河南省豫西北教研联盟洛阳市高三上学期第一次质量检测试题

豫西北教研联盟20252026学年高三第一次质量检测试题化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。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交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ca40一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.河南博物院馆藏文物众多，历史文化艺术价值极高。下列馆藏文物主要成分为硅酸盐的是A．贾湖骨笛B．杜岭方鼎C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶D．武则天金简A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．贾湖骨笛主要成分为动物骨骼，骨骼主要含碳酸钙、磷酸钙等，不属于硅酸盐，A错误；B．杜岭方鼎为青铜制品，青铜是铜锡合金，不属于硅酸盐，B错误；C．汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶为瓷器，瓷器由黏土（主要成分为硅酸盐）烧制而成，主要成分为硅酸盐，C正确；D．武则天金简主要成分为金属金（Au），属于金属单质，不属于硅酸盐，D错误；故答案选C。2.下列化学用语或图示正确的是A.甲酸的结构式：HCOOHC.质量数为16的氧核素：【答案】D【解析】【详解】A．甲酸的结构中含有羧基（COOH），甲酸结构式应为，选项中HCOOH无碳氧双键，A错误；B．SiCl4为共价化合物，Si原子与4个Cl原子形成4个共价键，另外，每个Cl原子最外层还有3个孤电子对，电子式为，题目图示未体现Cl的孤电子对，B错误；C．核素符号的正确表示方法：左上角为质量数，左下角为质子数，某氧原子的质子数为8，质量数为16，可表示为，选项中质量数与质子数的位置颠倒，C错误；故选D。3.抗病毒药物奥司他韦(Oseltamivir)可预防流感，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是A.可发生水解反应 B.不含有手性碳原子C.分子中含有3种官能团 D.环中六个碳原子共平面【答案】A【解析】【详解】A．分子中含有酯基（COO）和酰胺基（CONH），酯基水解生成羧酸和醇，酰胺基水解生成羧酸和胺，均可发生水解反应，A正确；B．手性碳原子需连接四个不同基团，环上多个饱和碳原子（如连接NH2、酰胺基、醚键的碳原子）均连有四个不同基团，存在手性碳原子，B错误；C．分子中含氨基（NH2）、酯基（COO）、酰胺基（CONH）、醚键、碳碳双键（C=C）共5种官能团，C错误；D．环中含饱和碳原子（sp3杂化，四面体结构），与双键碳相连的饱和碳会偏离平面，六个碳原子不可能共平面，D错误；故选A。4.下列实验操作或装置使用正确的是A．制取明矾晶体的结晶装置B．除铁钉表面的铁锈C．读取液体的体积D．干燥氯气AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．制取明矾晶体可通过此结晶法，将线悬挂的晶体放入饱和明矾溶液中，在合适温度下结晶，故A正确；B．铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O（碱性氧化物），需用酸（如稀盐酸）除去，Na2CO3溶液呈碱性，不与铁锈反应，故B错误；C．读取量筒中液体体积时，视线应与凹液面最低处保持水平，图示操作不符合要求，故C错误；D．氯气为酸性气体，碱石灰（含NaOH和CaO）会与Cl2反应（如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），不能用于干燥Cl2，可选用无水氯化钙或盛有浓硫酸的洗气瓶等，故D错误；故选A。下列说法错误的是【答案】B【解析】【详解】A．基态镁原子为12号元素，电子排布式为1s22s22p63s2，故A正确；B．[Mg(NH3)6]Cl2中，内界[Mg(NH3)6]2+与外界Cl以离子键结合，内界中Mg2+与NH3间为配位键（σ键），NH3分子内NH键为σ键，整个化合物中无双键或三键，不存在π键，故B错误；C．配体为NH3，N原子提供孤对电子与Mg2+形成配位键，配位原子为N，故C正确；故选B。6.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是【答案】D【解析】【详解】A．Cl2溶于水生成HClO为弱酸，不能拆解为H⁺和ClO⁻，正确离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，故A错误；B．Al与NaOH反应生成[Al(OH)4]⁻和H2，但方程未配平且缺少H2，正确方程式为2Al+2OH⁻+6H2O=2[Al(OH)4]⁻+3H2↑，故B错误；C．电解CuCl2溶液应生成Cu和Cl2，正确离子方程式为Cu2++2Cl－Cu+Cl2↑，该题是电离，故C错误；故选D。7.偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。下列说法错误的是B.偶氮大环中所有碳、氮原子均采用杂化C.该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子D.该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅤA族因p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族。C、N、O位于第二周期，第一电离能顺序为C)＜O)＜N，A正确；B．偶氮大环中，苯环及偶氮基（N=N）的C、N原子为sp2杂化，但大环中连接醚键的饱和碳（如CH2）形成4个σ键，为sp3杂化，B错误；C．状态a中偶氮基（N=N）两侧苯环位于双键异侧，为反式结构，题干明确反式时不能键合碱金属离子，C正确；D．分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现分子识别特征，D正确；故选B。8.近期我国科研人员发现，使用酸性电解液可直接在空气中组装水系铁离子电池，其充电时的工作原理如图所示。已知在酸性环境下的氧化被抑制，且电池长期循环过程中，辅助电极表面局部会呈碱性并形成具有电化学活性的FeOOH。下列说法错误的是A.该电池充电时，辅助电极为阳极D.酸性环境下，的氧化被抑制与酸性电解液中溶解氧浓度低有关【答案】C【解析】【分析】充电时为电解池装置，电子从阳极流出，发生氧化反应，故辅助电极为阳极，泡沫铁为阴极。放电时为原电池装置，辅助电极为正极，泡沫铁为负极。【详解】A．根据分析，辅助电极为阳极，A正确；B．放电时，泡沫铁为负极，Fe失去电子生成Fe2+，电极反应式为Fe2e=Fe2+，B正确；D．酸性电解液中溶解氧浓度低，O2含量少，Fe2+被O2氧化的反应难以发生，故Fe2+的氧化被抑制，D正确；故选C。9.以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)的反应如图所示。下列说法错误的是A.水杨酸可发生缩聚反应B.水杨酸可形成分子内氢键D.乙酰水杨酸水解得到水杨酸和乙酸酐【答案】D【解析】【详解】A．水杨酸分子中含有羟基（OH）和羧基（COOH），两种官能团可通过脱水发生缩聚反应形成高分子化合物，A正确；B．水杨酸为邻羟基苯甲酸，分子内羟基（OH）与羧基（COOH）距离较近，羟基的氧原子可与羧基的氢原子形成分子内氢键，B正确；C．水杨酸含酚羟基（OH直接连苯环），与FeCl3溶液发生显色反应（紫色）；乙酰水杨酸的羟基已被乙酰化，无酚羟基，与FeCl3不显色，故可用FeCl3鉴别二者，C正确；D．乙酰水杨酸含酯基，水解时酯基中的CO键断裂，生成水杨酸（含OH和COOH）和乙酸（CH3COOH），而非乙酸酐，D错误；故选D。下列说法正确的是B.催化剂①能提高X的平衡转化率D.催化剂①和②均可使反应达到平衡所需时间大幅缩短【答案】C【解析】【分析】由题干图示信息可知，反应历程中①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，其反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，据此分析解题。B．已知催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故催化剂①不能提高X的平衡转化率，B错误；D．反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，则催化剂①可使反应达到平衡所需时间大幅缩短，而催化剂②不能，D错误；故答案为：C。下列有关说法错误的是A.x=1B.E→F阶段中的气态产物只有C.中存在离子键和非极性共价键D.1000℃得到的物质G可以与浓氨水一起制取氨气【答案】B【解析】C．ZX2为CaC2，含Ca2+与C间的离子键，C中C≡C为非极性共价键，C正确；D．G点为CaO，CaO与浓氨水反应放热且消耗水，促进NH3逸出，可制取氨气，D正确；答案选B。12.为了探究钠与水和盐酸的反应；某同学各取200mg形状类似的钠，分别投入足量的水和不同浓度的盐酸中反应，并计时，实验结果如下表所示。序号①②③④⑤⑥盐酸浓度/(mol/L)00.10.5136反应时间/s2013112165114溶液中有无沉淀析出无无无无少量大量下列说法正确的是A.钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快B.第5、6组出现的沉淀的主要成分是NaOHC.盐酸浓度越高，沉积在钠表面的沉淀可以阻碍反应的进行D.该实验可以证明钠与盐酸反应时优先与反应【答案】C【解析】【详解】A．根据实验数据，当盐酸浓度为0.1mol/L和0.5mol/L时，反应时间（13s、11s）确实比水（20s）更短，说明此时反应更快；但当盐酸浓度达到1mol/L及以上时，反应时间反而更长（21s、65s、114s），故不能得出钠与盐酸反应比钠与水反应速率更快的结论，A错误；B．钠与盐酸反应生成NaCl，高浓度Cl可能导致NaCl溶解度降低而析出沉淀，题中盐酸足量，该固体不可能为NaOH，B错误；C．实验数据显示，当盐酸浓度≥3mol/L时，反应时间显著增加且出现沉淀，说明高Cl浓度导致NaCl析出并覆盖钠表面，阻碍反应的进行，C正确；D．虽然低浓度盐酸中反应速率比水中快，表明钠与H+反应更快，但由于高浓度时存在沉淀生成的干扰因素，本实验不足以严谨地证明钠优先与H+反应，D错误；故选C。13.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)：③向②中加入过量KI；下列说法错误的是B.易挥发，实验①~③若在敞口容器中进行，测定结果将偏低C.③中加KI前溶液颜色须为黄色的原因是要保证有剩余D.④中滴定终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s不变色【答案】B【解析】B．若实验①~③在敞口容器中进行，Br2挥发会导致实际参与反应的Br2减少，但计算时仍按初始KBrO3的量计算总Br2。此时测得的苯酚消耗量（总Br2剩余Br2）会偏大，导致结果偏高，而非偏低，故B错误；C．步骤③加KI前溶液为黄色，说明有Br2剩余，这是为了通过后续滴定测定剩余Br2的量，从而计算苯酚消耗的Br2量，故C正确；D．滴定终点时，I2被完全消耗，淀粉指示剂的蓝色消失，且30秒不恢复，描述正确，故D正确；故选B。下列说法正确的是A.曲线Ⅰ对应微粒是【答案】D【解析】故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。回答下列问题：（1）“水浸”前需要对“低温碱熔”后的熔炼渣进行冷却和破碎，“破碎”的目的是___________。（4）在相同温度下，不同纯物质的蒸汽压之间存在较大差异，蒸汽压越大的物质越容易挥发。利用这一原理，还可采用火法脱砷(铜阳极泥中各组分的饱和蒸汽压如图所示)。由图可知，火法脱砷较适宜的温度为___________(填标号)。a．600~800℃b．800~1000℃c．1200~1400℃【答案】（1）增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解（4）a（5）8.0×1023【解析】【分析】低温碱熔：加入NaOH，将As转化为水溶性NaAsO2，实现As的初步富集；同时使部分金属转化为可溶性盐；水浸：可分离可溶性成分(含NaAsO2、可溶性铜盐等)与不溶渣(含贵金属、Pb等)；沉铅加入Na2S，使Pb以PbS形式沉淀（沉淀1），脱除Pb杂质；酸浸：加入H2SO4、O2，使浸出液中Cu转化为CuSO4，实现铜的回收；不溶物为贵金属精矿。【小问1详解】“破碎”是为了增大固体表面积，加快水浸速率，使熔炼渣中水溶性的成分充分溶解。【小问2详解】【小问3详解】【小问4详解】【小问5详解】16.二氧化硫是食品加工中常用的漂白剂和防腐剂。某实验小组用如图装置(加热、夹持装置等略)测定某品牌干果中二氧化硫(以亚硫酸盐形式存在)的残留量。实验步骤：ⅰ．称取mg粉碎后的干果置于圆底烧瓶B中，加入200mL蒸馏水。A中加入足量的质量分数为3%的过氧化氢溶液作为吸收液。ⅱ．接通C中冷凝水，通入，将D中10mL6mol/L的盐酸加入B中，加热B中的溶液至微沸，并保持1.5h，直至反应完全。ⅲ．将A中溶液放冷后摇匀，溶液体积为100mL。取20mL，加入指示剂，用0.0100mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为mL。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________，A中发生反应的化学方程式为___________。（2）A中加入3%的过氧化氢溶液使用时需要现配。配制方法：量取质量分数为30%的过氧化氢溶液100mL，加水稀释至1000mL。配制过程中下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。（3）盐酸在实验中的作用是___________。（4）冷凝管C的进水口应为___________(填“a”或“b”)。反应结束后，应先停止___________(填“加热”或“通冷凝水”)。（5）空白实验的目的是排除试剂或环境对实验测定带来的影响，若未做空白试验，测得残留量会___________(填“偏高”或“偏低”)。（6）该干果中二氧化硫残留量为___________g/kg(按二氧化硫计，列出计算式)。（2）球形分液漏斗、电子天平（3）将亚硫酸盐转化为二氧化硫，使充分释放（4）①.a②.加热【解析】【分析】装置A为SO2吸收装置，与H2O2反应生成H2SO4，装置B是样品反应的发生装置，其中放置粉碎的干果样品，加入盐酸后，亚硫酸盐与盐酸反应生成SO2气体，装置C为直形冷凝管，作用是冷凝回流，使挥发的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同时防止装置内液体过度挥发，装置D用于盐酸，通过分液漏斗的旋塞可控制盐酸的滴加速度，从而控制SO2的生成速率。【小问1详解】【小问2详解】配制3%的过氧化氢溶液是稀释过程，只需量取体积（量筒）、溶解（烧杯）、转移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液体，此处用不到）和电子天平（稀释不涉及称量固体）；【小问3详解】样品中SO2以亚硫酸盐形式存在，盐酸的作用是与亚硫酸盐反应生成SO2气体，使SO2被A中H2O2吸收；【小问4详解】冷凝管C的进水口应为a（冷凝水“下进上出”，保证冷凝管充满水，冷凝效果好）；反应结束后，应先停止加热（若先停冷凝水，装置内残留的SO2无法被充分冷凝吸收，导致测定结果偏低）；【小问5详解】空白实验用于排除试剂或环境的干扰。若未做空白实验，滴定消耗的NaOH体积会包含试剂本身的消耗，导致计算的H2SO4偏多，最终测得SO2残留量偏高；【小问6详解】17.甲烷和二氧化碳重整是生产合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：回答下列问题：（1）二氧化碳分子的空间结构为___________；基态氧原子的价电子轨道表示式为___________。（3）冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是___________。ⅰ．曲线Ⅰ对应的物质为___________。ⅲ．温度下，反应③的平衡常数K=___________(列出计算式)。（3）冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键【解析】【小问1详解】【小问2详解】【小问3详解】冰晶体中，每个水分子最多与相邻的4个水分子相连接，原因是冰晶体中存在氢键，氢键具有方向性，这迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子形成氢键；【小问4详解】【小问5详解】ⅰ．反应①、②均生成CO，升温向吸热反应方向移动，CO的物质的量随着温度升高显著增加，因此曲线Ⅰ对应的物质为CO，反应①、③均生成H2，而