湖北省“荆荆襄恩”2026-2027学年高三上学期10月阶段检测化学试卷（含答案）

16.(14分)(1)ABC(2分)(少选给1分，多选、错选0分)(3)3(2分)(5)9.65×10⁷(2分)(6)①2Au+8HCl+3H₂O₂=2HAuCl₄+6H₂O(2分)②分子识别(2分)17.(14分)(1)三颈烧瓶(2分)(2)①②(2分)(4)过滤速度快，且得到的晶体较干燥(2分)(一个要点给1分)(5)加热过程中晶体失去部分氨分子，生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜(2分)(一个要点给1分)(7)偏低(2分)18.(13分)(1)醛基、(酚)羟基(2分，每种1分);(3)保护(酚)羟基，避免参与后续反应(2分);(答出“保护(酚)羟基”即得2分)(4)取代反应(1分);(6)①④(2分)(少选给1分，多选、错选0分)19.(14分)【答案】(1)①-49.2(1分)低温(1分)②氧(或“O”)(2分)(2)④(1分)③(1分)10月月考化学答案详解1.A【详解】D.擦干已洗净铁锅表面的水，避免铁锅在潮湿环境中形成原电池腐蚀，从而起到防锈作用，而铁与水蒸气生成Fe₃O₄需在高温条件下进行，两者并无关联，故D错误；2.D【详解】A.重水摩尔质量20g/mol,18g重水质子数小于10NA;B.氯气与水可逆反应，不能完全反应；C.缺体积；B.O₂分子P-Pπ键形成的轨道重叠示意图为,故B错误；D.H₂O₂中两个氧都是sp³杂化，是半开书页型的，两个0在书轴上，两个氢分别和两个0相连，但不在同一平面上，四个原子不共线，故D错误。4.D【详解】A溶液转移时需用玻璃棒引流，使溶液沿玻璃棒流入容器(如容量瓶),玻璃棒下端应该在刻度线B.浓硫酸可氧化硫代硫酸钠，稀硫酸不能，反应原理不同，不能探究浓度对速率的影响，故B错C.铁质搅拌棒可导热，应改为玻璃搅拌器，故C错误D.乙醇和浓硫酸共热至170℃可以制得乙烯，挥发出来的乙醇不能使Br₂的CCl4溶液褪色，而乙烯可以，故该装置能够实现用于乙醇在170℃时制备并检验乙烯的目的，D正确成生活中常见的液态化合物，则X、Y分别是H、0元素；Z、W的基态原子均只有1个未成对电子，W的未成对电子在次外层，则W为第四周期副族元素，为Sc元素(3d¹4s³);原子序数：Z<W且Z与W相互作用形成的简单离子的电子层结构相同，可得Z为C1元素。B.C1和O可形成化合物CIO₂,则电负性：O>Cl,B正确。C.Sc元素位于元素周期表第IIB族，该族包含谰系和銅系，是周期表中元素种类最多的族，C正确。D.形成配合物时，H和O形成的H₂O、OH都可作配体，D错误6.A【详解】A.氯磺酸是强酸，遇水反应生成硫酸和盐酸，盐酸和硫酸均和氢氧化钠溶液发生中和反应，AB错误；C.浓溴水具有强氧化性，会氧化邻羟基苯甲醛中的醛基(-CHO)为羧基(-COOH),C错误；D.稀硝酸为强氧化剂，会将S₂O3-氧化为SO2,自身被还原为NO,并非简单歧化反应D错误。7.C【详解】A.配合物中Ni的化合价为+2价，A正确；B.该配合物的配体为2个结构完全相同的三齿配体，每个配体提供2个N和1个0共3个配位原子，故分子中有2个配体，而配位数为6,B正确；C.与中心离子配位的N原子中，部分饱和N的价层电子对数为4,采取sp³杂化，并非均采取sp²杂化，C错误；D.CH₄、NH₃、H₂O中，中心原子的价层电子对数均为4,孤电子对数依次为0、1、2。孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，使键角依次减小，因此键角由大到小的顺序为CH₄>NH₃>H₂O,D正确；8.D[详解]A.电负性：F>Cl,导致三氟乙酸的羧基中的羟基的记性更大，更易电离出氢离子，符合结构推导性质，A不符合题意。B.乙醇与水分子间可形成氢键，因此二者互溶；水分子间存在氢键，H₂S分子间无氢键，因此水的沸点高于H₂S,符合氢键对性质的影响，B不符合题意。C.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CH₆更稳定，C不符合题意。D.石墨硬度小，是由于层间为分子间作用力，D符合题9.B【详解】A.Z含有酚羟基，遇到FeCl₃溶液显紫色；Y不含酚羟基，遇到FeCl₃溶液无现象，故可以用FeCl₃溶液鉴别Y、Z两种物质；Y分子中含有羧基，能与NaHCO₃溶液反应生成CO₂,故可用NaHCO₃溶液鉴别，A正确。B.X的苯环中C原子杂化类型为sp²、亚甲基中C原子杂化类型为sp³、氰基中C原子杂化类型为sp,共3种，B错误。D.Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图,D正确。10.C【详解】A.用均摊法计算结构1中原子数：Co(黑球):4个位于晶胞内部完全占有，4个位于晶胞顶点，原子个数比Co:S=4.5:4=9:8,对应化学式Co₉Sg,A正确；B.立方晶胞边长为a,由晶胞2结构可知，S与S的最短距离为面对角线长度的一半，即,B正确；C.晶胞2中Li位于周围4个S形成的正四面体的中心，如图：,以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故晶胞2中距Li最近的S有4个，C错误；D.并置两个晶胞2,截取其中间部分即可得到晶胞3,如图所示：9,故晶胞2和晶胞3表示同一晶体晶胞，D正确；11.C【详解】A.反应过程中有H-O、C=O极性键的断裂，H-H非极性键的形成，H-O、C-H极性键的形成，B.此电极发生还原反应，为阴极。B错误；C.水得电子生成氢氧根和H*,H*与HMF反应生成BHMF,电极反应式为HMF+2H₂O+2e⁻=BHMF+2OH⁻,D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和H*(Pb),但是催化剂不改变平衡。D错误；12.D【分析】补铁剂经研磨后加稀盐酸浸泡、过滤，取滤液少量滴加硫氰化钾、所得溶液呈微红，滴加试剂a后，溶液红色加深，说明③中生成的硫氰化铁浓度大，②中生成的硫氰化铁浓度很小，则a为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，而②中铁元素主要以亚铁离子形式存在，推测其中有少量的亚铁离子被空气中的氧气氧化为很少量的铁离子；另取少量滤液滴加酸性高锰酸钾褪色，虽然高锰酸钾被还原，但只根据这个现象不能说明滤液中含亚铁，因为酸性条件下，氯离子也能还原高锰酸钾；另取少量滤液滴加邻二氮菲，溶液变为橙红色，根据信息ii,说明滤液中含亚铁离子，综上，补铁剂中含二价铁；【详解】A.根据信息i:SCN-中硫元素的化合价为-2价，具有还原性，如果试剂a选用过量氯水，会与SCN-发生氧化还原反应，难以生成硫氰化铁溶液，不能使现象明显，A正确；B.因之前加入盐酸，其中氯离子具有还原性，也可能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C.铁氰化钾溶液可以与亚铁离子生成蓝色沉淀，C正确；D.吡咯中N的孤对电子参与环共轭，不能与H+形成配位键，碱性极弱；邻二氮菲中N类似吡啶(孤对电子不参与共轭),碱性强于吡咯，D不符合题意；13.A【详解】A.高压钠灯发出黄光，是电子跃迁引起的，与其还原性无关，A错误；B.NaCl晶体中Na和CI⁻呈周期性有序排列，晶体具有自范性，在饱和NaCl溶液的溶解-结晶平衡中，缺角部位可按照晶体结构规则生长为完美立方体，事实与解释相符，B正确；C.N原子价电子排布为2s²2p³,2p轨道半满结构更稳定，失去电子需要的能量更高，因此第一电离能N>0,D.Fe³⁺电荷高、半径小，极化作用强，易结合水电离出的OH⁻发生水解生成Fe(OH)₃胶体，事实与结构因素相14.C【详解】A.钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，电流由钢铁制品经过导线流向Mg,A正确；B.Mg为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将Mg与钢铁输水管相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，B正确；C.输水管上发生的是吸氧腐蚀，电极反应为2H₂O+4e+O₂=4OH,C错误；D.金属镁的活泼性比锌大，则锌和钢铁输水管之间的电势差小，保护效果减弱，D正确；B.向A点的混合溶液中，2AgCl+Cro2-一Ag₂CrO₄+2Cl-,,加入硝酸银固体，氯离子浓度变小，即变大，故B正确；C.B点在Ag₂CrO₄的沉淀溶解平衡曲线的上方，为不饱和溶液，因此B点条件下不能生成Ag₂Cro₄沉淀；在AgC1的沉淀溶解平衡曲线的下方，为过饱和溶液，能生成AgCl沉淀，故C错误；D.AgNO₃溶液先与NaCI溶液反应，当Cl反应完，在和Cro²反应生产砖红色沉淀，可以用Cro2作指示剂。16.(14分)【答案】(1)ABC(2分)(2)SiO₂和PbSO₄(2分，各1分)(4)增大H+浓度，有利于H+与萃取剂中的配位原子0和N结合，破坏了萃取剂与Cu²+之间的配位结构，将Cu²从有机相中释放出来进入水相(2分)(5)9.65×10⁷(2分)(6)①2Au+8HCl+3H₂O₂=2HAuCl4+6H₂O(2分)②分子识别(2分)【详解】(2)滤渣1中不与硫酸反应的成分为SiO₂、Au、Ag,同时ZnS、Cus被氧化生成S,废渣中原有的PbSO₄作为不溶物也进入滤渣，故滤渣1的成分除了Au、Ag、S外，还有SiO₂和PbSO₄;(3)信息可知，Kp[Fe(OHD)₃]=c(Fe³+)·c³(OH)=1.0×10-38,要完全除去Fe³,需保证,此时(4)“反萃取”时，增大H+浓度有利于Cu²+进入水相的原因是：增大H+浓度，H+与萃取剂中N、O原子结合，破坏萃取剂与Cu²+之间的配位键，使Cu²+(6)根据图示，当c(H₂O₂)=x₁mol/L时，Ag的浸取率较高(约95%),而Au此时还未浸出，此时可优先浸出Ag,保留Au在滤渣中。随后，将c(H₂O₂)提高至x₃moVL,此时Au的浸取率接近100%,而Ag已基本浸出完毕。因此，x₃mol/L时为Au浸出的反应。17.(14分)【答案】(1)三颈烧瓶(2分)(2)①②(2分)(4)过滤速度快，且得到的晶体较干燥(2分)(5)加热过程中晶体失去部分氨分子，生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜(2分)【详解】(2)A装置制备氨气，浓氨水与氧化钙反应放出氨气、浓氨水和氢氧化钠固体混合放出氨气，所以固体试剂可选生石灰、氢氧化钠，选①②。(5)[Cu(NH₃)₄]SO₄·H₂O受热易失氨，所以乙组产品颜色异常的可能原因是加热过程中晶体失去部分氨分子，生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜。(6)产品中，[Cu(NH₃4]SO₄H₂O与NHs的物质的量之比为1:4。加入过量NaOH并加热，NH₃全部蒸出。用过量盐酸吸收NHs:NH₃+HCl=NH₄Cl;用NaOH标准溶液滴定剩余的HC1。样品实验消耗NaOH体积V₁mL;空白实验(同量盐酸，不加样品)消耗NaOH体积V₂mL。被NH消耗的HC1的物质的量：n(HC1){消=c(V₂产品中[Cu(NH₃4]SO₄H₂O的质量为产品中[Cu(NH₃)4]SO₄H₂O的质量(7)若碱式滴定管滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小，即V₂偏小。结合计算式可知，V偏小会导致测定值偏低。18.(13分)【答案】(1)醛基、(酚)羟基(2分，每种1分);(3)保护(酚)羟基，避免参与后续反应(2分);(4)取代反应(1分);【详解】(1)A分子为3,4-二羟基肉桂醛，含有的含氧官能团为醛基和(酚)羟基；(2)由A合成B的方法是先利用氰化氢和醛基的加成反应合成中间体,随后由于(醇)羟基(3)整个路线中，先利用碘甲烷将(酚)羟基转化为甲氧基，避免在后续的步骤中与氯化亚砜发生反应；(4)该步是(酚)羟基的脱保护反应，用HBr中的氢原子取代甲氧基中的甲基，脱去小分子CH₃Br,是典型的(5)由元素守恒推断可知两种酸性气体为SO₂和HCl,故反应的化学反应方程式为(6)①存在顺反异构的分子有B、C、D、E、F、G共6种；②分子内能与氢气加成的官能团或结构有苯环、碳碳双键、氰基共消耗3+1+2=6种；③分子内能与酸性高锰酸钾反应的官能团或结构有碳碳双键和连有H原子的苯环a-C,故使酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明有碳碳双键；④分子内具有两个距离接近的羟基，可能通过五元环形成氢键(7)C分子分子式为C₉H₈O₄,有6个不饱和度。条件①说明有碳碳双键，需要至少2个碳原子和1个不饱和度；条件②说明有醛基，需要至少1个碳原子、1个氧原子和1个不饱和度；条件③包含多种情况，在满足条件①和条件②之后，分子还剩下6个碳原子、4个不饱和度和3个氧，因为能与NaOH反应的基团有酚羟基、羧基、酯基等，而目前仅剩3个氧原子，必然不可能全为酚羟基或者羧基。结合前面条件，考虑存在酚酯，而1mol甲酸酚酯同时能消耗2molNaOH和发生银镜反应，故推断得，该分子结构含有苯环以及与苯环直接相连得乙烯基、甲酰氧基和2个酚羟基，其中，满足核磁条件的为19.(14分)【答案】(1)①-49.2(1分)低温(1分)②氧(或“O”)(2分)(3)①CH₃OH(2分)②80(2分)(4)水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降(2分，2个方面各1分)【详解】(