XX省六市联考2023至2024学年高三上学期10月阶段性考试（期中）化学试题附参考答案（解析）

河南省六市重点高中2024届高三上学期10月调研考试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。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收回。4.全卷满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23S：32Co：59Cu：64Zn：65一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.创造美好生活离不开化学。下列说法正确的是A.铁制防护栏涂油漆的主要目的是为了美观B.维生素C作抗氧化剂是因为其不易与O2反应C.白醋清除水垢是因为乙酸的酸性比碳酸的强D.95％的酒精常用于对皮肤杀菌消毒【答案】C【解析】【详解】A．铁制防护栏涂油漆的主要目的是为了防止生锈不是美观，A项错误；B．维生素C作抗氧化剂是因为其具有较强的还原性，B项错误；C．水垢的主要成分是碳酸钙，白醋可以和碳酸钙反应得到醋酸钙，水和二氧化碳，则白醋清除水垢是因为乙酸的酸性比碳酸的强，C项正确；D．75％酒精常用于对皮肤杀菌消毒，D项错误；答案选C。2.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的叙述错误的是A.“西汉铜朱雀衔环杯”制作材料是金属合金B.“北齐汉白玉(主要成分为CaCO3、MgCO3、SiO2)释迦牟尼佛像”具有耐酸碱腐蚀性C.“北朝青釉仰覆莲花尊”由黏土经化学变化制成D.古人书写所用的竹简主要成分是天然高分子【答案】B【解析】【详解】A．青铜器为合金，属于金属材料，A正确；B．汉白玉中的CaCO3、MgCO3易被酸腐蚀，SiO2易被碱腐蚀，B错误；C．瓷器的烧制为化学变化，C正确；D．竹子中含有纤维素属于天然高分子，D正确；故答案为：B。3.陈述1和陈述2均正确且二者有相关性的是选项陈述1陈述2A冰块常作制冷剂断裂氢氧键要吸收热量B食盐可用于调味和消毒NaCl是电解质C将浓硝酸保存于棕色试剂瓶并防止阴凉处HNO3是一元强酸D用NaClO溶液对环境消毒NaClO具有强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．冰块常作制冷剂是利用其融化时吸收大量的热，该过程为物理过程不破坏化学键，故A错误；B．食盐可用于调味和消毒是其有特殊咸味，能使细菌病毒的细胞脱水，从而有一定杀菌作用，与其是电解质无关，故B错误；C．浓硝酸保存于棕色试剂瓶并防止阴凉处是因为见光或受热易分解，与其酸性无关，故C错误；D．NaClO具有强氧化性能使细菌病毒蛋白质氧化变性，从而起到消毒作用，故D正确；故选：D。4.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.透明溶液中：Cu2＋、Fe3＋、、Br－B.乙醇溶液中：H＋、Al3＋、、C.浓氨水中：Na＋、Mg2＋、、Cl－D.新制氯水中；Fe2＋、、、【答案】A【解析】【详解】A．该组离子彼此不发生反应，能大量共存，故A正确；B．具有强氧化性能氧化乙醇，不能大量共存，故B错误；C．Mg2＋与氨水反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故C错误；D．新制氯水含氯气、HClO都具有强氧化性，能氧化Fe2＋，不能大量共存，故D错误；故选：A。5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.12.0gNaHSO4固体含阳离子数目为0.2NAB.6.0gD2气体含中子数目为3NAC.标准状况下，11.2LCH3Cl含极性键数目为0.5NAD.1molH2和2molI2(g)反应后气体分子总数小于3NA【答案】B【解析】【详解】A．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，NaHSO4的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有0.1NA个阳离子，A错误；B．D2的摩尔质量为4g/mol，1个D2气体中含2个中子，则6.0gD2气体即1.5mol，含中子数目为3NA，故B正确；C．1个CH3Cl中含4条极性键，则11.2LCH3Cl的物质的量为0.5mol，含极性键数目为2NA，C错误；D．H2和I2发生反应生成HI，反应前后气体分子总数不变，则1molH2和2molI2(g)反应后气体分子总数等于3NA，D错误；故选：B。6.下列操作能达到目的是A．制备氯气B．吸收二氧化氮C．提纯乙烯D．引发红色喷泉A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，A中缺少加热装置，故A错误；B．二氧化氮能被NaOH溶液吸收，且要防止倒吸，故B正确；C．乙烯也能与溴水发生反应，故C错误；D．酚酞与酸不显红色，故D错误；故选：B。7.一种MOF衍生的Zn／Co共掺杂MnO／C微球作为正极和Ti3C2／Zn作为负极的水系锌离子电池工作原理如图所示。已知：在金属活动顺序表中，锰、锌、钴的活动性依次减弱；电池效率等于正极上得到电子总数与负极上失去电子总数之比。下列叙述错误的是A.电势：a电极>b电极B.放电时，电流由a极经外电路流向b极C.若用MnSO4溶液替代CoSO4溶液，该电池仍然能放电D.已知b极质量减轻13.0g时a极净增8.26g，该电池效率为70％【答案】C【解析】【分析】由题中信息及图示可知a为正极，b为负极，负极Zn失电子生成锌离子，正极Co2+得电子生成Co，据此分析解答；【详解】A．原电池中正极电势高于负极电势，a为正极，b为负极，则电势：a电极>b电极，故A正确；B．放电时，电流由正极经导线流向负极，即由a电极经外电路流向b电极，故B正确；C．锰、锌、钴的活动性依次减弱，MnSO4溶液替代CoSO4溶液，则锌与硫酸锰不能发生反应，电池不能继续放电，故C错误；D．b极质量减轻13.0g则有13g锌即0.2mol发生反应：，则失电子数为0.4mol；a极净增8.26g，生成的Co的物质的量为：0.14mol；结合a极反应：，正极得电子数为0.28mol，该电池效率为，故D正确；故选：C。8.“固碳”是环境科学研究的热点课题。最近，日本东京工业大学的岩澤伸治(IwasawaNobuharu)教授课题组开发光催化剂实现CO2、H2和苯乙烯类氢羧化反应。转化关系如图所示。下列叙述正确的是A.反应(1)和反应(2)中C元素只被还原 B.甲分子中所有原子一定共平面C.与乙互为同分异构体 D.乙能发生取代反应、加成反应、加聚反应【答案】C【解析】【详解】A．反应(1)CO2转化为CO，C元素的化合价降低，C被还原，反应(2)中，甲中C元素转化为乙时平均价态升高，C被氧化，CO中的C转化为乙时，C元素化合价降低，C被还原，故A错误；B．甲中苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，两平面通过单键相连，可能重合也可能不重合，故B错误；C．该结构与乙分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．乙不含碳碳双键或碳碳三键，不能发生加聚反应，故D错误；故选：C。9.在体积均为2L的恒温恒容密闭容器1、2中，同时充入1molCl2(g)和1molPCl3(g)，初始反应温度不同的条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。下列叙述错误的是A.平衡时压强：容器1>容器2 B.初始反应温度：容器1>容器2C.容器1中0～3min内v(PCl3)=0.2mol·L－1·min－1 D.容器2中达到平衡时PCl5产率为80％【答案】C【解析】【详解】A．由图可知容器1中，3min、5minPCl5(g)的物质的量相等，说明反应3min时已达到平衡状态，而容器2中，4min时反应达到平衡状态，平衡时，容器1中生成的PCl5(g)少于容器2，则结合反应可知，最终容器1中气体的总量大于容器2，而气体的物质的量之比等于体系内压强之比，则压强：容器1>容器2，故A正确；B．由图可知容器1中反应在3min达到平衡状态，可知容器1中反应速率较快，则温度：容器1>容器2，故B正确；C．容器1中0～3min内v(PCl5)=mol·L－1·min－1，再根据速率之比等于化学计量数之比，可得v(PCl3)=v(PCl5)=0.1mol·L－1·min－1，故C错误；D．1molCl2(g)和1molPCl3(g)充分反应，理论上生成1molPCl5，而容器2平衡时生成0.8molPCl5，容器2中达到平衡时PCl5产率为80%，故D正确；故选：C。10.海洋碳循环在整个地球气候系统中占具重要地位。下列叙述错误的是A.日本将核污染水排入海洋不会影响海洋碳循环B.大气中CO2浓度上升导致海洋酸化，海洋吸收CO2的能力减弱C.温室效应导致的海表温度上升，会减少海洋对CO2的吸收D.该循环涉及反应CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2【答案】A【解析】【详解】A．核污染水排入海洋其中所含的放射性物质会影响浮游动物的生存，结合碳循环示意图可知，最终影响碳循环，故A错误；B．大气中CO2浓度上升导致海洋酸化，使海表反应平衡正向移动，增大了海水中HCO浓度，使海洋吸收CO2的能力减弱，故B正确；C．温室效应导致的海表温度上升，温度升高不利于二氧化碳的溶解吸收，故C正确；D．由图可知该循环涉及反应CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2，故D正确；故选：A。11.短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，XY2是温室中作物的“肥料”，Y、Z能组成两种常见的离子化合物，R原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列叙述正确的是A.简单离子半径：Z>R>Y B.X的同素异形体只有两种C.简单氢化物的还原性：R>Y D.Z2R2只含一种化学键【答案】C【解析】【分析】XY2是温室中作物的“肥料”，可知该物质为CO2，X为C、Y为O，Y、Z能组成两种常见的离子化合物，可知Z为Na，两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠；R原子最外层电子数等于电子层数的2倍，R为第三周期元素，核外电子排布为2、8、6，R为S，据此分析解答；【详解】A．S2-电子层数为3，Na+、O2-电子层数为2，且Na的核电荷数大于O，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，则离子半径：S2->O2->Na+，故A错误；B．C有金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，故B错误；C．O、S为同主族元素，非金属性：O>S，非金属性越强，形成气态氢化物的还原性越弱，故C正确；D．Na2O2中含离子键和非极性共价键两种化学键，故D错误；故选：C。12.某小组设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强，装置如图所示。下列叙述正确的是A.若③中溶液变浑浊，说明酸性：H2CO3>H2SiO3B.②中溶液也可以选用饱和Na2CO3溶液C.根据③中现象可以探究Cl和C非金属性强弱D.①中盐酸用硫酸替代，也能达到实验目的【答案】A【解析】【分析】盐酸与块状大理石反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳用饱和碳酸氢钠溶液除去其中的HCl，再通入硅酸钠溶液中反应生成硅酸白色沉淀，从而证明酸性：H2CO3>H2SiO3，据此分析解答；【详解】A．若③中溶液变浑浊，说明碳酸能与硅酸钠反应生成硅酸，依据强酸制弱酸原理，可知酸性：H2CO3>H2SiO3，故A正确；B．饱和Na2CO3溶液也能吸收二氧化碳，不能用其除去二氧化碳中的HCl，故B错误；C．探究非金属性的强弱需根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱，而HCl不是最高价含氧酸，故C错误；D．硫酸与碳酸钙反应生成微溶性的硫酸钙，会将碳酸钙包裹，不利于生成二氧化碳，故D错误；故选：A。13.开发6G技术离不开高纯度硅。工业冶炼高纯度硅的流程如图所示。已知：SiHCl3中硅元素为＋4价。下列叙述正确的是A.反应(1)(2)(3)均为置换反应B.气体1、2、3分别为CO2、H2、HClC.标准状况下体积为22.4L的H2完全反应时转移2mol电子D.反应(1)投入石英砂、焦炭质量比越大，SiO2的转化率越高【答案】A【解析】【分析】石英砂(主要成分为SiO2)，与碳在2000℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300℃条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的。【详解】A．由以上分析可知(1)(2)(3)均为置换反应，故A正确；B．气体1为CO，故B错误；C．(3)中发生反应：，该反应中1mol即22.4L氯气反应转移4mol电子，故C错误；D．反应(1)投入石英砂、焦炭质量比越大，不利于石英砂充分反应，反应而降低其转化率，故D错误；故选：A。14.X→Y反应分两步进行，在催化剂Cat1、Cat2作用下能量变化如图所示。下列叙述正确的是A.Cat1作用下，第二步反应为决速反应B.两种催化剂不改变总反应能量变化C.催化剂可以改变生成物Y的平衡浓度D.升高温度，第一步反应加快，第二步反应减慢【答案】B【解析】【详解】A．化学反应速率取决于慢反应，由图可知，Cat1作用下第一步反应的活化能大于第二步，则第一步反应为慢反应，为决速反应，故A错误；B．总反应的能量变化取决于反应物的总能量和生成物总能量的差值，与催化剂无关，故两种催化剂不改变总反应能量变化，故B正确；C．催化剂改变反应历程，降低反应活化能，加快化学反应速率，但是不能使平衡发生移动，故催化剂不可以改变生成物Y的平衡浓度，故C错误；D．升高温度，第一步反应加快，第二步反应也加快，故D错误；故选B15.某小组探究铜和硝酸反应，实验装置(夹持装置已省略)如图所示。已知：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O。实验完毕后，取少量C中溶液，加稀硫酸酸化并分成甲、乙两份，进行如下实验：食盐操作现象①向甲中滴加KI－淀粉溶液溶液变蓝色②向乙中滴加酸性KMnO4溶液溶液褪色下列叙述错误的是A.仪器A称为“具支试管”B.装置B可用作安全瓶，防倒吸C.装置A中先生成NO2，后生成NOD.实验①和②表明：酸性介质中既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】【详解】A．由仪器A的构造可知A为具支试管，故A正确；B．因二氧化氮易溶水，直接通入NaOH溶液中会因其倒吸，装置B可作安全平，防止倒吸，故B正确；C．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，随反应进行硝酸浓度减小，铜与稀硝酸反应生成NO，故C正确；D．由反应可知二氧化氮与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，在C溶液中加硫酸，滴加KI－淀粉溶液，溶液变蓝色，体现硝酸根在酸性条件下的强氧化性；乙中溶液滴加酸性高锰酸钾溶液体现亚硝酸根离子的还原性，故D错误；故选：D。16.部分硫或铁单质及其化合物的“价－类”关系如图。下列叙述正确的是A.物质a只有还原性 B.物质e在空气中灼烧生成FeOC.物质a和c的浓溶液反应可生成物质b D.含2molf的溶液最多吸收1molb【答案】C【解析】【分析】由价态和类别可知a为H2S，b为SO2，c为H2SO4，d为Fe，e为Fe(OH)2，f为Fe(NO3)3，据此分析解答；【详解】A．a为H2S，其中H为+1价，具有氧化性，故A错误；B．e为Fe(OH)2，在空气中灼烧最终生成Fe2O3，故B错误；C．H2S与浓硫酸发生氧化还原反应可以生成SO2，故C正确；D．Fe(NO3)3与SO2反应生成NO和Fe2+，反应离子方程式为：，由反应可知1molFe(NO3)3可吸收5mol二氧化硫，则2molFe(NO3)3最多可吸收10molSO2，故D错误；故选：C。二、非选择题(本题共4小题，共52分)17.某小组为了探究硫酸的性质，设计如下实验：序号操作现象①常温下，在铁片中加入过量的浓硫酸没有明显现象②常温下，在铜片上加入过量的浓硫酸没有明显现象③在铜和过量30%H2O2的混合溶液中加入Na2SO4溶液没有明显现象④在铜和过量30%H2O2的混合溶液中加入稀硫酸溶液变蓝色，并产生气泡回答下列问题：（1）实验①没有明显现象的原因是___________；改变一个条件，为使实验①中的反应持续发生，改变条件是___________。（2）为了引发实验②中的反应，宜采取的措施是___________；实验后，观察产物水溶液的颜色，其操作方法是___________。（3）实验④产生的气体是___________(填化学式)，比较实验③和④可知，从氧化还原角度分析，H＋的作用是___________；写出该反应的离子方程式：___________。（4）向实验④所得溶液中加入过量NaOH溶液得到沉淀M，用元素分析仪分析，M为铜的氧化物，提纯干燥后的M在惰性气体氛围下加热，12gM完全分解为10gCuO。M的化学式为___________；M能与稀硫酸酸化的KI溶液反应生成白色沉淀CuI(碘化亚铜)，在滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色。写出M和稀硫酸酸化的KI溶液反应的离子方程式：___________。【答案】（1）①.铁片表面生成一层致密保护膜②.加热、将铁片粉碎（2）①.加热②.将混合物倒入盛有水的烧杯中（3）①.O2②.增强了H2O2的氧化性③.Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O（4）①.CuO2②.2CuO2+8I-+8H+=2CuI+3I2+4H2O【解析】【小问1详解】铁片与浓硫酸发生钝化，铁粉、加热条件下不能发生钝化；【小问2详解】铜和浓硫酸反应需要加热；混合物中含浓硫酸，不能观察到蓝色硫酸铜溶液将混合物倒入水中，观察蓝色溶液；【小问3详解】加入稀硫酸，增强了双氧水的氧化性，使铜溶解，双氧水过量，在铜离子催化下，双氧水分解生成氧气；【小问4详解】设M的化学式为，分解生成CuO(黑色)，根据质量计算，解x=2；淀粉溶液变蓝色,说明生成了I2，即反应物为CuO2、KI、H2SO4，生成物为CuI、I2、H2O，离子方程式为2CuO2+8I-+8H+=2CuI+3I2+4H2O。18.铋酸钠(NaBiO3，难溶于水)是常用的氧化剂，MnO2是活性电极。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)为原料联合焙烧制备NaBiO3和MnO2，流程如下：已知：①金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；②几种金属离子的氢氧化物沉淀pH如下：金属子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.52.8Fe2+6.38.3Mn2+8.110.1回答下列问题：（1）“滤渣”的主要成分是___________(填化学式)。（2）“焙烧”采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是___________。（3）“酸浸”中产生气体X的离子方程式为___________。（4）如果省略“还原”工序，其后果是___________。（5）“电解”MnSO4溶液中产生一种气体，该气体是___________(填化学式)。在碱性锌锰电池中，总反应式为Zn＋2MnO2＋2KOH＋2H2O=2MnOOH＋K2[Zn(OH)4]，正极反应式为___________。（6）在MnSO4溶液中加入少量NaBiO3，溶液变紫红色。由此推知，氧化性：_______(填“>”或“<”)。【答案】（1）SiO2（2）增大反应物接触面积，提高反应速率（3）（4）铁元素进入产品，产品纯度降低（5）①.H2②.（6）>【解析】【分析】辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)在空气中焙烧，得到Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3、MnSO4的混合固体，水浸后过滤MnSO4溶于水存在于滤液中，Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3不溶于水存在于滤渣中，将滤渣用浓盐酸处理，SiO2不溶于浓盐酸，存在于滤渣，三氧化二锰与浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气，得到含有Fe3+、Bi3+、Mn2+的滤液，加入Bi还原铁离子，将铁离子转化成亚铁离子进入滤液，条件pH为3.0使Bi3+转化为，以此解答。【小问1详解】SiO2不与空气反应，也不与盐酸反应，滤渣主要成分为：SiO2；【小问2详解】逆流操作可以增大反应物接触面积，提高反应速率；【小问3详解】分析固体成分变化，三氧化二锰氧化氯化氢生成二氯化锰和氯气，则离子方程式为：；【小问4详解】观察数据表可知，如果不还原铁离子，氢氧化铁进入固体，最终降低了产品纯度。【小问5详解】电解硫酸锰溶液，锰元素化合价升高，而必有元素化合价降低，故产生氢气。在锌锰电池中，二氧化锰在正极上发生还原反应，电极反应为：。【小问6详解】溶液变紫红色，说明生成了MnO，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物的强，故氧化性：>MnO。19.氯苯二氯乙烷是一种抗肿瘤药，一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A中含有的官能团为___________(填名称)，E的名称是___________。（2）A→B的反应类型是___________。（3）氯苯二氯乙烷的分子式为___________。（4）D→F的化学方程式为___________。（5）A的二溴代物有___________种。（6）已知：与四个互不相同的原子或原子团直接连接的碳原子叫手性碳原子。氯苯二氯乙烷分子有___________个手性碳原子。【答案】（1）①.碳氯键、硝基②.氯苯（2）还原反应（3）C14H10Cl4（4）+H2O（5）6（6）1【解析】【分析】由合成路线知，A经过将硝基还原为氨基生成B，B在亚硝酸钠、溴化氢和溴化亚铜的条件下发生取代反应生成C，C和CCl3CHO在一定条件下生成D，D与E在硫酸的条件下发生取代反应生成F，F在Al-Hg的条件下生成氯苯二氯乙烷。【小问1详解】由题图知，A中含有的官能团为碳氯键和硝基；E的名称为氯苯；【小问2详解】由题图知，A→B中是将A中硝基还原为B中的氨基，N的化合价降低，是还原反应；【小问3详解】由题图知，氯苯二氯乙烷的分子式为C14H10Cl4；【小问4详解】观察D、F的结构可知，发生了取代反应，副产物为水，D→F的化学方程式为+H2O；【小问5详解】苯环上由4种氢原子，二溴代物共有6种（3+2+1）；【小问6详解】由四个互不相同的原子或原子团直接连接的碳原子叫手性碳原子，故氯苯二氯乙烷分子中含有一个手性碳。20.N2O俗名：笑气，曾被用作麻醉剂。回答下列问题：（1）N2O分子与下列粒子所含原子总