合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年高三上学期第一次教学质量监测化学试卷

合肥市普通高中六校联盟高三第一次教学质量监测高三年级化学试卷考试时间：分钟满分：分)一、选择题：本大题共小题，每小题3分，共计分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.《天工开物》是中国古代一部综合性的科学技术著作，也是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中“丹青”篇介绍了“朱”和“墨”的制作工艺。下列的说法正确的是A.“朱砂”的成分为HgS，有镇静安神、清热解毒之功效，因此可以长期服用B.的国画在高温或遇酸条件下都不会变色C.墨的制作过程主要包括以下步骤：炼烟、和料、制作、晾干和描金。炼烟过程是用不完全燃烧的方法从松枝或油脂中提取烟尘，分别得到松烟和油烟，这种制作工艺符合“绿色化学”理念D.将“墨”加水进行研磨得到的“墨水”在电场作用下有“电泳”现象【答案】D【解析】【详解】A．HgS有毒，不能长期服用，A错误；B．能与酸反应，在较高温度下能分解，所以颜色会发生变化，B错误；C．这种方法利用了松枝或油脂不完全燃烧，能量利用率较低且会造成环境污染，C错误；DD正确；故选D。2.我国古代四大发明之一的黑火药，其爆炸时发生的反应为：。下列有关化学用语不正确的是A.的电子式：B.的空间填充模型：C.中的离子半径：D.中含有的离域键类型：第1页/共23页

【答案】B【解析】【详解】A．N2分子中两个氮原子通过三键结合，每个氮原子还有一对孤对电子，电子式为，A正确；B．CO2的空间构型应为直线形，B错误；C．K+和S2的电子层数相同，核电荷数越大则离子半径越小，故r(K+)＜r(S2)，C正确；D．中N原子采取sp23个O原子形成平面三角形结构，N的1个p轨道与3个O的p轨道形成4中心6电子的离域π键（D正确；故选B。3.苯巴比妥是一种巴比妥类的镇静剂及安眠药，其结构如图所示。下列关于苯巴比妥的叙述中不正确的是A.1mol苯巴比妥可以消耗3molNaOHB.1分子苯巴比妥中杂化碳原子共有3个C.1mol苯巴比妥最多可与加成D.该分子中碳氧键为型键【答案】A【解析】A1mol苯巴比妥中的酰胺基水解后形成2mol羧基和4molNaOHA错误；B．1分子苯巴比妥中含有3个杂化的碳原子，如图虚线框所示（）中的3个C原子，故B正确；C1mol苯巴比妥最多可与加成，故C正确；第2页/共23页

D．该分子中碳氧键均为碳氧双键，所以其中键为型键，故D正确；故选A。4.下列实验装置能达到实验目的的是A.用图1所示装置检查装置的气密性B.用图2所示装置制备SO2C.用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液D.用图4所示装置探究碳酸氢钠的热稳定性【答案】B【解析】A1斗上口逸出，无法密封，因此不能通过导管口是否有气泡来判断装置的气密性，A错误；B．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2中装置有分液漏斗控制浓硫酸滴加、圆底烧瓶盛放铜屑及加热装置，也垫上了石棉网，符合固体与液体混合加热制取SO2的实验要求，B正确；C．配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液时，由于浓硫酸稀释会放热，应先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再通过玻璃棒引流转移溶液至100mL3直接在容量瓶中稀释浓硫酸，不符合配制溶液的要求，C错误；D试管底部导致试管炸裂，图4中试管口向上倾斜，不符合固体物质加热的实验要求，D错误；故合理选项是B。5.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是AHCl制备：溶液和B.金属Mg制备：溶液C.纯碱工业：溶液第3页/共23页

D.硫酸工业：【答案】A【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到MgMgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCONaHCO3受热分解为NaCOC的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SOSO2和水反应生成HSO，不能得到HSOD的转化不能实现；故选A。6.CuO感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)电池工作时，下列叙述错误的是A.电池总反应为B.b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用C.消耗18mg葡萄糖，理论上a电极有0.4mmol电子流入D.两电极间血液中的在电场驱动下的迁移方向为b→a【答案】C第4页/共23页

【解析】【分析】由题中信息可知，b电极为负极，发生反应，然后再发生；a电极为正极，发生反应，在这个过程中发生的总反应为。Aa在a电极上得电子生成b电极为电池负极，在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为，则电池总反应为，A正确；B．b电极上CuO将葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸后被还原为，在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；C．根据反应可知，参加反应时转移2mol电子，的物质的量为0.1mmol，则消耗18mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子流入，C错误；D．原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故迁移方向为b→a，D正确。综上所述，本题选C。阅读下列材料，完成以下问题。硼氢化钠()是一个温和且具化学选择性的还原试剂、属于硼氢化合物家族的成员，在含有羟基的溶剂()用制备的途径之一为：()是一种具有高储氢质量分数和体积储氢密度的环境友好型储氢材料。(已知电负性)7.是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是第5页/共23页

A.常温下，中含有的价电子总数为B.ILNaCl溶液中，阴、阳离子总数为C.当制备反应生成22.4L(换算成标准状况下)混合气体时，混合气体中的原子总数为D.当制备时，转移电子数为8.下列有关物质结构或性质的叙述中，正确的是A.键角：B.沸点：C.结构式：D.还原性：【答案】7.C8.B【解析】【7题详解】A．的价电子总数为5+3=8，常温下，中含有的价电子总数为，A错误；B．未指明溶液的浓度，无法计算1LNaCl溶液中的阴、阳离子总数，B错误；C．当反应生成22.4L（换等成标准状况下）混合气体时，其中、，故原子总数为，C正确；DMg元素化合价由+2价下降到00.5molMg为，D错误；故选C。【8题详解】A．中NH3和Mg2+形成配位键，N原子没有孤电子对，NH3中N原子含有1个孤电子对，则键角：，A错误；第6页/共23页

B．含有羟基，分子间能形成氢键，B正确；C．中NBN原子和B，C错误；D增强，中氢活性更高，还原性更强，D错误；故选D。9.下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是选实验操作及现象实验结论项A碘与环己烷发生了取代反应颜色加深向2mL0.1mol/L溶液中加入5~10在其他条件不变时，减小生成物浓度，平衡向正反B应方向移动滴6mol/LNaOH溶液，溶液仍为橙色向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量C溶液，生成黄色沉淀将HCl滴入饱和D非金属性：清石灰水变浑浊的气体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A在水中的，溶液会分层，且环己烷在上层，水层在下层，下层溶液颜色应变浅，该实验无法得出碘与环己烷发生了取代反应的结论，A错误；第7页/共23页

B．重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2+HO2CrO+2H+，向溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和溶液中的氢离子浓度，使平衡向正反应方向移动，溶液会由橙色变为黄色，但现象仍为橙色，说明变化不明显，无法得到该结论，B错误；C．向等浓度的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀（AgI）生成，说明，C正确；D．需比较C、Cl的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱，才能得出二者的非金属性强弱，Cl的最高价氧化物对应的水化物是HClO，D错误；故选C。10.解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为：+2H++2e=+HOC.制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子D.双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【解析】【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br被氧化为BrBr2H+OH移第8页/共23页

向阳极。【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；B．阳极上为Br失去电子生成Br，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；C1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol1mol乙醛酸转移电子为1mol2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；D．由上述分析可知，双极膜中间层H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1molL1KOH溶液吸收CO，若通入CO2所引起的溶液体积变化和HO挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c=c(HCO)+c()+c()。HCO3电离常数分别为K=4.4×107、K=4.4×10。下列说法正确的是A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(HCO)＞c()B.KOH完全转化为KCO3时，溶液中：c(OH)=c(H+)+c()+c(HCO)C.KOH溶液吸收CO，c=0.1molL1溶液中：c(HCO)＞c()D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【解析】【详解】A．KOH吸收CO2所得到的溶液，若为KCO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(HCO)＜c()KHCO3c(HCO)＜c()A不正确；B．KOH完全转化为KCO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH)++c()+2c()，依第9页/共23页

据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(HCO)]，则c(OH)=c(H+)+c()+2c(HCO)，B不正确；CKOH溶液吸收COc(KOH)=0.1molL1c=0.1molL1KHCO3溶液，K==≈2.3×108＞K=4.4×10，表明水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(HCO)＞c()，C正确；D“吸收”“转化”CO+2KOH=KCO+HOKCO+CaO+HO=CaCO↓+2KOH(若生成KHCO3或KCO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO+CaO=CaCO↓，该D不正确；故选C。12.AgCN与的C原子和N原子均可进攻生成腈和异腈(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是A.从生成和的反应都是放热反应B.过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的C.Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱D.生成放热更多，低温时是主要产物【答案】D【解析】A第10页/共23页

生成和的反应都是放热反应，A项正确；B．与Br原子相连的C原子为，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN的C原子进攻的，形成碳碳键，B项正确；C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是和，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；D物，D项错误；故选D。13.“双碳”战略背景下，和和催化重整的主反应为。其他条件一定，在Ar作为辅助气体时，与的物质的量之比以及气体总流量对重整反应的影响分别如图1、2所示，下列说法错误的是A.恒温恒压时，充入气体Ar有利于提高和的平衡转化率B.主反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能C.与物质的量之比达后转化率有所下降，的产率提升并不明显，可能是过量的发生了反应D.随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，所以气体流量越低越好【答案】D【解析】第11页/共23页

【详解】A．反应为气体体积增大的反应，恒温恒压时充入Ar，和的平衡转化率，A项正确；B．主反应的，反应为吸热反应。吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，B项正确；C．由图1知与物质的量之比达后转化率有所下降，的产率提升并不明显，可能是过量的与发生了反应，C项正确；D2时间内的产量也低，并非气体流量越低越好，D项错误；综上所述，答案是D。14.铊中毒的特效药普鲁士蓝部分结构()4个K+占据在4NA法错误的是A.晶体中离Fe3+距离最近且相等的有6个B.配体中σ键和π键的个数比为1∶2C.基态Fe3+与Fe2+离子中未成对电子数目之比为5∶4D.该晶胞中距离最近的两个K+之间的距离为【答案】D【解析】【详解】A．以顶点处的为中心，每个周围有6个距离最近且相等的，A正确；第12页/共23页

B．中存在碳氮三键，三键包含1个σ键和2个π键，σ键与π键个数比为12，B正确；C．基态电子排布为，未成对电子数5；电子排布为，未成对电子数4，二者未成对电子数目之比为54，C正确；D4个晶胞中的个数=，的个数=的个数=。故1个晶胞中有4个，4个，4个，24个，故化学式为，摩尔质量为307g/mol，晶胞质量为g，设晶胞边长为，则，解得。K位于互不相邻的小立方体体心，最近的两个K距离为面对角线的一半，即，D错误。故选D。二、非选择题：共4道题，共分。15.我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：已知：（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是_______。（2“滤渣”的主要成分是和_______。（3“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。（4）铝产品可用于_______。（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数第13页/共23页

。图丙中与N的距离为_______；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为_______(列出计算表达式)。【答案】（1）NH3（2）SiO2（3）①.②.硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙（4）净水（5）①.②.CaNB③.【解析】(主要成分为，，和等)加入在400℃(和水蒸气)为NH；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。【小问1详解】由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH；【小问2详解】第14页/共23页

由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO；【小问3详解】“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；【小问4详解】铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；【小问5详解】图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为N的个数为B的个数为CaNB；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。16.某兴趣小组用四水醋酸锰[(CHCOO)Mn•4HO]和乙酰氯(CHCOCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程进行实验(夹持仪器已省略)：第15页/共23页

已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点℃。乙酰氯是无色液体，沸点51℃，熔点℃，易水解。②制备无水二氯化锰的主要反应：回答下列问题：（1）图1装置中仪器b名称为_____，仪器a的作用是_____。（2）第一次加入乙酰氯的目的是_____。（3）步骤IV：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭(用字母按顺序回答)_____→_____→_____→拔出圆底烧瓶的瓶塞→将产品转至干燥器中保存。_____。a．打开安全瓶上旋塞b．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温c．关闭抽气泵②图2装置中U型管内氢氧化钠固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止_____。（4NaCO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，请说明原因_____；请设计合理实验方案测定产品纯度_____。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率（2）利用乙酰氯的吸水性吸收四水醋酸锰的结晶水（3）①.bac②.外部水蒸气进入样品（4）①.MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3②.取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)【解析】【分析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CHCOO)Mn•4HO]和乙酰氯(CHCOCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产品(CHCO)O，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CHCOO)Mn+2CHCOClMnCl↓+2(CHCO)O，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。【小问1详解】仪器b是恒压滴液漏斗。仪器a是球形冷凝管，由于乙酰氯沸点为51℃，苯在加热条件下也易挥发，球形冷凝管能够将挥发的乙酰氯和苯冷却回流，从而提高原料利用率。【小问2详解】已知四水醋酸锰含有结晶水，而制备无水二氯化锰需要除去水，乙酰氯易水解，所以第一次加入乙酰氯的第16页/共23页

目的是除去四水醋酸锰中的结晶水。【小问3详解】①纯化完成后，关闭加热器，待烧瓶冷却至室温。如果先关闭抽气泵，后打开安全瓶上旋塞，会导致装置内压强骤增，可能产生危险。所以应先打开安全瓶上旋塞（a抽气泵（cb、a、c。②因为无水二氯化锰极易吸水潮解，U型管内氢氧化钠固体不仅能防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，还能防止空气中的水蒸气进入装置，避免无水二氯化锰潮解。【小问4详解】由于无水二氯化锰在溶液中易发生水解反应，当滴入NaCO3溶液时，水解产生的Mn(OH)2沉淀会混在生成的MnCO3MnCO3沉淀质量确定的产品纯度与实际值产生较大误差。合理的实验方案为：取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应，将产生的白色沉淀（AgCl）过滤、洗涤、干燥、称量，根据算出AgCl算出MnCl2根据算出MnCl2的质量，最后通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度。17.CO2的综合利用是解决温室效应问题的有效途径。（1）CO2与CH4经催化重整制得合成气：ΔH。①已知：(g)、CO(g)、CH(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为0kJ·mol1、393.5kJ·mol1、74.8kJ·mol1、kJ·mol1(25℃和101kPa1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓)：ΔH=_______kJ·mol1。②其他条件不变，在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如下图所示。第17页/共23页

a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点原因是_______。（2CH4超干重整CO2技术可得到富含COCH4超干重整CO2的催化转化原理如下。该过程的总化学反应方程式为_______。（3）二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下。I.Ⅱ.在一定温度下，向体积为4L的恒容密闭容器中加入1molCO2和1molH，发生上述反应。①下列说法正确的是_______(填标号)。A.平衡时向容器中充入He，反应Ⅱ正向移动B.容器内压强不变，说明反应I已经达到化学平衡状态C.平衡时向容器中充入一定量H，反应I和Ⅱ均正向移动，H2的转化率升高②若该化学反应体系达平衡时，测得平衡时气体总压强为aMPa，H2的转化率为40%，CO的物质的量为0.1molCO2的物质的量浓度为_______mol/LI的分压平衡常数_______(结果保留两位有效数字，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.+247.3②.不是③.b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高（2）（3）①.B②.0.2③.0.052【解析】【小问1详解】第18页/共23页

根据盖斯定律；相同温度下三条曲线的平衡转化率应该相同，a点同温度时，曲线Ⅰ的转化率高于a点，所以a点不是平衡状态；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以b点CH4的转化率高于c点。【小问2详解】根据流程图可知，只消耗不生成的是甲烷和二氧化碳，只生成不消耗的是水蒸气和一氧化碳，所以总反应为：【小问3详解】A.平衡时向容器中充入He，各物质的浓度不变，平衡不移动，A错误；B．反应Ⅱ是非等体积反应，恒容体系压强不变说明已达平衡，B正确；C．平衡时向容器中充入一定量氢气，氢气浓度增大，反应I和Ⅱ均正向移动，但由勒夏特列原理可知，氢气的转化率降低，C错误；故答案为：B。设消耗的二氧化碳为mmol，生成的乙醇为nmol，三段式：m2n=0.1，1m4n=0.6，m=0.2，n=0.05；所以剩余的二氧化碳为0.8mol，0.8mol0.6mol0.1mol，乙醇为0.05mol，水蒸气为0.25mol。气体总物质的量为1.8mol，。18.叶酸拮抗剂是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸酐为原料合成该化合物的路线如下：回答下列问题：第19页/共23页

已知：①②(1)A的结构简式为_______；(2)，的反应类型分别是_______，_______；(3)M中虚线框内官能团的名称为a_______，b_______；(4)B有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___