四川省内江市多校2025-2026学年高三上学期10月联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1四川省内江市多校2025-2026学年高三上学期10月联考考试时间：75分钟；总分：100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将答案正确填写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(每个3分，总共42分)。1.“何当共剪西窗烛，却话巴山夜雨时”是唐代诗人李商隐的著名诗句，其中的“剪烛”就是剪去烧焦的烛芯，下列有关烛芯的说法正确的是A.烛芯是由传统无机非金属材料制成 B.烛芯是由光导纤维制成的C.烛芯是由耐高温的碳化硅制成的 D.烛芯的主要成分是纤维素【答案】D【解析】A．烛芯是由棉线构成，属于有机物，故A错误；

B．光导纤维主要成分是SiO2，烛芯是纤维素，故B错误；

C．烛芯是由棉线构成，不是碳化硅制成，故C错误；

D．烛芯由棉线构成，主要成分是纤维素，故D正确；

故选：D。2.漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气发生如下反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，下列说法错误的是A.Ca的原子结构示意图为 B.H2O的空间结构模型为C.CO2的电子式为 D.HClO的结构式为H-Cl-O【答案】D【解析】A．Ca为20号元素，其原子结构示意图为，A正确；B．H2O的中心原子O的价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，空间结构为V形，空间结构模型为，B正确；C．CO2是的共价化合物，其电子式为，C正确；D．HClO的结构式为H-O-Cl，D错误；故选D。3.常温下，下列溶液中的离子一定能大量共存的是A.某澄清透明溶液：、、、B.含大量的溶液：、、、C.能使酚酞呈红色的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】A【解析】A．所给离子均可在澄清透明溶液中大量共存，A符合题意；B．可将氧化，无法大量共存，B不符合题意；C．酚酞呈红色的溶液显碱性，含有大量，会与反应，C不符合题意；D．常温下溶液中,与、均无法共存，D不符合题意；故选A。4.下列说法错误的是A.键角：B.熔点：金刚石C.某化合物中碳的杂化方式均为D.硫单质在中的溶解度大于在水中的溶解度【答案】C【解析】A．CO2中C元素为sp杂化，SiO2中Si元素为sp3杂化，键角：sp杂化>sp3杂化，故键角：CO2>SiO2，A正确；B．金刚石为原子晶体，原子间通过共价键结合，熔点极高；SiCl4为分子晶体，分子间靠范德华力结合，熔点低，故熔点：金刚石＞SiCl4，B正确；C．该化合物为对羟基苯乙酮（HO-C6H4-CO-CH3），苯环中C原子为sp2杂化（形成平面结构及大π键），羰基（C=O）中C原子价层电子对数为3（连接苯环、O双键、CH3），为sp2杂化，仅甲基（-CH3）中C原子为sp3杂化，并非所有C原子均为sp3杂化，C错误；D．CS2分子中心原子孤电子对数==0、价层电子对数=2+0=2，则中心C原子发生sp杂化，分子呈直线形、为非极性分子，由相似相溶原理可知，非极性分子硫单质在非极性溶剂二硫化碳中的溶解度大于在极性分子水中的溶解度，D正确；故选C。5.是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：。已知：表示阿伏加德罗常数的值。下列有关方程式中的物质说法正确的是A.上述反应中生成时，转移的电子数为B.标准状态下，44.8L水中所含O原子数为C.标准状态下，与足量的反应，生成的分子数为D.溶液中数目为【答案】A【解析】A．上述反应中生成时，有1mol被氧化为，则转移的电子数为，故A正确；B．标况下水为液态，44.8L水的物质的量大于2mol，所以所含氧原子数大于，故B错误；C．与为可逆反应，所以标准状态下，与足量的反应，生成的分子数小于，故C错误；D．为强酸弱碱盐，所以会水解，则溶液中数目小于，故D错误；答案选A。6.下列化学方程式错误的是A.煤制水煤气：B.供氧：C.覆铜板制作印刷电路板：D.铅酸蓄电池放电：【答案】C【解析】A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，方程式正确，A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确；C．FeCl3与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C错误；D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，方程式正确，D正确；故选C。7.某科研机构研发的NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是A.a电极为电池负极B.电池工作时透过质子交换膜从右向左移动C.b电极的电极反应：D.当外电路中通过电子时，a电极处消耗【答案】C【解析】NO—空气燃料电池的工作原理如图所示，氧气发生还原反应，故a为正极、b为负极；A．由分析可知，a电极为电池正极，A错误；B．原电池中氢离子向正极移动，故电池工作时透过质子交换膜从左向右移动，B错误；C．b电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：，C正确；D．没有标况，不能计算氧气的体积，D错误；故选C。8.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A．获取少量：气体B．证明乙炔可使溴水褪色C．验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移D．证明氯化银的溶解度大于碘化银的溶解度A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．实验室用铜与浓硫酸反应制取SO2需要加热，常温下不反应，装置中无加热装置，无法获取SO2，A错误；B．电石与饱和食盐水反应生成乙炔的同时会产生H2S、PH3等还原性杂质气体，杂质也能使溴水褪色，未除杂无法证明是乙炔的作用，B错误；C．装置构成原电池，Zn为负极失电子，Cu为正极，Cu2+在正极得电子，电子定向移动形成电流，电流表指针偏转可证明有电子转移，C正确；D．AgNO3溶液过量，加入KI后I-直接与过量Ag+反应生成AgI，并非AgCl转化为AgI，无法比较溶解度，D错误；故选C。9.一定条件下的密闭容器中充入氨气，发生可逆反应：。下列叙述中不能说明反应已达到平衡的是A.的质量保持不变B.容器内气体的平均摩尔质量不再发生变化C.单位时间内，断裂，同时断裂D.、的物质的量之比为1：3【答案】D【解析】A．反应中各个物质的物质的量不变时即各个物质的质量不变，说明达到平衡状态，AB．，根据质量守恒定律，反应前后质量不变，反应前后系数和不等，故当平均摩尔质量不再发生变化说明达到平衡，B不符合题意；C．断裂1molN≡N说明平衡逆向进行，断裂6molN−H说明平衡正向进行，且反应的N2与NH3的物质的量之比为1：2，C不符合题意；D．N2和H2的物质的量之比不变时说明达到平衡，D符合题意；故答案为：D。10.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，W是同周期原子半径最大的元素，Q的单质是常见的半导体材料。下列说法不正确的是A.简单离子半径：Z<W B.最高价氧化物对应水化物酸性：Y>QC.电负性：Y<Z D.XZW形成的化合物既有离子键，又有极性键【答案】A【解析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子，可能为水分子，其中H和O元素也可形成常见的液态分子H2O2，所以X为H，Z为O，Y原子序数比Z小，与Z同周期相邻，则Y为N，W为同周期原子半径最大的Na，Q为半导体材料Si，据此解答。A．Z为O，W为Na，电子层数相同，核电荷数越多，对核外电子的束缚作用越大，离子半径越小，即：具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径O2->Na+，A错误；B．Y为N，Q为Si，非金属性N>Si，非金属性越强，最高价水化物对应的酸性越强，B正确；C．同一周期原子序数越大，电负性越大，所以电负性O>N，C正确；D．XZW形成的化合物为NaOH，钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根中也有极性键，D正确；答案选A。11.五氧化二钒是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的催化剂，反应过程如图所示，有关说法正确的是A.第Ⅴ步反应中SO3是氧化产物B.工业上采用高温高压的条件制备SO3C.第Ⅳ步反应方程式为D.V2O5参加化学反应改变反应历程，从而提高反应平衡转化率【答案】C【解析】本题为环形机理图，根据各物质的特点可以确定催化剂、反应物、产物和中间产物；其中，V2O5在反应过程中先消耗后生成，在反应过程中参与反应变成中间产物，因此为催化剂；SO3在图中只出不进，为产物；O2和SO2在图中只进不出，为反应物；图中其余物质只在反应过程中存在，均为中间产物。A．图中第Ⅴ步，反应物为VOSO4，产物为SO3、SO2和V2O5，其中SO3中的S元素化合价+6价，反应前后价态未发生变化，因此SO3不是氧化产物，故A错误；B．工业上制备SO3方程式为：，所需温度为400~500℃，催化剂为V2O5，无需高压，故B错误；C．第IV步反应，其反应物为V2O4、O2和SO2，产物为VOSO4，因此反应方程式为：，故C正确；D．V2O5为该反应的催化剂，催化剂的作用是通过参加化学反应改变反应历程，降低反应活化能，提高反应速率，不会影响平衡转化率和反应热，故D错误；故选：C。12.依据下列实验现象，判断所得相应结论错误的是实验现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，得黑色海绵状固体，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸体现脱水性和强氧化性B用0.1mol/LNaOH溶液分别中和等体积的0.1mol/LH2SO4溶液和0.1mol/LCH3COOH溶液，H2SO4消耗的NaOH溶液多酸性：H2SO4＞CH3COOHC将SO2通入酸性高锰酸钾溶液至过量，溶液的紫红色褪去SO2有还原性D向饱和NaCl溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，溶液变浑浊，再继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清蛋白质的盐析是可逆的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸使有机物蔗糖脱水碳化，生成黑色C单质，C被浓硫酸氧化为CO2，浓硫酸被还原生成刺激性气体SO2，这个实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A正确；B．H2SO4为二元酸，CH3COOH是一元酸，当用相同浓度的NaOH溶液中和等浓度、等体积的H2SO4、CH3COOH时，中和H2SO4需消耗NaOH的体积是CH3COOH的2倍，而CH3COOH为一元酸，消耗NaOH少，但结论将NaOH用量多少归结于两种酸的酸性的相对强弱，忽略了酸的元数差异，B错误；C．SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾紫色褪色，说明其被氧化，这体现了SO2的还原性，C正确；D．向饱和NaCl溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，NaCl使蛋白质的溶解度降低而结晶析出，即发生盐析，因此溶液变浑浊。再向含有该沉淀的混合物中继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清，说明盐析过程是可逆的，D正确；故合理选项是B。13.，二每羟基-花椒内酯的结构简式如图所示，它具有抗血小板聚集、钙通道阻滞作用。下列说法正确的是。A.该物质的分子中含有3种官能团 B.1个该物质的分子中含2个手性碳原子C.1mol该物质最多能与3molNaOH反应 D.该物质能使酸性溶液褪色【答案】D【解析】A．该物质的分子中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；1个该物质的分子中含与羟基直接相连的1个手性碳原子，B错误；C．酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，该物质中酯基碱性水解生成酚羟基，故1mol该物质最多能与2molNaOH反应，C错误；D．该物质中含有羟基、碳碳双键，能使酸性溶液褪色，D正确；故选D。14.掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个B.晶胞中含有的铋离子个数为8C.第一电离能：D.晶体的密度为【答案】A【解析】A．铋离子位于顶点，与其最近且距离相等的位于棱心，有6个，分别位于上下、前后、左右，A正确；B．晶胞中含有的铋离子个数为个，B错误；C．Ba是碱土金属，金属性强于Ca，其易失电子，第一电离能小于O，C错误；D．晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1，位于棱心，有，所以晶胞的质量是，晶胞体积是，则晶体的密度是：，D错误；故选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、解答题。15.氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下图：已知：常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：氢氧化物开始沉淀的pH4.81.97.58.8沉淀完全的pH6.43.29.710.4请回答下列问题：（1）基态Cu原子价层电子的排布图为_______。（2）滤渣的主要成分是_______(填化学式)。（3）“酸浸”中加入的作用是_______；写出其中生成单质S的化学方程式_______。（4）“调pH”的范围是_______。（5）“还原”前Cu元素以的形式存在，水合肼被氧化的化学方程式为_______；一定体积下，保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率的影响如图所示。当水合肼浓度大于时，的转化率仍增大，但的产率下降，其可能的原因是_______。（6）氧化亚铜立方晶胞结构如图所示，若规定A原子坐标是，C原子的坐标是，则B原子的坐标是_______；该氧化物的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶胞中和之间的最近距离为_______nm。(用含、的代数式表示)【答案】（1）（2）MnCO3（3）①.做氧化剂②.MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O（4）3.2≤pH＜4.8（5）①.4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O②.Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质（6）①.(，，)②.【解析】铜矿中含有CuS、FeO，加入稀硫酸、MnO2“酸浸”得到S单质，MnO2做氧化剂，根据流程，“调pH”得到氢氧化铁沉淀，说明“酸浸”步骤中MnO2将+2价Fe氧化成+3价Fe，“除锰”步骤得到MnCO3沉淀，Cu2+与氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，Cu(NH3)4(OH)2与水合肼发生氧化还原反应得到Cu2O，据此分析；（1）铜元素位于第四周期ⅠB族，即基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，排布图为；故答案为；（2）“沉锰”过程中Mn2+与HCO反应Mn2++NH3·H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O或Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；因此滤渣的主要成分是MnCO3；故答案为MnCO3；（3）CuS中S显-2价，根据流程可知，“酸浸”过程中得到硫单质，S元素化合价升高，因此MnO2做氧化剂，其反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；故答案为做氧化剂；MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；（4）根据表中数据可知，“调pH”使Fe3+全部转化成氢氧化铁沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此调节pH的范围是3.2≤pH＜4.8；故答案为3.2≤pH＜4.8；（5）Cu元素以Cu(NH3)4(OH)2形式存在，与水合肼发生氧化还原反应，得到Cu2O和氮气，其发生化学反应方程式为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；水合肼浓度大于3.25mol/L时，Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，可能的原因时Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；故答案为4Cu(NH3)4(OH)2+N2H4·H2O+9H2O=2Cu2O↓+N2↑+16NH3·H2O；Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质；（6）将大立方体切割成4个小立方体，B原子位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的，对应z轴为高的，即B原子坐标为(，，)；该晶胞中含有4个Cu+，2个O2-，晶胞的质量为=，则晶胞的体积为cm3=cm3，晶胞的边长为cm，Cu+与O2-之间距离是体对角线的，即Cu+与O2-之间距离为nm；故答案为(，，)；。16.含氮化合物是生命的基石，既可以推动工业、农业的进步，又带来环境挑战，合理利用和管控含氮化合物对可持续发展至关重要。Ⅰ．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)是制取硝酸、烟气脱硝中的重要反应。（1）基态N原子价电子轨道表示式为___________，其最高能级的电子云轮廓图为___________。（2）NO被氧化的机理如下：第一步：NO+O2NO3，第二步：NO3+NO2NO2，其能量与反应过程的关系如图所示：①的ΔH___________0(填“>”或“<”)。②图中决速步骤反应的活化能为___________kJ/mol。Ⅱ．我国科学家设计了一种肼-硝酸盐液流电池(HNFB)，以KOH溶液为电解液，肼和硝酸盐废水分别流入HNFB的两极室，可以有效净化废水并产氨，原理如图所示：（3）电极A为___________极，电极B的电极反应式为___________。（4）外电路转移电子数为0.8NA时，两极室产生的气体在标准状况下的总体积为___________L。Ⅲ．工业可使用酸化的溶液处理含NO和的烟气。（5）为测定溶液在不同温度下对烟气中的硫、硝脱除率，实验得到如下图所示结果。若烟气中和NO体积比为1:1，烟气于50℃时的吸收液转化生成的___________。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）①.<②.b（3）①.负②.（4）6.72（5）5:4:11【解析】（1）N原子核外有7个电子，最外层有5个电子，电子排布式为1s22s22p3，其价电子轨道表达式为，电子占据最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃形；（2）由能量与反应过程的关系图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应，ΔH＜0；活化能越大，反应速率越慢，因此一个反应的决速步骤为活化能最大的基元反应，由图可知，的第二步基元反应的活化能最大，为bkJ/mol；（3）电极A上发生的反应为N2H4转化为N2，N的化合价升高，因此电极A上发生氧化反应，为负极；电池以KOH为电解质溶液，碱性环境，图中电极B上发生的反应为硝酸根转化为NH3，发生还原反应，电极反应为：；（4）电极A的电极反应为：，可得，电极B的电极反应为：，可得，当外电路转移0.8NA电子时，电极A产生0.2NA的N2，电极B产生0.1NA的NH3，所以两个电极共产生0.3NA气体，标况下总体积为；（5）NaClO溶液与SO2反应得离子反应方程式为：，NaClO溶液与NO反应得离子反应方程式为：，若烟气中SO2和NO体积比为1:1，设NO得物质的量为xmol，则SO2的物质的量也为xmol，50℃时NO的脱除率为80%，则生成的的物质的量为0.8xmol，SO2的脱除率为100%，生成的的物质的量为xmol，生成的的物质的量为，则。17.二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2)是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：。请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。请回答下列问题：（1）仪器X的名称是___________。（2）装置B的作用是___________。（3）D中发生反应的化学方程式为___________。（4）选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为___________(填字母)。（5）实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的溶液后，再加入氰尿酸溶液，并在整个过程中不断通入一定量的氯气，其原因是___________。（6）反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。（7）粗产品中含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用标准溶液进行滴定，加入指示剂，滴定至终点，消耗溶液。(假设杂质不与反应，涉及的反应为：，)①加入的指示剂是___________。②则的百分含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)【答案】（1）三颈烧瓶（2）除去氯气中的氯化氢（3）Ca(ClO)2＋4HCl(浓)＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O（4）fcdabe（5）通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成（6）①.冷水洗涤②.干燥（7）①.淀粉溶液②.【解析】由实验装置图可知，装置D中次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氨气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置A中氯气与氢氧化钠溶液、氰尿酸溶液反应制备二氯异氰尿酸钠，氯气与装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为DBAC，导管连接顺序为fcdabe。（1）由实验装置图可知，仪器X为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：除去氯气中的氯化氢；（3）由分析可知，装置D中发生的反应为次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，故答案为：Ca(ClO)2＋4HCl(浓)＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；（4）由分析可知，装置的连接顺序为DBAC，导管连接顺序为fcdabe，故答案为：fcdabe；（5）由题给方程式可知，整个过程中不断通入一定量的氯气，能与反应生成的氢氧化钠溶液反应，减少生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，有利于二氯异氰尿酸钠的生成，故答案为：通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成；（6）由题给信息可知，反应结束后，A中浊液经过滤、冷水洗涤、干燥得到二氯异氰尿酸钠，故答案为：冷水洗涤；干燥；（7）①由涉及的反应方程式可知，滴定时应选择淀粉溶液做指示剂，故答案为：淀粉溶液；②由涉及的反应方程式可得如下转化关系：C3N3O3Cl