高三下学期3月质量检测化学试卷

高2026届高三年级质量检1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四产中，所列举的成分属于高分子化合物的是A.柿饼中的天然果糖B.炸麻花所用的油脂C.羊角豆干中的蛋白质D.火锅底料中的谷氨酸钠【解析】【详解】A.天然果糖(C₆H₁₂O₆)是单糖，分子量较小(约180),不属于B.油脂是高级脂肪酸甘油酯，分子量通常在几百至一千左右，远低于高分子化合物的标准(通常>10,000),不属于高分子化合物，B错误；C.蛋白质是由氨基酸通过肽键聚合而成的大分子，分子量可达数万至数百万，属于天然高分子化合物，C正确；是谷氨酸的钠盐，分子量较小(约169),属于小分子化合物，不属于高分子，D错误；2.下列化学用语或图示不正确的是A.CO3-离子的VSEPR模型：的名称：苯甲酰胺C.甲基自由基的电子式：D.高氯酸的电离方程式：HCIO₄=H⁺+CIO₄【解析】【详解】A.CO3-中中心碳原子价层电子对数为3,无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，A项错误；B.中有官能团酰胺基，名称为苯甲酰胺，B项正确；C.碳原子最外层电子数为4,与3个氢原子通过共价键形成甲基自由基，电子式为H·,C项正确；D.高氯酸为强电解质，电离方程式为HCIO₄=H++CIO₄,D项正确；答案选A。3.下列离子方程式书写不正确的是A.Cl₂通入冷的NaOH溶液：Cl₂+2OH⁻=Cl⁻+ClO⁻+H₂OB.向苯酚钠溶液通入少量二氧化碳：C.用石墨电极电解饱和食盐水：D.KCIO碱性溶液与Fe(OH)₃反应：3CIO+2Fe(OH)₃=2FeO2+3CI⁻+3H₂O【解析】【详解】A.Cl₂通入冷NaOH溶液发生歧化反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式Cl₂+20H⁻=Cl+ClO+H₂O书写正确，A正确；B.酸性顺序为H₂CO₃>苯酚>HCO₃,因此苯酚钠溶液无论通入CO₂量多量少，都只能生成苯酚和HCO₃,无法生成碳酸根，该离子方程式书写正确，B正C.石墨为惰性电极，电解饱和食盐水时，阳极CI-放电生成Cl₂,阴极水电离的H+放电生成H₂,同时生成OH-,总离子方程式书写正确，C正确；D.该反应为碱性环境，题给离子方程式电荷不守恒，原子不守恒：左侧总电荷为-3,右侧总电荷为-7;氧原子数左侧为9,右侧为11,配平错误，正确的离子方程式为：3C1O+2Fe(OH)₃+40H⁻=2FeO²⁻+3Cl⁻+5H₂O,D错误；4.氮化硅(Si₃N₄)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：,NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molSiO₂晶体中含有2NAσ键D.沸点：N₂>CO【答案】B【详解】A.SiO₂晶体为原子晶体，1molSiO₂中含有1molSi原子和2molO原子，每个Si原子形成4个SiOσ键，每个O原子与2个Si原子成键，但计算键数时以Si为中心，1molSiO₂含有4molSiOσ键，即4NAσ键，B.反应中N元素从0价降至3价，C元素从0价升至+2价；消耗2molN₂(含4molN原子),每个N原子得3个电子，共得12mol电子；同时6molC原子各失2个电子，共失12mol电子；故消耗2molN₂转移12mol电子，C.气体体积未指明状态(如标准状况),134.4LCO的物质的量不确定，D.N₂为非极性分子，CO为极性分子，分子间作用力CO>N₂,故沸点CO>N₂,即N₂沸点低于CO,D错误；故选B。5.实验室安全至关重要，下列表述不正确是B.如果不慎将酸沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再用3%~5%NaHCO₃溶液冲洗C.图标的含义是：腐蚀类物质山D.将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶【答案】A【详解】A.酸、碱的废液一次性倒入同一废液桶中可能发生危险反应，需B.处理酸液灼伤的步骤是立即冲洗，再用3%~5%NaHCO₃溶液冲洗，BC.图标的含义是：腐蚀类物质，C正确；D.钠、钾是活泼金属，白磷的着火点低，在空气中易自燃，这些物质未用完时均需放回原试剂瓶中妥善保存，以防发生危险，D正确；6.石蕊试液是中学常用的酸碱指示剂。一种石蕊分子的结构如图所示，下列说法不正确的是A.红外光谱可以辅助测定石蕊的结构B该石蕊既能与酸反应也能与碱反应C.该分子中所有碳原子一定共平面D.1mol该分子最多消耗10molH₂【答案】C【详解】A.红外光谱可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，可以辅助测定石蕊的结构，A正确；B.该石蕊结构中有酚羟基能与碱反应，有氨基能与酸反应，B正确；C.该结构中连接两个苯环的碳碳单键可以旋转，故该分子中所有碳原子不一定能共平面，C错误；D.该石蕊分子中的苯环、碳氮双键、碳碳双键、碳氧双键都能与H₂反应，最多可消耗(3+3+1+1+1+1)mol=10molH₂,D正确；7.下列操作规范且能达到实验目的的是煤油气密性一浓硫酸出水冷水冷水C.实验室制备溴乙烷A.AB.B【解析】【详解】A.该装置中，Fe电极连接电源负极作阴极，发生还原反应，铁不参与反应，无法生成Fe²+,不能制备Fe(OH)₂,A不符合题意；B.若装置气密性良好，左侧密闭体系气压恒定，甲乙管的液面差保持不变；若液面差逐渐减小，说明气密性不好，可以达到检验目的，B符合题意；C.直形冷凝管进出水方向应为下进上出，C不符合题意；D.KMnO₄受热会分解，D不符合题意；故选B。8.一种可实现乙烯电合成乙二醇耦合二氧化碳捕获的装置原理如图所示。该装置巧妙利用电解合成活性氯物种作为“中介”,在相对温和的条件下将乙烯(C₂H₄)高选择性地转化为相对稳定的中间产物“2氯乙醇”。2氯乙醇与阴极液在电解槽外混合可制备乙二醇。下列说法不正确的是A.电解过程中阳极液需要适当补充NaClB.装置中M为阴离子选择性膜C.阴极的电极反应式为：O₂+4e⁻+2CO₂=2CO3-D.理论上得到62g乙二醇的同时能捕获标准状况下22.4LCO₂【答案】B【解析】右侧电极：Cl转化为HClO,Cl失电子，发生氧化反应，为阳极。【详解】A.阳极发生反应不断消耗氯离子，所以电解过程中阳极液需要适当补充NaCl,A正确；B.阴极生成CO₃-,为维持电荷平衡，Na+会通过阳离子选择性膜向阴极移动，所以M为阳离子选择性膜，B错误；C.阴极上氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根，电极反应式为：D.生成1mol乙二醇时，转移2mol电子，根据阴极反应9.化合物X₂[Y(zW)₄]是一种重要的有机合成催化剂，X、Y、Z、W为前四周期元素，其中X是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Y的基态原子核外有4个未成对电子，Z的一种核素常用于考古断代，W是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.电负性：X>Z>WB.化合物ZW₂为极性分子C.X、Y的单质都能与水反应生成气体D.化合物X₂[Y(ZW)₄]只含离子键和配位键【答案】C【解析】【分析】X是短周期主族元素中原子半径最大元素为Na,Z常用于考古，应为C,W是地壳中含量最多的元素应为0,结合化学式和化合物代数和为0,【详解】A.同一周期，从左到右，电负性依次增大，同一主族，从上到下，电负性依次减小，顺序应为W>Z>X,A错误；C.X(Na)与水反应生成H₂气体；Y(Fe)在高温下与水蒸气反应生成H₂气配位键，但CO内部有共价键，D错误；故选C。10.在药物分子后期修饰中，将芳香胺直接转化为卤代芳香烃具有重要意义。我国科学家近期在《自然》杂志发表了一种新型脱氨氯化方法，该方法条件温和、安全性高，可避免传统重氮盐路线的爆炸风险。部分反应机理可表示下列说法正确的是A.X为NOB.D物质中N原子杂化方式均为sp²C.该反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成D.若将SOCl₂替换为SOBr₂,则最终产物为【答案】D【解析】【分析】图示反应过程为A物质中氨基发生硝化反应，氢原子被硝基取代生成B物质，B物质异构化生成C物质，C物质在酸性条件下脱去-OH,生成D物质，D物质在DMAP催化下，与SOCl₂发生取代反应，将-N₂O替换为-Cl,生成E物质、N₂和SO₂;【详解】A.由分析可知，离去的X为N₂,A项错误；B.D物质中N原子的杂化方式为sp²、sp,B项错误；C.该反应过程中，从第一步就形成了N-N非极性键，且整个过程中N和N始终成键，从未发生断裂，只有非极性键的形成、没有非极性键的断裂，CD.该反应过程的本质是将芳香氨基替换为卤原子，卤原子来自SOX₂,SOCl₂提供氯原子得到氯代产物，替换为SOBr₂后提供溴原子，D项正确；答案选D。11.一种铜化合物[Cu(NH₃)₄][PIC₄](相对分子质量M,=469)的晶体结构如图所示。已知立方体的边长为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是A.该晶体属于混合型晶体B.阳离子的空间结构为平面四边形C.Cl元素位于元素周期表的s区D.该晶体的密度为【答案】B【解析】D.该晶胞中Cu数量为由化学式可知，该晶体的密度为故选B。12.在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和反应达到平衡时，H₂O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1mol。下列说法不正确的是A.混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应体系已达到平衡B.平衡时向容器中充入1mol惰性气体，反应I、Ⅱ的平衡均不移动C.反应达到平衡时，整个体系放出热量31.2kJD.反应I的平衡常数Kp=0.02MPa【答案】C【解析】【分析】根据题意，起始加入1molH₂O(g),平衡时H₂O(g)的转化率为50%,则消耗的H₂O(g)的总物质的量为1mol×50%=0.5mol。设反应I中消耗的H₂O(g)为xmol,反应Ⅱ中消耗的H₂O(g)为ymol。根据反应I:CO(g)+H₂O(g)CO₂(g)+H₂(g),则有：x+y=0.5x-y=0.1解得x=0.3mol,y=0.2mol。因此，平衡时各组分的物质的量为n(H₂O)=1-0.5=0.5mol,n(CO)=0.1mol,n(H₂)=x+y=0.5mol,【详解】A.由于反应I有固体参与，气体总质量和总物质的量在反应过程中均发生变化，平均摩尔质量随之变化，故混合B.容器体积固定，充入惰性气体后，各反应气体的浓度不变，因此反应C.根据分析，反应I为吸热，反应Ⅱ为放热，反应I吸热量：反应I的平衡常数为项性质解释A非金属性：N>PB聚乙炔具有导电性聚乙炔中碳原子为sp²杂化，可形成共轭大π键体系为电荷传递提供通路C碱金属中Li的熔点最高碱金属元素价电子数相等，Li+的半径在碱金属中最小，金属键最强D淀粉难溶于水其结构中不含亲水基团A.AB.B故选D。14.柠檬酸(用H₃A表示)广泛应用于食品、药品等领液的pH与lgX下列说法不正确的是A.K(H₃A)的数量级为10⁴B.当溶液的pH=5时，c(HA²-)>c(H₂A⁻)>c(A³-)>C.当滴入40mLNaOH溶液时，c(Na+)=2[c(A³-)+c(HA²-)+D.反应H₃A+A³-H₂A⁻+HA²-的平衡常数K<1000【答案】D【解析】【分析】H₃A的各级电离常数K=c(H+)X,由此可得：pH=lgX-lgK,-1gK为曲线的纵截距，根据Ka>Ka₂>Ka₃可知：K₁=10-31,Ka₂=1048,Ka₃=10⁶4。【详解】A.Ka(H₃A)=10³¹,数量级为10⁴,A正确；可得可得c(H₂A⁻)>c(A³-);可得c(A³)>c(H₃A);方法二：由Ka₁=10-3.1,Ka₂=10⁻4,K₃=10-⁶4可得H₃A的分布系数图为：pHA³-C.当滴入40mLNaOH溶液时，溶质为Na₂HA,根据元素守恒，可得：c(Na+)=2[c(A³-)+c(HA²)+c(H₂A-)+c(H₃A)H₃A+A³-一H₂A⁻+HA²-,D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.乙二胺四乙酸合铁酸钠晶体{Na[Fe(C₀H₁₂O₈N₂)]·3H₂O}是一种高效补血的新型铁强化剂，其中一种合成路线如下：已知：①乙二胺四乙酸俗称EDTA,其结构简式为②室温下，K(FeCO₃)=3×10⁻¹;③当离子浓度小于1×10⁻⁵mol·L¹时，视为完全沉淀。(1)Na[Fe(C₁₀H₁₂O₈N₂)]·3H₂O中F元素的第一电离能由大到小的顺序是o(2)“沉铁”步骤中，为了得到更纯净的FeCO₃,用(填序号)代替纯碱更适宜。(3)氧化后过滤得Fe(OH)₃滤饼，写出“络合”步骤的化学方程式 (4)从滤液2中获取纯净Na[Fe(C₁₀H₁₂O₈N₂)]·3H₂0晶体的操作是 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤b.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤c.蒸发至大量晶体析出时停止加热，利用余热蒸干滤液(5)产品中铁含量的测定：将1.00g产品放入烧杯中，加入20mL蒸馏 0.0200mol·L¹KMnO₄标准溶液平行滴定三次，消耗KMnO₄溶液的体积平均为VmL,则产品中铁元素的质量分数为【答案】(1)①.+3②.N>O>H>C【解析】【分析】以绿矾(FeSO₄·7H₂O)为原料，经溶解后加入纯碱进行“沉铁”得到FeCO₃,再用H₂O₂氧化为Fe(OH)₃滤饼，随后与NaOH、EDTA进行“络合”反应，经减压过滤得到滤液2,最终通过结晶获得纯净的Na[Fe(C₁₀H₁₂O₈N₂)]·3H₂O产品，并对产品中铁含量进行测定。【小问1详解】一电离能大于相邻的0;同周期从左到右第一电离能呈增大趋势；H第一电离能【小问2详解】A.纯碱(Na₂CO₃)溶液碱性较强，易生成Fe(OH)₂沉淀，A不符合题意；B.NH₄HCO₃溶液碱性较弱，能更好地控制OH-浓度，避免生成Fe(OH)₂,从而得到更纯净的FeCO₃,B符合题意；C.CO₂与FeSO₄溶液不反应，C不符合题意；【小问3详解】“络合”步骤中，Fe(OH)₃、NaOH与H₄R(方程式为：Fe(OH)₃+NaOH+H₄R=Na【小问4详解】从滤液2中获取纯净Na[Fe(C₁₀H₁₂O₈N₂)]·3H₂O晶体，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，蒸发至有晶膜出现时即停止加热，防止温度过高导致晶体失去结晶水，冷却结晶后过滤，得到纯净的晶体，因此应选操作b。【小问5详解】加入足量锌粉后，Fe³+被还原为铁单质，需要通过过滤操作除去过量的锌粉和生成的铁，再进行后续滴定。滴定反应的离子方程式为：5Fe²++MnO+8H⁺=5Fe³++Mn²++4H₂O,得关系式为：5Fe²+～MnO。n(KMnO₄)=0.0200mol·L¹×V×10³L=2V×10⁻⁵mol,25.00mL溶液中n(Fe²+)=5×n(KMnO₄)=1V×10⁻⁴mol,则250mL溶液中n(Fe²+)=1V×10⁴mol×10=V×10⁻³mol,m(Fe)=V×10³mol×56gmol¹=0.056Vg,因此产品中铁元素的质量分数为：16.水是一个“简单”而有趣的物质，是应用最为广泛的溶剂之一。(1)H₂O分子的空间结构为形。水可进行自耦电离，其中阳离子中氧原子的杂化方式为o(2)1976年的一次中子衍射实验证实，在trans-[Co(en)₂CI₂].HCI·2H₂O晶体中存在阳离子H₅O;,该阳离子中只存在4个σ键，画出该阳离子的结构示意(3)18℃时，1molNa₂SO₄·10H₂O(s)溶解吸收78.5kJ热量，1molNa₂SO₄(s) 0(4)聚乙二醇(HO[CH₂CH₂O,H)可由环氧乙烷在酸性条件下与水反应聚合而成，写出反应方程式.o(5)溶剂萃取法是一种常见的分离技术。某兴趣小组以对氯苯甲酸(简写为HA)在水(标记为w)和苯(标记为b)中的分布进行了一系列的实验。在实验中，HA的分配系数Ka=c(HA)/c(HA)=1。在有机相中，HA会发生部分二聚：2HA(HA)₂。①画出对氯苯甲酸二聚体的结构o②分离两相后，经分析得到水相中c(HA)=2.5×10⁻³mol/L;1L苯层中共 【答案】(1)①.V②.sp³【解析】【小问1详解】H₂O中心O原子价层电子对数为4,含2对孤对电子，空间结构为V形；水的自耦电离为2H₂OH₃O⁺+OH,阳离子为H₃O,中心O原子价层电子对数为4(3个σ键+1对孤对电子),杂化方式为sp³杂化；【小问2详解】H₅O₂2个H₂O结合1个H+,要求仅含4个σ键，说明2个H₂O各形成2个OHσ键共4个，H+通过氢键连接两个H₂O,氢键不属于σ键，结构示意图为：【小问3详解】根据盖斯定律写已知反应：①Na₂SO₄·10H₂O(s)=2Na+(aq)+SO²-(aq)+10H₂O(1)△H₁=+78.5kJ/mol②Na₂SO₄(s)=2Na+(aq)+SO²-(aq)△H₂=-1.9kJ/mol目标反应=②①,因此【小问4详解】环氧乙烷在酸性条件下与水反应聚合得到产物，反应方程式为：【小问5详解】Cl在苯环对位，两个羧基互相形成氢键，核心是羧基双氢键二聚，画结构得c(HA)。=c(HA)w=2.5×10⁻³mol/L;1L苯中总HA物质因此nol/L;二聚平衡2HA(HA)₂,平衡常数骤实验操作实验现象1取2.0mL0.01mol/LAg₂SO₄溶液于试管中，加入2.0mL0.04mol/LFeSO₄溶液(pH=1)有灰黑色沉淀生成，溶液呈黄色2取灰黑色沉淀于试管中，滴加适量浓硝酸灰黑色沉淀溶解，生成红棕色气体3管中，滴加几滴0.1mol/L_溶液有白色沉淀(1)步骤2中发生的离子方程式.,步骤3中滴加的试剂为(2)通过以上实验，写出步骤1中发生反应的离子方程式o(3)但在步骤3中，实验现象有可能不易被观察。为了能更好地探究体别L溶液光度100A12abA2300A3②根据_,可以验证实验I所判断Ag+与Fe²+的反应特点。实验Ⅱ:对Ag+与Fe²+的反应进行定量研究查阅资料：AgSCN的K=1.0×10⁻¹²;Fe³++SCN-[FeSCN]²+溶液(pH=1),忽略混合时溶液体积的变化，待反应达到平衡后，取xmL上层清液，用cmol/LKSCN标准溶液滴定Ag+,达到滴定终点时，消耗KSCN标准溶液ymL。(4)滴定终点的现象是o(5)实验选用Ag₂SO₄溶液进行反应，不用AgNO₃的原因是o(6)测得上层清液中【答案】(1)①.Ag+NO₃+2H⁺=Ag⁴+NO₂↑+H₂O②.HCI(NaCl)(3)①.0.5②.1.0③.FeSO₄浓度越大，吸光度越大(合理即可)(4)溶液变红，且半分钟不褪色【解析】【小问1详解】灰黑色沉淀是Ag单质，Ag与浓硝酸反应生成Ag+、红棕色NO₂和水，离子方程式Ag+NO₃+2H+=Ag++NO₂↑+H₂O;步骤3的目的是检验上层清液中是否含有Ag+,以判断反应是否为可逆反应。Ag+可与Cl反应生成不溶于酸的AgCl【小问2详解】实验证明产物为Ag单质和Fe³+,且后续验证该反应为可逆反应，因此离子方程式用可逆号；【小问3详解】①该实验为控制变量法，总体积需保持不变(第一、三组总体积均为【小问4详解】滴定时，Ag+完全沉淀后，过量的SCN-与溶液中Fe³+结合生成血红色配合物，故现象为溶液变红，且半分钟不褪色；【小问5详解】酸性条件下NO₃具有强氧化性，会氧化Fe²+,干扰Ag+与Fe²+的反应探究，因此选用Ag₂SO₄;【小问6详解】混合后初始,平衡时反应1:1进行，因此计算比值18.辣椒是重庆这座城市的灵魂!辣椒的味道主要来自辣椒素类化合物。(1)A分子中含有的官能团名称是,E到F的反应类型为 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