顺序为N>S>Na，B错误；C．Na与S可形成Na2S2，Na2S2为离子晶体，且含S-S共价键，C正确；D．同周期主族元素从左到右，第一电离能总体呈增大趋势，第一电离能：N>C；钠为金属元素，第一电离能最小，故第一电离能顺序为N>C>Na，D错误。故选C。9.、的结构式如图，下列有关说法错误的是A.硫氯键的键能：B.键角：C.沸点：D.和分子中S原子的杂化方式相同【答案】C【解析】A．往往键长越短键能越大，硫氯键的键能：，A正确；B．α为SCl2键角，SCl2中S为sp3杂化，含2对孤电子对，孤对排斥使键角小；β为S2Cl2中S的键角，S2Cl2中S同样sp3杂化，但成键电子对含S-S键（电子云密度较高），成键电子对排斥更强，键角更大，故α<β，B正确；C．沸点取决于分子间作用力，分子量越大范德华力越强，S2Cl2分子量（135）大于SCl2（103），故沸点S2Cl2>SCl2，C错误；D．SCl2中S价层电子对数=2+=4，为sp3杂化；S2Cl2中S价层电子对数=2+=4，也为sp3杂化，杂化方式相同，D正确；故选C。10.某药物中间体的转化如图。下列说法错误的是A.X、Y均能发生水解反应B.Y中碳原子不可能全部共平面C.X、Y中均含有手性碳原子D.X能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】A．X、Y中均含有酯基，均能发生水解反应，A正确；B．X中存在多个杂化的碳原子，不可能所有碳原子都共平面，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，是饱和碳原子，X中不含有手性碳原子，Y中含有2个手性碳原子，C错误；D．X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故答案选C。11.乙二胺四乙酸(EDTA)是一种有机化合物，能与、等二价金属离子络合，可用来使放射性有害金属从人体中迅速排泄以起到解毒作用。其与形成的配合物结构如图。下列说法错误的是A.该配合物中有1个配体B.该配合物中原子采取、杂化C.该配合物中N原子提供空轨道D.该配合物中的配位数为6【答案】C【解析】A．该配合物的配体是乙二胺四乙酸，只有一个配体，A正确；B．配合物中，形成双键的C原子采取sp2杂化，形成单键的C原子采取sp3杂化，B正确；C．在配合物中，是Ca2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，C错误；D．从结构中可以看出，Ca2+与6个原子(4个O、2个N)形成配位键，配位数为6，D正确；故答案选C。12.某同学设计了一种实验方案来测定10.0g小苏打样品中(除外，其他物质均不溶于水，且不与稀盐酸反应，加热不分解)的质量分数，其流程如下：下列说法错误的是A.“酸溶”时的反应为B.“操作Ⅰ”可能需要用到蒸发皿C.若最终所称量固体的质量为7.45g，则该样品中的质量分数为80%D.通过加热分解固体样品，再称量剩余固体的质量也能算出的质量分数【答案】C【解析】A．"酸溶"时与稀盐酸反应生成、和，离子方程式为：，A正确；B．"操作Ⅰ"是需要从酸溶后得到固体，若所得到固体含有氯化钠，即需要从溶液中得到溶质，需要进行蒸发，蒸发步骤需用到蒸发皿，B正确；C．由于"操作Ⅰ"并未明确表示，所以得到固体的情况比较多。若"操作Ⅰ"为过滤、洗涤、干燥，由于杂质不溶且不与稀盐酸反应，加热不分解，则剩余固体为杂质，故，则该样品中的质量分数为，显然与答案不符合。若"操作Ⅰ"为过滤、蒸发、干燥，由于杂质不溶且不与稀盐酸反应，加热不分解，则剩余固体为，设质量为x，由反应可知，，则x/84=7.45/58.5，解得x≈10.67g＞10.0g，与样品总质量矛盾，显然与答案不符合。若"操作Ⅰ"为蒸发、干燥，由于杂质不溶且不与稀盐酸反应，加热不分解，则剩余固体为和杂质，由反应可知为碳酸氢钠和氯化钠的质量差，设质量为x，则故x/84=2.55/25.5，得x=8.4g，则该样品中的质量分数为，显然与答案不符合，故无论哪一种情况，均不满足，C错误；D．加热分解生成、和，杂质不分解，通过加热前后固体质量差可计算质量分数，D正确；故答案选C。13.下列实验操作、现象及相应结论均正确的是选项操作及现象结论A向溶液中滴加苯酚溶液，溶液变紫色已变质B向中滴加稀硫酸，没有明显现象酸性：C向酸性溶液中滴加少量溶液，溶液褪色还原了D在的四氯化碳溶液中加入KI溶液，下层液体颜色变浅KI具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．溶液中的铁离子能与苯酚溶液发生显色反应使溶液变紫色，滴加苯酚溶液后变紫色，说明溶液中存在铁离子，证明氯化亚铁已变质，故A正确；B．碳酸钙与稀硫酸反应后产生的微溶的硫酸钙会覆盖在硫酸钙表面，阻止反应的进行，所以向碳酸钙中滴加稀硫酸，没有明显现象不能说明碳酸的酸性强于硫酸，故B错误；C．亚铁离子和溴离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明溴离子还原了高锰酸根离子，故C错误；D．在碘的四氯化碳溶液中加入碘化钾溶液，下层液体颜色变浅是因为碘与碘离子反应生成碘三离子，与碘化钾具有还原性无关，故D错误；故选A。14.某兴趣小组设计如图实验探究一系列物质的性质。挤压滴管，不同阶段发生不同化学反应。下列推断合理的是A.若试纸变蓝，则表明浓盐酸具有强挥发性B.若气球变“瘪”，则表明烧瓶中一定发生了熵减反应C.若产生“白烟”，则和发生反应生成了D.其他条件不变，若用水替代浓盐酸，则烧瓶内也会产生“白烟”【答案】C【解析】氮化镁能和溶液中的水反应生成氨气‌‌，氨气与浓盐酸反应生成NH4Cl固体颗粒从而冒白烟；A．湿润KI-淀粉试纸变蓝是因为高锰酸钾与浓盐酸反应生成的氯气氧化碘化钾生成碘单质，淀粉遇I2变蓝，与浓盐酸挥发性无关，A错误；B．气球变“瘪”可能因烧瓶内气体被吸收（如Cl2被后续反应消耗、氨气极易溶于水），熵减反应需气体分子数减少，二者无必然联系，B错误；C．“白烟”为NH4Cl固体小颗粒，需NH3与HCl反应生成，Mg3N2与H2O反应生成NH3：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，浓盐酸挥发出HCl，二者相遇生成白烟，C正确；D．用水替代浓盐酸，Mg3N2与水反应生成NH3，但无HCl气体，NH3无法形成白烟，D错误；故选C。15.将amol铁粉加入含的硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到cL(标准状况)的NO、混合气体。下列有关说法错误的是A.若反应后溶液中有，则B.若反应后产物中有，无，则C.若反应后产物中有、，则D.若反应后产物中有，无，则【答案】B【解析】铁粉中滴加少量浓硝酸反应生成硝酸亚铁和二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+2NO+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，铁粉中滴加过量浓硝酸反应生成硝酸铁和二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+3NO+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，少量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，反应的离子方程式为：Fe+NO4H+=Fe3++NO↑+2H2O，过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，根据电子转移守恒、氮元素守恒结合极限法计算。A．若反应后溶液中有dmolH+，硝酸剩余，只有Fe3+生成，生成Fe(NO3)3、NO、NO2、剩余dmolHNO3，根据氮元素守恒，b=3a+d+，故A正确；B．若反应后产物中只有Fe3+生成，假设生成cL(标况)的NO气体，发生的离子方程式：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据氮元素守恒则b=3a+，假设生成cL(标况)的NO2气体，发生的离子方程式Fe+3NO+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，根据氮元素守恒则b=3a+，当硝酸过量时大于这个值，故B错误；C．若反应后产物中只有Fe2+，发生的离子方程式：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，b=a，若反应后产物中只有Fe3+生成，发生的离子方程式为：Fe+3NO+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，b=6a，所以若反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则<b<6a，故C正确；D．若反应后产物中只有Fe2+生成，假设生成cL(标况)的NO气体，发生的离子方程式：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，则消耗铁的物质的量为：amol==，假设生成cL(标况)的NO2气体，发生的离子方程式：Fe+2NO+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，则消耗铁的物质的量为：amol==，实际共收集到cL(标况)的NO、NO2混合气体，则<a<，故D正确；故选：B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.甲醇是重要的化工原料。通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板的主要材料为单晶硅或多晶硅。基态原子价层电子轨道表示式为___________；是生产高纯硅的前驱体，其空间结构为___________。（2）为___________(填“极性”或“非极性”)分子。（3）甲醇能与水以任意比例互溶，其原因是___________。（4）我国科学家已成功开发出以固溶体为核心的高选择性二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂。其中立方晶胞如图所示，晶胞边长为。①的配位数为___________。②与之间的最短距离为___________。③该晶体的密度为___________。【答案】（1）①.②.正四面体形（2）非极性（3）甲醇和水能形成分子间氢键，且甲醇是极性分子，水是极性溶剂，相似相溶（4）①.4②.③.【解析】（1）硅为14号元素，基态硅原子价层电子轨道表示式为；SiCl4中心Si原子价层电子对数为4+=4，杂化类型为sp3，不存在孤电子对，分子空间结构为正四面体形；（2）CO2是对称直线形分子，所以属于非极性分子；（3）甲醇能与水以任意比例互溶，其原因是甲醇和水能形成分子间氢键，且甲醇是极性分子，水是极性溶剂，相似相溶；（4）①该晶胞中氧离子周围有4个距离相等且最近的锌离子，氧离子的配位数为4；②根据晶胞结构，锌和氧微粒之间最短核间距为体对角线的，最短核间距为；③晶胞边长为apm，体积为a3pm，1个晶胞中有4个锌离子、4个氧离子，ZnO晶体的密度为=。17.从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提取铬的一种工艺流程如下：已知：①较大时，二价锰[Mn(II)]在空气中易被氧化，酸性条件下钒元素的存在形式为。②常温下，部分、开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的如下表。沉淀物开始沉淀时的1.68.1完全沉淀时的5.610.1回答下列问题：（1）中钒元素的化合价为___________；硫酸浸出钒铬锰矿渣时，与硫酸反应的离子方程式为___________。（2）检验“沉钒”后的滤液中是否含有的方法为___________。（3）“沉铬”时控制溶液pH的范围为___________。（4）写出“煅烧”时发生反应的化学方程式：___________。（5）“转化”过程中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（6）若取含铬质量分数为的钒铬锰矿渣经过上述流程(铬元素在整个流程中损失率为)，则可制得固体的质量为___________(保留3位有效数字)。【答案】（1）①.+5②.（2）取少许滤液于试管中，滴入几滴溶液，若混合溶液变红，则含有，反之则没有(或其他合理答案)（3）5.6~8.1（4）（5）1:1（6）0.139【解析】依据题干可知钒铬锰矿渣经沉钒步骤将钒元素转化为钒的氧化物分离，滤液在碱性条件下使铬元素转化为氢氧化物沉淀，即固体A为；滤液B中主要含有，经过过氧化氢氧化后转化为二氧化锰。（1）氧为-2价，设钒化合价为x，则

2x+(-2×5)=0，解得

x=+5，即钒元素显+5价；酸性条件下，

与

反应生成，即离子方程式为

；（2）检验铁离子采用硫氰化钾（），即取少许滤液于试管中，滴入几滴溶液，若混合溶液变红，则含有，反之则没有；（3）由表中数据，完全沉淀pH=5.6，而

开始沉淀pH=8.1，故应控制pH在5.6~8.1之间，使铬离子沉淀而锰离子不沉淀；（4）高温煅烧可得到不变价金属氧化物和水，即化学方程式为；（5）已知题干转化过程为碱性条件下锰离子转化为二氧化锰，则反应离子方程式为，在反应中锰离子（）做还原剂，过氧化氢（）做氧化剂，通过离子方程式可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为1:1；（6）根据题干可知，矿渣中铬元素的质量为[10××（1-）]kg，铬元素物质的量为mol，三氧化二铬的物质的量为mol，则三氧化二铬的质量为g≈0.139akg。18.某研究小组设计了实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。主要实验步骤如下：Ⅰ．如图所示，准确称取1.00g细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%溶液，然后恒温100℃加热20min，冷却至室温。Ⅲ．将圆底烧瓶中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴酚酞作指示剂，用2.00mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点，消耗盐酸标准溶液体积为12.50mL。Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗盐酸标准溶液体积为40.80mL。计算样品中硫的质量分数。Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。回答下列问题：（1）冷凝管中冷凝水的进水口是___________(填“a”或“b”)口。（2）步骤Ⅰ中，将硫黄研成细粉状的目的是___________。（3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇，防止双氧水将乙醇氧化为乙酸，影响实验测定结果，写出乙醇被双氧水氧化的化学方程式：___________。（4）控制温度为100℃加热，宜采用下列加热方式中的___________(填标号)。a．水浴b．油浴（5）配制250mL步骤Ⅲ中的盐酸标准溶液，除用到下列仪器外，还需要用到的玻璃仪器为___________。（6）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点现象为___________。（7）单次样品测定中硫的质量分数为___________%。【答案】（1）a（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率（3）（4）b（5）250mL容量瓶、胶头滴管（6）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不褪色（7）90.56【解析】本题为实验测定某药用硫黄中硫的含量的实验题，首先用氢氧化钾的乙醇溶液处理样品，随后加入蒸馏水并滴加过氧化氢，发生题中给出的方程式生成硫酸根离子，再用标准盐酸滴定过量的氢氧化钾，最后再计算硫的含量，以此解题。（1）冷凝管采用“下进上出”原则，进水口为下端（a口），确保冷凝效果最佳；（2）研磨可增大固体表面积，提升反应速率和溶解效率，确保硫黄完全参与后续反应，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；（3）乙醇被双氧水氧化为乙酸，方程式为：；（4）水浴加热能精准控制温度在100℃以下（水的沸点为100℃），油浴适用于更高温度，故选b；（5）配制一定物质的量浓度溶液的必需仪器包括