山西省长治市2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题（含解析）

长治市2026—2027学年度高三年级九月份学情调研化学试题【注意事项】1．本试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。3．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上。非选择题必须用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．考试结束，收交答题卡，试卷由学生保管。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24P—31S—32Cl—35.5Ga—70第Ⅰ卷(选择题42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题中只有一个选项正确。)1.中华传统文化博大精深，蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A.皮影戏中制作皮影的兽皮主要成分是蛋白质B.长治上党区八义窑红绿彩瓷主要成分是二氧化硅C.制作宣纸的核心材料是青檀树皮和沙田稻草，其主要成分均为天然有机高分子化合物D.“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”中的“气”是指乙烯【答案】B【解析】【详解】A．制作皮影使用的兽皮属于动物皮肤，其主要成分是蛋白质，A正确；B．红绿彩瓷属于传统硅酸盐材料，其主要成分是硅酸盐，选项将其主要成分说成二氧化硅，B错误；C．青檀树皮和沙田稻草的主要成分均为纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物，C正确；D．乙烯具有促进果实成熟的作用，木瓜释放的乙烯能促进柿子成熟，因此“气”指乙烯，D正确；故选B。2.下列化学用语正确的是A.的形成过程：B.中子数为10的氧原子：C.反-2-丁烯的结构简式：D.基态S原子核外电子轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．形成过程中失去电子、得到电子，电子转移箭头从指向，选项箭头方向正确，产物氯化镁为离子化合物，产物电子式书写正确，A正确；B．中子数为10的氧原子质量数为，正确表示为，选项质量数标注错误，B错误；C．反-2-丁烯的碳碳双键两侧甲基应处于异侧，即，选项中两个甲基在双键同侧，为顺-2-丁烯，C错误；D．基态原子电子排布为，完整核外电子轨道表示式为，选项中仅画出价层电子的轨道表示式，D错误；故本题选A。3.下列有关说法不正确的是A.活泼金属着火时，可使用专用灭火剂或干砂灭火B.未用完的钠、钾、白磷等不能随便丢弃，可以放回原试剂瓶C.等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理D.实验中，少量苯酚不慎沾到皮肤上，可立即用大量流动清水冲洗，及时就医【答案】C【解析】【详解】A．活泼金属可与水、二氧化碳发生反应，着火时不能使用普通灭火剂，可使用专用灭火剂或干砂灭火，A正确；B．钠、钾、白磷属于易燃易爆危险品，随意丢弃易引发安全事故，未用完的可以放回原试剂瓶，B正确；C．难溶于水和胃酸，无法电离出有毒的，无毒可作为钡餐使用，并非所有钡的化合物都有毒，C错误；D．苯酚具有腐蚀性，少量不慎沾到皮肤上，可立即用大量流动清水冲洗后及时就医，D正确；故选C。4.下列有关反应方程式正确的是A.硝酸工业中的氧化反应：B.用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：C.将锂单质在氧气中加热：D.向溶液中加入过量氨水：【答案】B【解析】【详解】A．硝酸工业中的催化氧化产物为，正确的反应为，A错误；B．具有氧化性，可氧化生成和，离子方程式电荷、原子均守恒，符合反应事实，B正确；C．锂单质还原性弱于钠，在氧气中加热反应生成，而非，正确的反应为，C错误；D．向溶液中加入过量氨水时，生成的沉淀会溶解，最终生成四氨合铜配离子，正确的离子方程式为Cu2++4NH3故选B。5.利用下列实验装置能达到相应实验目的的是A.图①证明碳酸氢钠受热易分解 B.图②配制一定物质的量浓度的溶液C.图③可用于分离和 D.图④测量中和反应反应热【答案】D【解析】【详解】A．加热碳酸氢钠固体时试管口应略向下倾斜，防止反应生成的水倒流炸裂试管，图①试管口向上，A错误；B．容量瓶仅用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解固体，固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；C．蒸馏操作中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处测定馏分温度，图③温度计插入反应液面下，装置错误，C错误；D．图④装置有隔热层减少热量散失，配有温度计测量温度、玻璃搅拌器使溶液混合均匀，可用于测量中和反应反应热，D正确；故答案选D。6.双氧水和“84”消毒液都是生活中常用的消毒剂，两者混合使用消毒能力会减弱。已知两者混合时可发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.含有质子的数目为B.、时，中氧原子的数目为C.溶液中含有的数目为D.上述反应中，生成转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．的物质的量为，1个分子含10个质子，故含质子数目为，A错误；B．、为标准状况，的物质的量为，1个分子含2个氧原子，故氧原子数目为，B正确；C．题目未给出溶液的体积，无法计算的物质的量，且会发生水解，即使已知体积数目也小于对应计算值，C错误；D．反应中中-1价的O全部被氧化为中0价的O，生成时转移电子，转移电子数为，D错误；故选B。7.由下列现象或事实能得出相应结论的是选项现象或事实结论A向盛有少量苯的试管中加入溴水，用力振荡，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应B向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁上形成银镜乙醛有氧化性C铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加电池发生了放电反应D霓虹灯发光电子从较低能量的激发态跃迁到较高能量的激发态时，以光的形式释放能量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向苯中加入溴水振荡后水层颜色变浅，是苯萃取了溴水中的溴，属于物理变化，苯与溴水不发生加成反应，A错误；B．银镜反应中银氨络离子被还原为单质银，乙醛作还原剂，体现还原性，结论认为乙醛有氧化性错误，B错误；C．铅蓄电池放电总反应为，负极、正极均转化为相对分子质量更大的，两电极质量均增加，充电时反应逆向进行两电极质量均减小，故该现象对应放电反应，C正确；D．霓虹灯发光是电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时释放能量，结论中跃迁方向描述错误，D错误；故选C。8.抗坏血酸(即维生素C)能被氧化成脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是水果罐头中常用的抗氧化剂。下列有关分析正确的是A.该转化反应属于消去反应，生成了新的双键B.抗坏血酸和脱氢抗坏血酸在一定条件下均能发生水解反应和加成反应C.抗坏血酸和脱氢抗坏血酸互为同分异构体D.抗坏血酸和脱氢抗坏血酸中各有3个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．该反应为脱氢氧化反应，消去反应需要脱去、等小分子，该反应不属于消去反应，A错误；B．抗坏血酸含有酯基（可发生水解反应）、碳碳双键（可发生加成反应）；脱氢抗坏血酸含有酯基（可发生水解反应）、酮羰基（可与发生加成反应），二者均能发生水解反应和加成反应，B正确；C．抗坏血酸分子式为，脱氢抗坏血酸分子式为，二者分子式不同，不互为同分异构体，C错误；D．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，两种物质均只有2个手性碳原子：、，D错误；故选B。9.下图是部分含氮、硫元素的“价-类二维图”。下列说法不正确的是A.纵坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物B.d的VSEPR模型与空间结构模型相同C.盛装e、k浓溶液的试剂瓶敞口放置一段时间后，溶液质量均增重D.a与c、g与i或j均能发生归中反应生成单质【答案】C【解析】【详解】A．左侧氢化物g为-3价，对应，右侧氢化物a为-2价对应，因此左侧为氮及其化合物，A正确；B．d为，中心原子价层电子对数为3，无孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形，二者相同，B正确；C．e为浓，具有吸水性，敞口放置质量增重；k为浓，具有挥发性，敞口放置溶质挥发，溶液质量减轻，并非均增重，C错误；D．a为、c为，二者发生归中反应生成单质；g为，与（i）或（j）均能发生归中反应生成单质，D正确。10.化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素Y、R、X、M、Z、N原子序数依次增加，R、N同族，Z与N相邻，Z基态原子的3p轨道为半充满。下列说法正确的是A.原子半径：B.非金属性：C.最高价氧化物对应水化物的碱性：D.第一电离能：【答案】D【解析】【分析】元素推断：Z基态原子3p轨道半充满，电子排布为，故Z为；Z与N相邻且N原子序数更大，故N为；R与N同族，故R为；为硫酸盐，M为+2价金属，结合原子序数顺序可得M为，X为；为，故Y为。【详解】A．同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径，即，A错误；B．同周期主族元素从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，故非金属性，即，B错误；C．同周期主族元素从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，故碱性，即，C错误；D．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻的ⅥA族元素，故第一电离能，即，D正确；故本题选D。11.氮化镓()、磷化镓()、砷化镓()均为重要的半导体材料，其晶体结构类似于金刚石，熔点依次为、、，其中的晶胞结构如下图所示，晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.推测熔点： B.晶体中Ga和As的配位数相同C.的晶胞俯视图为： D.晶体密度为【答案】D【解析】【详解】A．三者均为共价晶体，熔点由共价键键能决定，因键长，键能依次减小，故氮化镓()、磷化镓()、砷化镓()熔点依次降低，A不符合题意；B．晶体结构类似金刚石，和均形成4个共价键，配位数均为4，二者配位数相同，B不符合题意；C．晶胞中顶点、面心原子的投影对应正方形顶点、边中点和中心，4个处于由Ga组成的四面体空隙的原子投影在正方形的内部，与选项图示一致，C不符合题意；D．根据均摊法，晶胞中含4个、4个，晶胞质量为，晶胞参数，晶胞体积为，计算得密度为，选项数值错误，D符合题意；故答案选D。12.在温和条件下，、和在催化下直接反应合成，反应机理如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是A.增大催化剂的表面积会提高的平衡产率B.温度升高不一定有利于的生成C.过程促进催化剂活性的恢复D.氨的合成反应方程式为：【答案】A【解析】【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡状态，增大催化剂的表面积仅能加快反应速率，无法提高的平衡产率，A错误；B．若该合成反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能使催化剂失活，因此温度升高不一定有利于的生成，B正确；C．过程中与催化剂表面吸附的反应生成后脱附，释放催化剂的活性位点，可促进催化剂活性的恢复，C正确；D．结合反应机理，反应物为、、，生成物为、，所给方程式原子守恒、符合反应事实，D正确；故选A。13.一种多组串联的电化学装置可以同时产生和，其工作原理如图所示。其中~均为电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体。下列有关说法错误的是A.该装置工作时，石墨电极上产生，铂电极上产生B.该装置工作时，电极、…、、质量均增大C.定期互换直接相连的电极，并恢复溶液浓度，整个装置可再次运行D.将盐酸换为对应浓度溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成【答案】D【解析】【详解】A．已知该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体，结合题图中外电路电子的移动方向，可知石墨电极发生氧化反应，电极反应式为，铂电极发生还原反应，电极反应式为。a1~an均为Ag/AgCl电极，根据电流方向可知，偶数电极发生氧化反应，电极反应式为，奇数电极发生还原反应，电极反应式为，由此分析可知，工作时，石墨电极上产生Cl2，铂电极上产生H2，A正确；B．由A项分析可知，电极、…、、均失电子发生氧化反应，Ag转化为AgCl，则工作时，电极、…、、的质量均增大，B正确；C．已知每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸，工作时，左侧高浓度盐酸中，Cl-被消耗，同时H+通过质子交换膜迁移到右侧，最终，左侧盐酸浓度降低，右侧盐酸浓度升高，电极、、…、均为AgCl转化为Ag，质量减小，电极、…、均为Ag转化为AgCl，质量增大；若定期互换直接相连的Ag/AgCl电极，并恢复溶液浓度，可使整个装置恢复到初始状态，再次运行，C正确；D．将盐酸换为对应浓度NaCl溶液，使用阳离子交换膜时，石墨电极的电极反应式为，铂电极的电极反应式为，Na+会通过阳离子交换膜迁移，在铂电极附近生成NaOH，但中间的装置中，Ag/AgCl电极发生的电极反应仍分别为和，不会生成NaOH，D错误；故答案选D。14.时，用溶液分别滴定一元酸和，滴定曲线(滴定分数，后作简化处理)如下图。下列说法错误的是A.曲线①在内平缓，是因为和能共同稳定体系B.其他条件不变时，越大，滴定终点附近突变范围越大C.滴定过程中存在关系：D.越大，时溶液的越接近【答案】C【解析】【分析】由滴定曲线可知：未加NaOH（）时，HA的pH大于HB，说明HA酸性更弱。【详解】A．曲线①为HA的滴定曲线，时体系中同时存在和，二者构成缓冲溶液，可稳定体系pH，A正确；B．越大说明酸的酸性越强，滴定前溶液pH越低，滴定终点附近pH变化幅度越大，即突变范围越大，B正确；C．滴定HA时，电荷守恒为，物料守恒为，代入整理得，与选项所给式子不符，C错误；D．越大，酸的酸性越强，时生成的盐的水解程度越小，溶液pH越接近7，若为强酸则恰好中和时pH=7，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题58分)二、非选择题(本题共4个大题，共58分)15.高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能水处理剂。某化学实验小组在实验室模拟其合成路线并探究其性质。资料显示：为紫色固体，微溶于溶液，有强氧化性，在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中产生气体。Ⅰ：的制备(夹持和加热装置已略)（1）在周期表中的位置________________________。（2）盛放浓盐酸的仪器名称是__________。（3）装置A中发生反应的离子方程式为：_____________________________________。（4）装置C中制备的化学方程式：___________________________________。（5）装置D的作用_____________________________________。Ⅱ：探究的性质实验1：取适量C中得到的固体，干燥后置于试管中加热，固体由紫色逐渐变为红棕色，同时产生能使带火星木条复燃的无色气体。实验2：取三份等体积、等浓度的溶液，分别进行如下操作：①加入少量稀硫酸：溶液紫色迅速褪去，产生气泡，最终得到黄色溶液；②加入适量蒸馏水稀释：紫色缓慢变浅，静置后出现红褐色浑浊；③加入过量浓溶液：溶液紫色长时间不变化。（6）写出实验1中发生反应的化学方程式：________________________________________。（7）由实验2可得出的实验结论是：_______________________________________________。（8）实验2中②产生的红褐色物质具有净水作用，其净水原理为____________________________。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）分液漏斗（3）（4）（5）吸收未反应的氯气，防止污染环境（6）（7）在碱性溶液中稳定，在酸性或中性溶液中不稳定（或溶液碱性越强，越稳定）（8）被还原生成胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质并使之沉降【解析】【分析】A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中碱性条件下氯气与氢氧化铁反应生成K2FeO4，D中NaOH可吸收过量氯气，并探究制得的的性质。【小问1详解】是26号元素，（价电子排布式为：3d64s2）。在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。【小问2详解】盛放浓盐酸的仪器有玻璃活塞，名称是分液漏斗。【小问3详解】根据分析，A中是浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，反应的离子方程式为：。【小问4详解】装置C中，氯气、氢氧化铁和过量氢氧化钾反应生成，氯气被还原为氯化钾，反应的化学方程式为：。【小问5详解】根据分析，装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染环境。【小问6详解】加热，固体由紫色逐渐变为红棕色，说明生成了三氧化二铁，同时产生能使带火星木条复燃的无色气体，说明有氧气产生，反应的化学方程式为：。【小问7详解】在酸性溶液中不稳定，发生反应‌，加适量蒸馏水稀释，碱性减弱，发生反应，因此在碱性溶液中稳定，在酸性或中性溶液中不稳定（或溶液碱性越强，越稳定）。【小问8详解】加入适量蒸馏水稀释，，得到胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质并使之沉降。16.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的范围如下表：金属离子开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9回答下列问题：（1）为了加快溶浸速率，可采取的措施有_____________________(任写两条)。（2）滤渣1中除含有外，还含有__________。（3）“氧化”中添加适量的的作用是将氧化为，写出该反应的离子方程式：____________________________________________。（4）滤渣2除了含有还含有__________。（5）滤渣4为，“除杂1”中加入的目的是___________________。（6）写出“沉锰”的离子方程式_______________________________________________。（7）层状镍钴锰三元正极材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为，其中、、的化合价分别为+2、+3、+4。当时，__________。【答案】（1）粉碎矿石、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两条）（2）（或硫单质）（3）（4）（5）除去溶液中的和（6）（7）【解析】【分析】天然二氧化锰粉与硫化锰矿加入稀硫酸溶浸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2，所以得到的滤渣1为SiO2和S等；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化有较强还原性的离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵“沉锰”得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnSO4。【小问1详解】为了加快溶浸速率，粉碎矿石、适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两条）【小问2详解】根据分析，天然二氧化锰粉与硫化锰矿加入稀硫酸溶浸，二者反应生成MnSO4、S，溶液中还有难溶性的SiO2，所以得到的滤渣1为SiO2和S等。【小问3详解】利用MnO2的氧化性将Fe2+氧化成Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式为。【小问4详解】根据分析，向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问5详解】根据分析，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，滤渣3为NiS和ZnS。【小问6详解】加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：。【小问7详解】根据化合物中各元素化合价代数和为0，Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，，当时，解得。17.丙烯是石油化工行业的重要原料，探索低碳、高效的合成路径对环境保护和经济发展有重要的意义。Ⅰ：热催化法制备丙烯利用氧化丙烷制备丙烯的反应：使用铂锡双金属催化剂()，上述反应分两步进行：①②回答下列问题：（1）__________。（2）时，恒容密闭容器中装有催化剂，按通入混合气体，反应后得到，则~内每克催化剂催化生成的平均速率为__________。下列能说明该体系达到平衡状态的是__________(填序号)。a．b．的生成速率和消耗速率相等c．混合气体的密度不再改变d．混合气体的平均摩尔质量不再改变（3）反应历程中，催化剂表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：①②③④该催化剂对__________(填“”或“”)键的断裂具有更好的选择性。Ⅱ：电催化法制备丙烯以自组装离子液体(IL)-二氧化锡()为催化剂，利用电能驱动丙烷脱氢，实现了常温下高效电催化丙烷脱氢，产物丙烯的选择性超过98%，其工作原理如图所示(带·的表示自由基)：（4）通入的一极为__________极，其电极反应式为：____________________________。（5）制备丙烯的总反应方程式为：____________________________。【答案】（1）+124（2）①.0.03②.bd（3）（4）①.阴②.（5）【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应①和反应②相加即可得到总反应，故，即，解得。【小问2详解】内每克催化剂催化生成的平均速率。a．由总反应可知，体系中生成的的物质的量始终等于和的物质的量之和，即在反应任意时刻均成立，不能说明各组分浓度保持不变，不能作为平衡标志，a错误；b．的生成速率和消耗速率相等，即正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，b正确；c．该反应在恒容密闭容器中进行，混合气体的总质量和总体积均不变，密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，c错误；d．反应前后气体总质量不变，但正反应是气体分子数增加的反应，混合气体的总物质的量随反应进行而增大，平均摩尔质量不断减小，当平均摩尔质量不再改变时，说明总物质的量不再改变，达到了平衡状态，d正确。故答案选bd。【小问3详解】由图可知，断裂键的基元反应（②和④）的活化能分别为和，明显低于断裂键的基元反应（①和③）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对键的断裂具有更好的选择性。【小问4详解】由题意“利用电能驱动丙烷脱氢”可知该装置为电解池。通入的一极，得到电子生成，发生还原反应，为阴极；其电极反应式为。【小问5详解】根据工作原理图，阳极区失去电子生成，经过一系列自由基反应最终使转化为，同时消耗生成和；阴极区