福建省龍巖一中2025屆高三上學期開學考試化學試題（解析版）

2025屆高三上學期開學考化學試題考試時間：75分鐘總分100分可能用到的原子量：一、選擇題(共15題，每題4分)1.化學在文物的研究和修復中有重要作用。下列說法錯誤的是A.竹簡的成分之一纖維素屬于天然高分子 B.龜甲的成分之一羥基磷灰石屬于無機物C.古陶瓷修復所用的熟石膏，其成分為Ca(OH)2 D.古壁畫顏料中所用的鐵紅，其成分為Fe2O3【答案】C【解析】【詳解】A．纖維素是一種天然化合物，其分子式為(C6H10O5)n，其相對分子質量較高，是一種天然高分子，A正確；B．羥基磷灰石又稱又稱羥磷灰石、堿式磷酸鈣，其化學式為[Ca10(PO4)6(OH)2]，屬于無機物，B正確；C．熟石膏是主要成分為2CaSO4·H2O，Ca(OH)2為熟石灰的主要成分，C錯誤；D．Fe2O3為紅色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，俗稱鐵紅，D正確；故答案選C。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.電子云圖為 B.的模型為C.的電子式為 D.乙醛的結構簡式：【答案】A【解析】【詳解】A．??p軌道的電子云形狀是極大值在x、y、z軸上的紡錘形?(啞鈴形)，故A正確；B．NH3有3個σ鍵，孤對電子數為，因此其價層電子對數為4，VSEPR模型為四面體形，故B錯誤；C．NaCl晶體類型為離子晶體，其電子式為，故C錯誤；D．醛基結構簡式為-CHO，乙醛的結構簡式：，故D錯誤；故選A。3.下列由實驗現象所得結論錯誤的是A.向NaHSO3溶液中滴加氫硫酸，產生淡黃色沉淀，證明HSO具有氧化性B.向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，證明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)C.向濃HNO3中插入紅熱的炭，產生紅棕色氣體，證明炭可與濃HNO3反應生成NO2D.向NaClO溶液中滴加酚酞試劑，先變紅后褪色，證明NaClO在溶液中發(fā)生了水解反應【答案】C【解析】【詳解】A．淡黃色沉淀是S，在反應過程中硫元素由NaHSO3中的+4價降低到0價，發(fā)生還原反應，體現氧化性，A項不符合題意；B．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，與還原性物質反應紫色才會褪去，所以可以證明Fe3O4中有還原性物質，即Fe(Ⅱ)，B項不符合題意；C．硝酸受熱分解也會生成NO2，所以無法證明是炭與硝酸反應生成NO2，C項符合題意；D．先變紅說明溶液顯堿性，證明NaClO在溶液中發(fā)生了水解，，后來褪色，是因為水解產生了漂白性物質HClO，D項不符合題意；故選C。4.抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是A.存在順反異構 B.含有5種官能團C.可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵 D.該物質最多可與反應【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機物結構簡式可知，該有機物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團，故該有機物存在順反異構，A正確；B．由題干有機物結構簡式可知，該有機物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團，B正確；C．由題干有機物結構簡式可知，該有機物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團具有形成氫鍵的能力，故其分子間可以形成氫鍵，其中距離較近的某些官能團之間還可以形成分子內氫鍵，C正確；D．由題干有機物結構簡式可知，1mol該有機物含有碳碳雙鍵1mol，故1mol該物質最多與反應，D錯誤；故選D。5.實驗室需對少量污染物進行處理。以下處理方法和對應的反應方程式均錯誤的是A.用硫磺處理灑落在地上的水銀：B.用鹽酸處理銀鏡反應后試管內壁的金屬銀：C.用燒堿溶液吸收蔗糖與濃硫酸反應產生刺激性氣體：D.用燒堿溶液吸收電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體：【答案】B【解析】【詳解】A．S和Hg發(fā)生化合反應生成HgS，可以用硫磺處理灑落在地上的水銀，方程式為：，處理方法和對應的反應方程式正確，不合題意；B．Ag不活潑，不能和鹽酸反應生成氫氣，處理方法和對應的反應方程式均錯誤，符合題意；C．蔗糖與濃硫酸反應產生的刺激性氣體為SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，離子方程式為：，處理方法和對應的反應方程式均正確，不符合題意；D．電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體為Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，離子方程式為：，處理方法和對應的反應方程式均正確，不符合題意；故選B。6.設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，60g二氧化硅中Si-O+鍵數為2NAB.標準狀況下，2.24LC3H6O含有的C-H鍵數為0.6NAC.1mol乙酸與足量Na反應，生成的H2分子數為NAD.0.1molC2H4和C2H6O的混合氣體完全燃燒，消耗的O2分子數為0.3NA【答案】D【解析】【詳解】A．60gSiO2物質的量是1mol，由于在SiO2晶體中每個Si原子與4個O原子形成4個Si-O共價鍵，故1molSiO2中含有的Si-O共價鍵數目是4NA，A錯誤；B．C3H6O表示的物質可能是CH3CH2CHO、CH3COCH3、CH2=CHCH2-OH，它們在標準狀況都不是氣體，因此不能使用氣體摩爾體積進行有關計算，B錯誤；C．1mol乙酸與足量Na反應，生成的H2的物質的量是0.5mol，則其與足量Na反應產生的分子數為0.5NA，而且溶液中的水也能夠與Na反應產生H2，故1mol乙酸溶液與足量Na反應，生成的H2分子數大于0.5NA，C錯誤；D．1molC2H4或1molC2H6O在氧氣中完全燃燒會消耗3molO2，則0.1molC2H4和C2H6O的混合氣體完全燃燒，消耗的O2的物質的量是0.3mol，反應消耗的O2分子數為0.3NA，D正確；故合理選項是D。7.下列關于C，Si及其化合物結構與性質的論述錯誤的是A.自然界中的14C來自宇宙射線(中子)撞擊14N，其過程可表示為B.SiH4中Si的化合價為+4，CH4中C的化合價為-4，因此SiH4還原性小于CH4C.高壓下制得的CO2共價晶體結構與SiO2晶體相似，其硬度和熔沸點均高于SiO2晶體D.Si原子問難形成雙鍵而C原子間可以，是因為Si的原子半徑大于C，難形成p-pπ鍵【答案】B【解析】【詳解】A．來自宇宙射線的中子轟擊14N原子產生著14C，根據質量守恒可得，，A正確；B．SiH4中Si的化合價為+4，CH4中C的化合價為-4，Si與C為同主族元素，同族元素從上到下，非金屬元素的電負性減小，原子半徑增大，原子失電子的能力遞增，氫化物的還原性增強，且SiH4中H為-1價，-1價H具有很強的還原性，因此SiH4還原性大于CH4，B錯誤；C．CO2晶體和SiO2晶體都為共價晶體，原子半徑：C＞Si，鍵長：C-O＞Si-O，鍵長越短，鍵能越大，硬度和熔沸點均高于SiO2晶體，C正確；D．Si的原子半徑較大，原子間形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊程度很小，難于形成π鍵，所以Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，D正確；故答案為：B。8.X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，基態(tài)Y原子的電子填充了3個能級，其中有3個未成對電子。只有Y與Z同周期，W的最外層電子數等于X、Z最外層電子數之和。下列說法正確的是A.第一電離能：Y<Z B.鍵長：X—Y>X—ZC.僅含極性共價鍵 D.W的含氧酸均屬于強酸【答案】B【解析】【分析】根據分析X、Y、Z、W分別是H、N、O、Cl，據分析答題?！驹斀狻緼．N是半滿排布較穩(wěn)定，不易失去第一個電子，因此第一電離能：N<O，A錯誤；B．氮原子半徑大于氧原子半徑，因此鍵長：H—N>H—O，B正確；C．不僅含有極性共價鍵還有非極性共價鍵，C錯誤；D．Cl有多種含氧酸不是都是強酸例如：HClO是弱酸，D錯誤；故選B。9.冠醚能與陽離子作用，12—冠—4與作用而不與作用；18—冠一6與作用，但不與或作用。下列說法錯誤的是A.冠醚與陽離子作用跟環(huán)的大小有關B.超分子中O原子與間存在離子鍵C.12—冠—4中C和O的雜化方式相同D.18—冠—6可將帶入溴乙烷中【答案】B【解析】【詳解】A．由題意超分子均有“分子識別”的特征，不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子，A正確；B．由圖可知18-冠-6中O原子與相鄰的2個C形成極性共價鍵，O帶部分負電荷，與鉀離子之間存在靜電作用，但是冠醚分子不是離子，而且O原子也不是離子，故O原子與間不存在離子鍵，B錯誤；C．12-冠-4中C均為飽和碳原子，C的價層電子對數=4+=4，O的價層電子對數=2+=4，故C和O的雜化軌道類型相同，均為sp3雜化，C正確；D．利用該原理可以用冠醚將帶入有機物中，可以增大其與有機物的接觸機會，故更有利于有機物增長碳鏈等反應，D正確；答案選B。10.使用現代分析儀器對某有機化合物X的分子結構進行測定，相關結果如下：由此推理得到有關X的結論不正確的是A.屬于醚類 B.結構簡式為C.相對分子質量為74 D.組成元素有C、H、O【答案】B【解析】【詳解】A．X分子中含有醚鍵，屬于醚類，故A正確；B．X的質荷比為74，X的相對分子質量為74，含有醚鍵，有2種等效氫，結構簡式為，故B錯誤；C．X的質荷比為74，X的相對分子質量為74，故C正確；D．X分子中含有醚鍵，有2種等效氫，組成元素有C、H、O，故D正確；選B。11.工業(yè)上常用堿性NaClO廢液吸收SO2，反應原理為，部分催化過程如圖所示，下列有關說法錯誤的是A.“過程1”中Ni2O3是還原劑B.反應過程中產生的O可加快對SO2的吸收C.每吸收1molSO2，整個過程需要Ni2O3的物質的量為0.5molD.“過程2”的離子方程式可表示為【答案】C【解析】【詳解】A．“過程1”中，Ni2O3轉化為NiO2，Ni元素的化合價升高，作還原劑，A正確；B．反應過程中產生的O具有很強的活性，能將SO2氧化為SO3，與水作用生成H2SO4，所以可加快對SO2的吸收，B正確；C．依據得失電子守恒，每吸收1molSO2需要轉移2mole-，則整個過程需要Ni2O3的物質的量為1mol，C錯誤；D．“過程2”中，1molClO-轉化為Cl-和O時，需要轉移2mole-，則需消耗2molNiO2，反應的離子方程式可表示為，D正確；故選C。12.苯并唑酮類化合物X常用于植物保護劑，結構如圖。關于X的說法正確的是A.分子中所有原子可能全部共面B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但不能使溴水褪色C.X與足量H2加成后所得產物分子中手性碳原子數目為5個D.1molX與足量NaOH溶液充分反應，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【詳解】A．由結構式可知，該分子中含有飽和的碳原子：-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A錯誤；B．該分子中含有醛基，醛基具有還原性，則能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，故B錯誤；C．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，X與足量加成后所得產物分子中手性碳原子位置為

，共有4個，故C錯誤；D．X在堿性溶液中，碳溴鍵、酰胺基、酯基可以水解，同時水解產物中有酚羥基﹐則1molX與足量NaOH溶液充分反應﹐最多可消耗4molNaOH，故D正確；故選D。13.利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗，能達到實驗目的的是A.制備無水MgCl2B.除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液C.證明苯環(huán)使羥基活化D.制備溴苯并驗證有HBr產生【答案】A【解析】【詳解】A．HCl可抑制鎂離子水解，無水氯化鈣可吸收水，則圖中裝置可制備無水MgCl2，故A符合題意；B．Fe(OH)3膠體中膠體微粒和NaCl溶液中離子都能通過濾紙，故不能用過濾的方法除去除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液，故B不符合題意；C．苯不和飽和溴水反應，而苯酚和飽和溴水反應：，說明羥基使苯環(huán)上鄰對位氫原子活化，更容易發(fā)生取代反應，故C不符合題意；D．揮發(fā)的溴與硝酸銀溶液反應，不能驗證有HBr產生，故D不符合題意。答案選A14.實驗室分離和的流程如下：已知在濃鹽酸中生成黃色配離子，該配離子在乙謎(，沸點)中生成締合物。下列說法錯誤的是A.萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向上B.分液時，應先將下層液體由分液漏斗下口放出C.分液后水相為無色，說明已達到分離目的D.蒸餾時選用球形冷凝管【答案】D【解析】【分析】鐵離子和鋁離子的混合液中加入濃鹽酸，鐵離子形成配離子，加入乙醚，乙醚與水不互溶，配離子進入乙醚層，鋁離子在水層，分液得到含鋁離子的水層，在乙醚層中加入水進行反萃取，蒸餾分離出鐵離子；【詳解】A．萃取振蕩時，使分液漏斗頸下口傾斜向上，便于振蕩混合、便于放氣降低分液漏斗內氣壓，故A正確；B．分液時避免上下層液體混合，先將下層液體由分液漏斗下口放出，故B正確；C．水相含鋁離子，分液后水相為無色，說明不含鐵離子，已達到分離目的，故C正確；D．蒸餾時選用直形冷凝管，便于餾分流出，不能選用球形冷凝管，防止殘留在冷凝管中，故D錯誤；答案為D。15.2022年3月，我國科學家在實驗室實現到淀粉的全合成，其合成路線如圖：下列有關說法錯誤的是A.反應②中，生成時轉移電子數目為B.與乙酸發(fā)生取代反應，可能消耗乙酸的分子數目為C.存在核磁共振氫譜只有一種峰的同分異構體D.反應②和③均不能在高溫環(huán)境下進行【答案】B【解析】【分析】二氧化碳被氫氣還原生成甲醇，甲醇被氧氣氧化為甲醛，在甲酰酶的作用下生成DHA，DHA經過一系列轉化得到淀粉?！驹斀狻緼．物質的量為0.1mol，1molCH3OH氧化為HCHO時脫去2molH，轉移2mole-，則生成時轉移電子數目為，故A正確；B．1個DHA有2個羥基，酯化反應為可逆反應，因此與乙酸發(fā)生取代反應，消耗乙酸的分子數目小于，故B錯誤；C．DHA有3個碳原子、不飽和度為1，其同分異構體中只有1種化學環(huán)境的氫原子，故C正確；D．②③反應都是在酶的作用下發(fā)生的，高溫條件下酶會失活，因此反應②和③均不能在高溫環(huán)境下進行，故D正確；故選B。二、填空題(共3題，共40分)16.配合物乙二胺四乙酸鐵鈉(結構如圖一所示，以下簡寫為)可以添加到醬油中作為鐵強化劑，制備乙二胺四乙酸鐵鈉晶體步驟如下：①稱取一定質量的于燒杯中溶解，加入適量濃氨水后攪拌、過濾、洗滌、干燥。②將第一步得到的、乙二胺四乙酸加入圖二儀器a中，攪拌，水浴，再加入適量碳酸鈉溶液反應。③將②反應后溶液經操作X后，過濾洗滌，晾干得到產品。回答下列問題：（1）乙二胺四乙酸鐵鈉中含有的化學鍵類型有共價鍵、_______、_______。（2）步驟①中氨水應當_______(填“分批”或“一次性”)加入。（3）盛裝溶液儀器名稱為_______，加入碳酸鈉溶液后可觀察到產生大量氣泡，則步驟②由生成的總反應化學方程式為_______。（4）步驟③操作X為_______。（5）市售鐵強化劑中含有，其中。稱取樣品，加稀硫酸溶解后配成溶液。取出，加入稍過量的溶液，充分反應后，滴入淀粉溶液，用標準溶液滴定，重復操作次，消耗標準溶液的平均值為。已知：、、。①滴定終點的現象為：當滴入最后半滴標準液時，溶液由_______色變?yōu)開______色，且半分鐘內不變色。②樣品中鐵元素的質量分數為_______。【答案】（1）①.離子鍵②.配位鍵（2）分批（3）①.恒壓滴液漏斗②.（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（5）①.藍色②.無色(淺綠)③.或【解析】【小問1詳解】乙二胺四乙酸鐵鈉是鈉鹽，含有共價鍵、離子鍵，同時從圖中可看出氮原子能與鐵配位形成配位鍵，故含有的化學鍵類型有共價鍵、離子鍵和配位鍵；【小問2詳解】步驟Ⅰ中氨水應當分批加入，避免反應過于劇烈，或氨水過量導致銨根離子裹入Fe(OH)3沉淀，產生過多雜質；【小問3詳解】根據題目所給圖分析，盛裝碳酸鈉溶液的儀器為恒壓滴液漏斗；生成NaFeY?3H2O，發(fā)生的化學反應式為；【小問4詳解】要從乙二胺四乙酸鐵鈉溶液中得到其晶體，需要進行重結晶操作，正確操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶；【小問5詳解】淀粉遇碘變藍，碘單質與硫代硫酸根反應完后，顯現出亞鐵離子的顏色，淺綠色；設100mL樣品中碘酸鉀的物質的量為xmol，則NaFeY的物質的量為50xmol，根據方程式、、，可得與碘酸根反應生成碘單質的物質的量為3xmol，與鐵離子反應生成碘單質的物質的量為25xmol，根據方程式，碘單質與硫代硫酸根反應消耗的硫代硫酸根物質的量為，則，解得，則NaFeY得物質的量，則鐵的質量分數為。17.Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；回答下列問題：（1）活性MgO可與水反應，化學方程式為_______。（2）“氨浸”時，由Co(OH)3轉化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為_______。（3）(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現了(NH4)Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①(NH4)Al(OH)2CO3屬于_______(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是_______。（4）①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為_______。②由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數，則Co在晶胞中的位置為_______；晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數為_______。（5）①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質，所得晶體B含6個結晶水。熱解時發(fā)生的反應為：和，則流程中“冷卻至室溫”后所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為_______。②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復利用HNO3和_______(填化學式)?！敬鸢浮浚?）MgO+H2O=Mg(OH)2（2）或（3）①.晶體②.減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積（4）①.HCl②.體心③.12（5）①.0.4或2∶5②.MgO【解析】【分析】硝酸浸取液中加入活性氧化鎂調節(jié)溶液pH為9.0，過濾，將鈷鎳鋁轉化為沉淀，得到濾液主要是硝酸鎂，結晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸；濾泥加入氨性溶液氨浸將鈷鎳轉化為溶液，過濾，濾液進行鎳鈷分離，經過一系列得到氯化鈷和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體?！拘?詳解】MgO微溶于水，能夠與水反應產生Mg(OH)2，該反應的化學方程式為：MgO+H2O=Mg(OH)2；【小問2詳解】“氨浸”時Co(OH)3與NH3·H2O、反應產生[Co(NH3)6]2+、，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可知該反應的離子方程式為：或；【小問3詳解】①濾渣中含有(NH4)Al(OH)2CO3，用X射線衍射圖譜中，出現了(NH4)Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，說明(NH4)Al(OH)2CO3屬于晶體；②使用(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，這是由于(NH4)2CO3能夠減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積，因此可以提高Ni、Co的浸取速率；【小問4詳解】①NiCl2是強酸弱堿鹽，該物質容易水解產生Ni(OH)2、HCl，在溶液中存在水解平衡：NiCl2+2H2ONi(OH)2+2HCl，導致得到的晶體不純，為防止其水解，要通入HCl氣體，以抑制其水解，故通入的酸性氣體A是HCl；②晶胞中數目為1，而數目為8×=1，數目為6×=3，結合化學式可知：代表O原子，而Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則代表Al原子，代表Co原子，則Co在晶胞中的位置為體心；以頂點Al為分析對象，與之距離最近的O氧原子處于晶胞面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，因此晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數為=12；【小問5詳解】①晶體B含6個結晶水，則A為Mg(NO3)2·6H2O，所得硝酸溶液中N元素全部存在H