湖南省长沙市2025_2026学年高三化学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省长沙市2025_2026学年高三化学上学期10月月考试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟，满分：100分
可能用到的相对原子质量：
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)。
1. 2024年2月29日，国家自然科学基金委员会发布了2023年度“中国科学十大进展”。下列说法正确的是
A. 通过培育耐盐碱农作物，可提高盐渍化土地产能。中性盐地中富含硫酸钠和碳酸钠
B. 可考虑选用合适的水溶液促进和多硫分子的聚集。实现锂硫电池广泛应用
C. 人工智能大模型为精准天气预报带来新突破，其中用到的芯片与光导纤维主要成分都属于新型无机非金属材料
D. 成功开发我国完全拥有自主产权的、首个在细胞核和细胞器中均可实现精准碱基编辑的新型工具。碱基互补配对时形成极性共价键。
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，中性盐地中不会富含碳酸钠，A错误；
B．锂硫电池通常使用有机电解液，因锂金属与水剧烈反应，水溶液不适用，B错误；
C．芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，两者均属于新型无机非金属材料，C正确；
D．碱基互补配对通过氢键连接，而非极性共价键，D错误；
故选C。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 基态的电子排布式：B. 分子的球棍模型：
C. H与Cl成键时轨道相互靠拢：D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．C为27号元素，基态C原子的电子排布式为[Ar]，失去2个电子形成时先失去4s电子，故基态的电子排布式为[Ar]，A错误；
B．中心氧原子的价层电子对数为3，含有一对孤电子，则分子的空间结构为V形，B正确；
C．H提供未成对电子的轨道为1s（球形），Cl提供未成对电子的轨道为3p（哑铃形），成键时s轨道与p轨道头碰头靠拢重叠形成键，图示不符合轨道成键特征，C错误；
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键应由羟基中的H与醛基中的O形成，示意图为，D错误；
故答案选B。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，利用反应：制备()，下列有关该反应说法错误的是
A. 生成(标准状况下)转移电子数目为
B. 若有参加反应，则反应中生成的键数目为
C. 中含有非极性键的数目为
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4 L N2为1 ml；N2O中N元素从+1价降至0价，1 ml N2O含2个N原子，转移电子2 ml，生成1 ml N2转移电子2NA，A正确；
B．4 ml CS2反应生成8 ml N2和4 ml CO2；N2的结构式为N≡N，含有2个π键，8 ml N2含16 ml π键；CO2的结构式为O=C=O，含有2个π键，4 ml CO2含8 ml π键，总生成π键24NA，B错误；
C．128 g S8物质的量为0.5 ml，S8为环状结构含8个非极性键，0.5 ml S8含4NA个非极性键，C正确；
D．氧化剂为N2O，还原剂为CS2，它们的物质的量之比2:1，D正确；
答案选B。
4. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．瓷坩埚的主要成分为，高温下会与反应生成和，使瓷坩埚腐蚀，因此不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，A错误；
B．NaOH具有强腐蚀性，称量时不能直接放在称量纸上，应放在小烧杯中，B错误；
C．热空气将吹出后使用溶液吸收，，达到富集溴的目的，C正确；
D．通入溶液中，具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，生成硫酸根和氯离子，无法证明与HClO的酸性强弱，D错误；
故选C。
5. 下列反应方程式表示正确的是
A. 固体与浓硫酸反应的化学方程式：
B. 和潮湿的反应的离子方程式：
C. 给铅酸蓄电池充电的总反应方程式：
D. 性质与相似，与水反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaF2与高沸点的浓硫酸加热发生反应生成CaSO4和HF气体，化学方程式为，方程式未配平，A错误；
B．和潮湿的反应的离子方程式为，B错误；
C．铅酸蓄电池工作时的总反应为，充电时反应逆向进行，C正确；
D．(CN)2与水反应类比Cl2，则应生成HCN和HOCN，但HCN为弱酸，则对应的方程式为，D错误；
故答案选C。
6. X为含的配合物，实验室制备X的一种方法如下。下列说法错误的是
A. ②中发生反应：
B. 在①和②中，氨水参与反应的微粒不同
C. X所含N原子以键与结合
D. X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．步骤②中沉淀与过量的氨水反应生成配合物，离子方程式为，A正确；
B．在①中，氨水参与反应的微粒是氢氧根离子，在②中，氨水参与反应的微粒是氨分子，B正确；
C．X，其中N原子以配位键与结合，配位键属于键，而非键，C错误；
D．加入95%的乙醇析出X晶体，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D正确；
故答案选C。
7. 下列根据实验操作和现象，所得到的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+与F-形成稳定的[FeF6]3-配离子，抑制了Fe3+与SCN-的显色反应，A正确；
B．新制氯水中Cl2部分与水反应生成H+、Cl-和HClO，AgNO3检测到Cl-说明反应发生，但淀粉-KI变蓝可能是HClO（而非Cl2）氧化I-所致，无法证明Cl2与水的反应存在限度，B错误；
C．缺角晶体在饱和溶液中恢复完整，体现晶体自范性，C正确；
D．维生素C具有强还原性，能直接还原KMnO4使其褪色，无法确定褪色是否由Fe2+引起，D正确；
故答案选B。
8. 化合物甲可用于制备高效路易斯酸催化剂，其结构如图1所示。U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的第一电离能与原子序数关系如图2所示。与同族。下列说法错误的是
A. 电负性：B. 原子半径：
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：D. 简单氢化物的沸点：
【答案】A
【解析】
【分析】短周期主族元素中，Y的第一电离能最高，且结构中Y能形成1条化学键，短周期主族元素中F的第一电离能最大，故Y为F；Z的原子序数大于Y（9），且X与Z同族，Z的第一电离能最低，且结构中Z能形成6条化学键，第三周期非金属元素中S的电离能较低，故Z为S，则X与Z同族，X为O；W原子序数小于X，结构中W形成3条共价键，W为N，因N的第一电离能>O，符合图2中W>X的趋势；V原子序数小于W（7），第一电离能低于W，为V为C；U原子序数最小，第一电离能高于V，且结构中Y能形成1条化学键，则U为H。
【详解】A．元素的电负性与非金属性一致，非金属性：O>N>H，故电负性：O>N>H，A错误；
B． S原子在第三周期，O、F在第二周期，原子半径：S>O>F，B正确；
C． 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>C，酸性：H2SO4>H2CO3，C正确；
D．简单氢化物沸点与分子间作用力有关，因HF含有分子间氢键其沸点大于没有氢键的H2S，D正确；
故选A。
9. 下列对物质的性质差异描述正确，且与主要影响因素匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨比金刚石稳定，因为石墨中的共价键键长更短，键能更大，且石墨的层状结构使其能量更低，更稳定，A错误；
B．正戊烷沸点高于新戊烷是因为直链结构的正戊烷分子间作用力更强，而非氢键（烷烃无法形成氢键），B错误；
C．液态NaCl导电是因为其能电离为自由移动的阴阳离子，而液态HCl是由分子构成的，不能电离为阴阳离子，故不导电，C错误；
D．C原子半径比Si原子半径小，C-C和C-H键能均高于Si-Si和Si-H，因此C2H6更稳定，D正确；
故答案选D。
10. 鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. 一定条件下，甲可以和乙醇发生缩聚反应B. 分子中6个原子位于同一平面
C. 的阴离子的VSEPR模型为D. 鲁米诺既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇只有一个羟基，无法发生缩聚反应形成高分子，A错误；
B．中两个氮原子均为杂化，6个原子无法共平面，B错误；
C．的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，只有1个孤电子对，C错误；
D．鲁米诺分子中的酰胺基既能与酸反应又能与碱反应，D正确；
故答案选D。
11. 的结构如图，下列说法正确的是
A. O的核外电子有6种运动状态
B. 的配位数为7
C. 晶体中只有共价键、配位键、氢键三种作用力
D. 分子中的H-O-H键角小于中的O-S-O键角
【答案】D
【解析】
【详解】A．O为8号元素，基态O原子的电子排布式为，核外电子有8种运动状态，A错误；
B．的配位数是指直接与其配位的原子数，中的配位数为6，B错误；
C．在中，作为配体与形成配位键(属于共价键)，与、与之间存在氢键，与之间存在离子键，C错误；
D．中O采取杂化，含有2个孤电子对，空间结构为V形；中S采取杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体形，由于孤电子对的排斥作用，中H-O-H键角约为105°，而中O-S-O键角为理想四面体角(约109°28′)，D正确；
故选D。
12. 锂电池具有广泛应用。用废铝渣(含金属铝、锂盐等)获得电池级Li2CO3的一种工艺流程如下(部分物质已略去)：
下列说法不正确的是
A. ①中加热后有SO2生成
B. ②生成Al(OH)3的离子方程式：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 由③推测溶解度：CaCO3＞Li2CO3
D. ④中不宜通入过多CO2，否则会造成Li2CO3产率降低
【答案】C
【解析】
【分析】废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生反应，经过滤后得到的滤渣中含有不与浓硫酸反应的沉淀，滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝、硫酸锂与饱和碳酸钠反应后得到氢氧化铝沉淀和硫酸钠溶液，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，将氢氧化锂溶液通入二氧化碳得到碳酸锂固体，由此分析。
【详解】A．①表示废铝渣(含金属铝、锂盐等)加入浓硫酸，在280℃发生氧化还原反应，浓硫酸作氧化剂，化合价降低，得到的还原产物有SO2生成，故A不符合题意；
B．滤液中含有硫酸铝、硫酸锂，硫酸铝和碳酸钠发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2，离子方程式为：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故B不符合题意；
C．由③可知，碳酸锂沉淀与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化锂和碳酸钙，发生了沉淀的转化，既有溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，溶解度：Li2CO3＞CaCO3，故C符合题意；
D．④表示氢氧化锂和二氧化碳反应生成碳酸锂，不宜通入过多CO2，否则会生成碳酸氢锂，造成Li2CO3产率降低，故D不符合题意；
答案选C。
13. 某实验小组用这种电极构建全碱性肼-硝酸根燃料电池(结构如图所示)。已知：双极膜由阴、阳离子膜组成，双极膜中水电离出和，在电场力作用下向两极迁移。
下列叙述错误的是
A. 电极a为负极，电极b为正极
B. 电极b上的电极反应式为
C. 转移nml电子时，负极区质量减少7ng
D. 电极a上生成时，有向电极b迁移
【答案】C
【解析】
【分析】由题干原电池装置图可知，电极a为由N2H4转化为N2，发生氧化反应，故a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则b为正极，电极反应为：+6H2O+8e-=NH3+9OH-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电极a为负极，电极b为正极，A正确；
B．由分析可知，电极b上的电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，转移nml电子时，负极区逸出7ng的N2，同时流入17ng的OH-，故质量增重10ng，C错误；
D．由分析可知，a为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，则电极a上生成时电路上通过的电子的物质的量为：=0.8ml，根据电荷守恒可知有向电极b迁移，D正确；
故答案为：C。
14. 某温度下，与不同pH的体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示与不同pH的体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始ml⋅L，不同pH下由图1得到]。
下列说法正确的是
A. 上述体系呈中性时，一定
B. 符合的pH范围：
C. ，ml⋅L时，溶液中存在和两种沉淀
D. ，ml⋅L时可发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】图1中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图2中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。。
【详解】A．温度不一定是常温，因此中性体系pH不一定是7，也就不确定，A错误；
B．由图1可知，，，。若，则满足下列两个关系：①，②。将①代入表达式，可得，即；将②代入表达式，可得，即。因此，符合条件的pH范围是，B错误；
C．分析图2，，浓度为0.01 ml/L时，溶液中只存在沉淀，C错误；
D．分析图1和图2，时，溶液中主要含碳离子为，浓度为0.1 ml/L时，只产生沉淀，因此可以发生，D正确；
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15. 在温和条件下，将CO转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的_______极相连。
（2）CO放电生成的电极反应式为_______。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
计算反应的_______，该反应_______(填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
（4）一定温度下，CO、和(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100 kPa)发生反应ⅰ和反应ⅱ．有CO存在时，反应ⅰ和反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。
①根据图1，写出生成的决速步反应式：_______；的选择性大于的原因是_______。
②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，当x=2时，该温度下反应达到平衡时总压强为_______kPa。
【答案】（1）正 （2）
（3） ①. ②. B
（4） ①. ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 67.6
【解析】
【小问1详解】
由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连；
【小问2详解】
CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：；
【小问3详解】
根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据，反应能够自发进行，则低温下自发进行，选B；
【小问4详解】
①总反应的反应速率由慢反应决定，决速步是反应最慢的步骤，由图可知，生成历程中TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于；
②当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2 ml、C2H4：2 ml、H2：1 ml，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)ml=3.38 ml，此时压强为。
16. 二氧化铈()在高端制造、能源环保等领域有重要应用。回收某废石油裂化催化剂(主要成分为、和)可获得，其工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）为镧系元素，其在周期表中的位置为_______；基态的核外电子排布式为_______。
（2）催化剂表面的积碳会降低Ce元素的浸出率，“酸浸”前去除积碳的方法是_______。
（3）“酸浸”时，与反应生成的离子方程式为_______，“酸浸”后滤渣的主要成分为_______。
（4）被有机萃取剂(简称HA)萃取的原理可表示为。萃取剂HA的结构可表示为(R为烷基)，其_______(填“>”、“”或“=”)()。
（5）制得的可用于催化消除CO尾气，该过程中部分被还原为时会产生氧空位，晶胞结构变化如图所示，中Ce(Ⅲ)与Ce(Ⅳ)的数目之比为_______。
【答案】（1） ①. 第六周期第ⅢB族 ②.
（2）焙烧 （3） ①. ②.
（4）
（5）
【解析】
【分析】废石油裂化催化剂先进行酸浸处理，在此过程中，与稀盐酸反应生成进入溶液，在稀盐酸提供的酸性环境下，与发生氧化还原反应，被还原为进入溶液，发生反应，而不反应，成为滤渣被分离，得到含有和的溶液；接着利用萃取剂HA萃取，依据(水层)(有机层)(有机层)(水层)的原理，从水相转移到有机相，从而与留在水相的分离；接下来进行反萃取，稀硝酸提供大量的氢离子，使平衡逆向移动，回到水相，同时萃取剂HA得以循环利用，得到含有的水溶液；之后进行沉淀操作，向溶液中滴加氨水和，使得转化为沉淀；最后对沉淀进行焙烧，在高温条件下，沉淀发生分解并被氧化得到
【小问1详解】
镧系元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，为镧系元素，所以其位于第六周期第ⅢB族；核外共有10个电子，所以基态的核外电子排布式为；
【小问2详解】
积碳是碳单质，碳在高温下能与氧气反应生成二氧化碳，所以“酸浸”前去除积碳的方法是焙烧；
【小问3详解】
分析可知，此反应的离子方程式为，“酸浸”后滤渣的主要成分为；
【小问4详解】
对于HA，其结构中R为烷基，烷基是推电子基团，这会使HA中-OH上的电子云密度增大，电子云密度增大不利于氧氢键的断裂，从而使得HA电离出氢离子的能力变弱，因此其