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1、北京市朝阳区20222023学年度第一学期期中质量检测高三化学试卷(考试时间90分钟 满分100分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Cu 64 As 75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. 天工开物记录了用天然气煮盐的过程：“西川有火井(天然气井)，事奇甚。其井居然冷水，绝无火气。但以长竹剖开去节，合缝漆布，一头插入井底，其上曲接，以口紧对釜脐，注卤水釜中，只见火意烘烘，水即滚沸。”下列有关说法不正确的是A. 天然气属于化石能源，其主要成分是甲烷B. 甲烷是由极性键构成的极性分
2、子，易溶于水C. 甲烷完全燃烧反应为：D. 用天然气煮盐，利用的是蒸发结晶的方法【答案】B【解析】【详解】A天然气的主要成分是甲烷，属于化石能源，故A正确；B甲烷是由极性键构成的结构对称的非极性分子，难溶于水，故B错误；C甲烷完全燃烧生成生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故C正确；D用天然气煮盐的方法是利用蒸发结晶的方法获得盐，故D正确；故选B。2. 下列关于HCHO及构成微粒的化学用语或图示表达不正确的是A. O的原子结构示意图：B. 基态C原子的轨道表示式：C. C原子杂化轨道示意图：D. HCHO的分子结构模型：【答案】C【解析】【详解】A氧元素原子序数是8，O的原子结构示意图：，A
3、正确；B基态C原子的轨道表示式：，B正确；C甲醛中C原子杂化方式是sp2杂化，C错误；DHCHO的分子结构模型一般指球棍模型：，D正确；故选C。3. 下列事实或现象不能用元素周期律解释的是A. 相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸的pH大于盐酸B. 醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷C. Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈D. 向NaBr溶液中滴加氯水，溶液变黄【答案】A【解析】【详解】A相同温度、相同物质的量浓度时，醋酸是弱酸未完成电离，故醋酸的pH大于盐酸，不能用元素周期律解释，A符合题意；B同周期元素随原子序数的递增电负性增强，故醛基的碳氧双键中，氧原子带部分负电荷，B不符合题意；C同
4、周期元素随原子序数的递增金属性减弱，故Mg和水的反应不如Na和水的反应剧烈，C不符合题意；D同主族元素从上到下非金属性越来越弱，氯气氧化性强于溴单质，故向NaBr溶液中滴加氯水，可以置换出溴单质，溶液变黄，D不符合题意；故选A。4. 化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式不正确的是A. 工人用溶液制作电路板，利用反应：B. 药剂师用作抗胃酸药，利用反应：C. 船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：D. 工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止反应：【答案】D【解析】【详解】A用溶液和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁制作电路板，故A正确；B和胃酸反应，故可以做抗胃酸药，故B正确；C船体上镶嵌锌块，
5、防止铁被腐蚀生成亚铁离子，故C正确；D铁和水高温条件下生成四氧化三铁，故D错误；故选D。5. 实验室制取氯气，下列装置(“”表示气流方向)和试剂选择均正确的是A. 制备B. 除去中的杂质C. 收集D. 吸收尾气【答案】B【解析】【详解】A浓盐酸和二氧化锰反应需加热，A错误；B氯气通过饱和食盐水可以去除HCl杂质气体且氯气在饱和食盐水中损耗少，B正确；C氯气的密度大于空气，收集时应向上排空气法，C错误；D氯气有毒，用强碱氢氧化钠吸收尾气，D错误；故选B。6. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：下列说法不正确的是A. 氢气既可
6、以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能B. 的过程中，C. 断裂2mol和1mol中化学键所需能量大于断裂2mol中化学键所需能量D. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设计成燃料电池提供电能，A正确；B由盖斯定律知 0，气体变成液体，该反应是熵减的反应，B正确；C氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2mol氢气和1mol 氧气中化学键所需能量小于断裂2mol水中化学键所需能量，C错误；D化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选C。7. 为阿伏加德
7、罗常数的值。下列说法正确的是A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2B. 1.8g重水中所含质子数为C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为D. 溶液中，、数目之和为0.1【答案】A【解析】【详解】A乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为，A正确；B1.8g重水中所含质子数为，B错误；C电解粗铜精炼铜，阳极发生的反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；D溶液中，、数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；故选A8. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶
8、液pH减小的是A. 向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体B. 向水中加入固体，产生无色气体C. 向碘水中通入气体，碘水颜色变浅D. 向溶液中通入气体，生成黑色沉淀【答案】C【解析】【详解】ACu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，因氧化还原反应pH增大，A错误；B2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因氧化还原反应碱性增强，pH增大，B错误；C向碘水中通入气体，碘水颜色变浅，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，因发生氧化还原反应使溶液pH减小，C正确；D向溶液中通入气体，生成黑色沉淀，CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，该反应是非氧化还原反应，D错误；故选C
9、。9. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：微粒浓度下列说法不正确的是A. 向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低B. 向所得溶液中加入等体积水，C. 该温度下，反应的D. 配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解【答案】B【解析】【详解】A碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低，A正确；B向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，故平衡逆向移动，B错误；C，C正确；D碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解，D正确；故选B。10. 小组同学用如下方法制作简单的燃料电池。
10、步骤装置操作现象打开，闭合两极均产生气体打开，闭合电流计指针发生偏转下列说法不正确的是A. 中Cl-比OH-容易失去电子容易失去电子，在石墨()发生氧化反应B. 中还可观察到石墨()电极附近的溶液变红C. 导线中电子流动方向：从石墨()电极流向石墨()电极D. 中石墨()发生的电极反应式为：【答案】D【解析】【详解】A为外接电源的电解池，石墨()连接电源的正极作阳极发生失电子的氧化反应，Cl-比OH-容易失去电子，2Cl-2e-=Cl2，A正确；B石墨()电极连接电源负极作阴极，水中的氢元素得电子化合价降低生成氢气和氢氧化钠，滴酚酞的溶液变红，B正确；C为原电池，石墨()电极是负极，发生失电子
11、的氧化反应，故电子从石墨()电极流向石墨()电极，C正确；D由上述分析知中石墨()周围有氢氧化钠显碱性，故发生的电极反应式为：，D错误；故选D。11. 小组同学用以下流程去除粗盐水中的、，获得了精制盐水。已知：.物质(25).粗盐水中下列说法不正确的是A. 的反应为：B. 中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)C. 的滤渣中除泥沙外，还有、等物质D. 中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、【答案】A【解析】【详解】A加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故的反应为：、，A错误；B中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)，B正确；C由上述分析的滤渣中除泥沙外，还有生成的、，生成的和过量的等
12、物质，C正确；D中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、，D正确；故选A。12. 研究催化剂对反应速率的影响。恒温、恒容时，随时间的变化如下。020406080催化剂2.402.001.601.200.80催化剂2.401.600.800.400.40下列说法不正确的是A. 使用催化剂，020min的平均反应速率B. 使用催化剂，达平衡后容器内的压强是初始时的倍C. 相同条件下，使用催化剂可使该反应的活化能降低更多，反应更快D. 相同条件下，使用催化剂可使该反应的化学平衡常数更大【答案】D【解析】【详解】A使用催化剂，020min的平均反应速率，A正确；B起始时，气体的总量为2.4 V m
13、ol，平衡时，气体总量为4.4Vmol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故使用催化剂，达平衡后容器内的压强是初始时的倍，B正确；C根据恒温、恒容时，随时间的变化数据分析，相同条件下，使用催化剂可使该反应的活化能降低更多，反应更快，C正确；D催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，D错误；故选D13. 实验室用如下方法制备。已知：i.ii.过程中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液下列说法不正确的是A. 过程中溶液先变浑浊可能的原因：B. 过程中的作用：C. 过程中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率D. 过程中通入过量，可增大的产率【答案】D【解析】【详解】A
14、ii.过程中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液，过程中溶液先变浑浊可能的原因：，A正确；B已知：i.，故过程中的作用：，B正确；C过程中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率，C正确；D过量的使得溶液酸性过强会降低硫代硫酸钠的产率：2H+S2O=S+SO2+H2O，D错误；故选D。14. 探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。时刻温度/25456525褪色时间/min其中，。下列说法不正确的是A. 红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条B. 的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致C. 的原因：的过
15、程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低D. 若将溶液从45直接降温至25，加入等量红纸条，推测褪色时间小于【答案】C【解析】【详解】AHClO具有漂白性，次氯酸根离子水解生成次氯酸：，HClO漂白红纸条，A正确；B水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，且随着温度升高，漂白时间缩短，故的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致，B正确；C的原因：次氯酸不稳定分解成盐酸和氧气，漂白性减弱，C错误；D根据上述分析可知，若将溶液从45直接降温至25，加入等量红纸条，推测褪色时间小于，D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15. 小组同学对比和的性质，进行了如下实验。（1）向
16、相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。图_ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。A-B发生反应的离子方程式为_。下列说法正确的是_ (填序号)。a.和溶液中所含微粒种类相同b.A、B、C均满足：c.水的电离程度：（2）向1mol的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。资料：i.1mol的溶液中，ii.25时，补全与反应的离子方程式：_。通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是_。【答案】（1） . 乙 . H+= . ac （2） . 2+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O . 1molL1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)=3
17、.210-9molL1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)=1.2510-5molL1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)。【解析】【小问1详解】H2CO3的电离平衡常数Ka1Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线；HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，则A-B发生反应的离子方程式为H+=；aNa2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、OH-、H2CO3和H2O，a正确；b图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和
18、HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b错误；c图甲中，A点的溶质是NaHCO3，的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：ABC，c正确；故选ac。【小问2详解】向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；1molL1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)=3.210-9molL1；生成Fe(O
19、H)2沉淀所需c2(Fe2+)=1.2510-5molL1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。16. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。（1）一种富集烟气中的方法示意图如下：写出“解吸”过程产生的化学方程式：_。（2）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。采用电化学、光化学等手段，使_(填“提供”或“接受”)电子转化为（3）与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下：i. ii 研究表明，
20、CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：_。（4）在催化剂作用下，将1mol、3mol投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。已知：随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是_。在240达到平衡时，体系_(填“吸收”或“放出”)的热量为_kJ(除了反应和不考虑其他反应)。【答案】（1）2KHCO3K2CO3+CO2+H2O （2） . O . 接受 （3）CO（g）+2H2(g)CH3OH(g) （4） . 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度 . 吸收 . 3.45【解析】【小问1详解】“解吸”过程产生的化学方程式为酸
21、式盐碳酸氢钾的受热分解：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；【小问2详解】使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏的结构使其活化；采用电化学、光化学等手段，使接受电子转化为；【小问3详解】由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)；【小问4详解】随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；根据图像可知二氧化碳的转化率为15%，甲醇的选择性是20%，故有1mol15%20%=0.03mol二氧化碳参与反应i，反应i放热490.03=1.47
22、kJ；1mol15%80%=0.12mol二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热410.12=4.92kJ。故在240达到平衡时，体系吸收的热量为4.92-1.47=3.45kJ。17. 选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中的排放。其原理是在催化剂作用下，用等物质将尾气中的转化为。（1）柴油机尾气中的是由和在高温或放电条件下生成的。写出的电子式：_。高温尾气中绝大多数为NO，推测为_(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在催化剂作用下，还原的化学方程式为_。（3）用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下：写出工作电极的电极反应式：_。若用该传感器测定的含量，则传感器信号响应方向
23、(即电流方向)相反，从物质性质角度说明原因：_。（4）一种研究认为，有氧条件下与NO在催化剂表面的催化反应历程如下(催化剂中部分原子未表示)：下列说法正确的是_(填序号)。a.过程涉及了配位键的形成与断裂b.反应均属于氧化还原反应c.与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：_。【答案】（1） . . 放热 （2） （3） . 2H2O+NO-3e-=NO+4H+ . 二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子 （4） . ac . 【解析】【小问1详解】氮元素原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，氮气的电子式为：，一氧化氮与氧气
24、化合生成二氧化氮的反应推测为放热反应；【小问2详解】反应器中还原生成N2和H2O，具有还原性，发生反应的化学方程式：；【小问3详解】由图示知一氧化氮在酸性电解质中失电子发生氧化反应生成硝酸根：2H2O+NO-3e-=NO+4H+；二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子，故传感器信号响应方向(即电流方向)相反；【小问4详解】a历程图中有铵根离子的形成和破坏，铵根离子中有配位键，故涉及了配位键的形成与断裂，a正确；b反应、ii、iv都不是氧化还原反应，b错误；c与NO反应而不与直接反应，体现了催化剂的选择性，c正确；故选ac；根据上图，写出选择性催化还原NO的总反应方程式：。18. 溴酸钾可用于测定
25、水体中的砷含量。（1）的一种制法如下。与KOH溶液反应时，若产生1mol，理论上需要_mol。能提高溴的原子利用率。用离子方程式表示的作用：_。已知：25时的溶度积()设计由“含的溶液”到“较纯净的溶液”的流程：_(按上图形式呈现，箭头上方注明试剂，下方注明操作，如)。的溶解度随温度变化如下图所示。从“较纯净的溶液”中得到“固体”的主要操作是_。（2）测定水体中亚砷酸盐的含量：取amL水样，向其中加入一定量盐酸使转化为，再加入2滴甲基橙指示剂和一定量，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗溶液vmL。滴定过程中发生如下反应：反应a：反应b：当反应完全后，甲基橙与生成的反应而褪色，即达到滴定终点。
26、配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。水样中的含量为_。【已知：】滴定过程需保持在60。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，会使测定结果_。(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1） . 3 . Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 . . 蒸发浓缩、冷却结晶 （2） . 容量瓶 . . 偏高【解析】【分析】计算物质的含量时，要根据方程式找到物质之间的比例关系，之后根据给出的数据按照比例计算。【小问1详解】根据方程式3Br2+6KOH=KBrO3+5KBr+3H2O可知，与KOH溶液反应时，若产生1mol，理论上需要3molBr2；加入Cl2，能将Br-氧化为
27、Br2，继续与KOH反应，提高溴的原子利用率，离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+2Br-；由“含的溶液”到“较纯净的溶液”，可以先加入过量的氢氧化钡溶液，生成，过滤后除去溶液中的杂质，之后向固体中加入过量的碳酸钠，使生成更难溶的碳酸钡过滤除去，得到较纯净的溶液，流程为 ；由曲线图可知，的溶解度受温度影响明显，故操作可以是蒸发浓缩、冷却结晶。【小问2详解】制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶；反应a可知3，向amL水样滴入vmL的溶液，的物质的量为cv10-3，所以的物质的量为3 cv10-3，则1L水样中的含量为=g即gL-1；滴定过程需保持在60
28、。若温度过低，甲基橙与的反应速率较慢，致使滴入过量的，使测定结果偏高。【点睛】物质的制备流程一般包括目标元素的提取、杂质的去除、核心转化、产品的分离与提纯，解题时要分析原料中的杂质有哪些，哪些会随同目标元素一起进入下一步骤，怎样去除这些杂质，核心转化反应的原理是什么，怎样分离产品以及怎样提纯等等。19. 某小组同学探究与溶液的反应。（1）实验：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。浓与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。（2）分析C中溶液颜色变化原因。溶
29、液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是_。(写离子方程式)。针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。假设1：主要与、有关。假设2：主要与、有关。实验证实假设1不成立，假设2成立。实验：向溶液中加入溶液，_(填现象)，然后滴加_ (填试剂)，溶液变为黄色。（3）进一步探究与、显红棕色的原因。查阅资料：(红棕色)实验：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、，并设计如下检验方案。乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是_。实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是_、_。（4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色
30、可能的原因是_。【答案】（1） . Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O . 饱和NaHSO3溶液 （2） . 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+ . 溶液变为红棕色 . 硫酸（或盐酸） （3） . 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验； . BaCl2溶液 . H2O2（氯水等合理即可） （4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。【解析】【小问1详解】浓与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂
31、饱和NaHSO3溶液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫；【小问2详解】溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+；向溶液中加入溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。【小问3详解】溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根；【小问4详解】实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。