福建省龙岩一中2025届高三上学期开学考试化学试题（解析版）

2025届高三上学期开学考化学试题考试时间：75分钟总分100分可能用到的原子量：一、选择题(共15题，每题4分)1.化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是A.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3【答案】C【解析】【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确；C．熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故答案选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.电子云图为 B.的模型为C.的电子式为 D.乙醛的结构简式：【答案】A【解析】【详解】A．‌‌p轨道的电子云形状是极大值在x、y、z轴上的纺锤形‌(哑铃形)，故A正确；B．NH3有3个σ键，孤对电子数为，因此其价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故B错误；C．NaCl晶体类型为离子晶体，其电子式为，故C错误；D．醛基结构简式为-CHO，乙醛的结构简式：，故D错误；故选A。3.下列由实验现象所得结论错误的是A.向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性B.向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)C.向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应【答案】C【解析】【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；C．硝酸受热分解也会生成NO2，所以无法证明是炭与硝酸反应生成NO2，C项符合题意；D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；故选C。4.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A.存在顺反异构 B.含有5种官能团C.可形成分子内氢键和分子间氢键 D.该物质最多可与反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有碳碳双键1mol，故1mol该物质最多与反应，D错误；故选D。5.实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是A.用硫磺处理洒落在地上的水银：B.用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：C.用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生刺激性气体：D.用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体：【答案】B【解析】【详解】A．S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，方程式为：，处理方法和对应的反应方程式正确，不合题意；B．Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，处理方法和对应的反应方程式均错误，符合题意；C．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，离子方程式为：，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意；D．电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为：，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意；故选B。6.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，60g二氧化硅中Si-O+键数为2NAB.标准状况下，2.24LC3H6O含有的C-H键数为0.6NAC.1mol乙酸与足量Na反应，生成的H2分子数为NAD.0.1molC2H4和C2H6O的混合气体完全燃烧，消耗的O2分子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．60gSiO2物质的量是1mol，由于在SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，故1molSiO2中含有的Si-O共价键数目是4NA，A错误；B．C3H6O表示的物质可能是CH3CH2CHO、CH3COCH3、CH2=CHCH2-OH，它们在标准状况都不是气体，因此不能使用气体摩尔体积进行有关计算，B错误；C．1mol乙酸与足量Na反应，生成的H2的物质的量是0.5mol，则其与足量Na反应产生的分子数为0.5NA，而且溶液中的水也能够与Na反应产生H2，故1mol乙酸溶液与足量Na反应，生成的H2分子数大于0.5NA，C错误；D．1molC2H4或1molC2H6O在氧气中完全燃烧会消耗3molO2，则0.1molC2H4和C2H6O的混合气体完全燃烧，消耗的O2的物质的量是0.3mol，反应消耗的O2分子数为0.3NA，D正确；故合理选项是D。7.下列关于C，Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A.自然界中的14C来自宇宙射线(中子)撞击14N，其过程可表示为B.SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4C.高压下制得的CO2共价晶体结构与SiO2晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO2晶体D.Si原子问难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键【答案】B【解析】【详解】A．来自宇宙射线的中子轰击14N原子产生着14C，根据质量守恒可得，，A正确；B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，Si与C为同主族元素，同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢化物的还原性增强，且SiH4中H为-1价，-1价H具有很强的还原性，因此SiH4还原性大于CH4，B错误；C．CO2晶体和SiO2晶体都为共价晶体，原子半径：C＞Si，键长：C-O＞Si-O，键长越短，键能越大，硬度和熔沸点均高于SiO2晶体，C正确；D．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，D正确；故答案为：B。8.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有3个未成对电子。只有Y与Z同周期，W的最外层电子数等于X、Z最外层电子数之和。下列说法正确的是A.第一电离能：Y<Z B.键长：X—Y>X—ZC.仅含极性共价键 D.W的含氧酸均属于强酸【答案】B【解析】【分析】根据分析X、Y、Z、W分别是H、N、O、Cl，据分析答题。【详解】A．N是半满排布较稳定，不易失去第一个电子，因此第一电离能：N<O，A错误；B．氮原子半径大于氧原子半径，因此键长：H—N>H—O，B正确；C．不仅含有极性共价键还有非极性共价键，C错误；D．Cl有多种含氧酸不是都是强酸例如：HClO是弱酸，D错误；故选B。9.冠醚能与阳离子作用，12—冠—4与作用而不与作用；18—冠一6与作用，但不与或作用。下列说法错误的是A.冠醚与阳离子作用跟环的大小有关B.超分子中O原子与间存在离子键C.12—冠—4中C和O的杂化方式相同D.18—冠—6可将带入溴乙烷中【答案】B【解析】【详解】A．由题意超分子均有“分子识别”的特征，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，A正确；B．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，B错误；C．12-冠-4中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数=4+=4，O的价层电子对数=2+=4，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，C正确；D．利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，可以增大其与有机物的接触机会，故更有利于有机物增长碳链等反应，D正确；答案选B。10.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下：由此推理得到有关X的结论不正确的是A.属于醚类 B.结构简式为C.相对分子质量为74 D.组成元素有C、H、O【答案】B【解析】【详解】A．X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；B．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故B错误；C．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，故C正确；D．X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故D正确；选B。11.工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2，反应原理为，部分催化过程如图所示，下列有关说法错误的是A.“过程1”中Ni2O3是还原剂B.反应过程中产生的O可加快对SO2的吸收C.每吸收1molSO2，整个过程需要Ni2O3的物质的量为0.5molD.“过程2”的离子方程式可表示为【答案】C【解析】【详解】A．“过程1”中，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素的化合价升高，作还原剂，A正确；B．反应过程中产生的O具有很强的活性，能将SO2氧化为SO3，与水作用生成H2SO4，所以可加快对SO2的吸收，B正确；C．依据得失电子守恒，每吸收1molSO2需要转移2mole-，则整个过程需要Ni2O3的物质的量为1mol，C错误；D．“过程2”中，1molClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mole-，则需消耗2molNiO2，反应的离子方程式可表示为，D正确；故选C。12.苯并唑酮类化合物X常用于植物保护剂，结构如图。关于X的说法正确的是A.分子中所有原子可能全部共面B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色C.X与足量H2加成后所得产物分子中手性碳原子数目为5个D.1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．由结构式可知，该分子中含有饱和的碳原子：-CH2-、-CHBr-，所有原子不可能全部共面，故A错误；B．该分子中含有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故B错误；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X与足量加成后所得产物分子中手性碳原子位置为

，共有4个，故C错误；D．X在碱性溶液中，碳溴键、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基﹐则1molX与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4molNaOH，故D正确；故选D。13.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A.制备无水MgCl2B.除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液C.证明苯环使羟基活化D.制备溴苯并验证有HBr产生【答案】A【解析】【详解】A．HCl可抑制镁离子水解，无水氯化钙可吸收水，则图中装置可制备无水MgCl2，故A符合题意；B．Fe(OH)3胶体中胶体微粒和NaCl溶液中离子都能通过滤纸，故不能用过滤的方法除去除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液，故B不符合题意；C．苯不和饱和溴水反应，而苯酚和饱和溴水反应：，说明羟基使苯环上邻对位氢原子活化，更容易发生取代反应，故C不符合题意；D．挥发的溴与硝酸银溶液反应，不能验证有HBr产生，故D不符合题意。答案选A14.实验室分离和的流程如下：已知在浓盐酸中生成黄色配离子，该配离子在乙谜(，沸点)中生成缔合物。下列说法错误的是A.萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上B.分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放出C.分液后水相为无色，说明已达到分离目的D.蒸馏时选用球形冷凝管【答案】D【解析】【分析】铁离子和铝离子的混合液中加入浓盐酸，铁离子形成配离子，加入乙醚，乙醚与水不互溶，配离子进入乙醚层，铝离子在水层，分液得到含铝离子的水层，在乙醚层中加入水进行反萃取，蒸馏分离出铁离子；【详解】A．萃取振荡时，使分液漏斗颈下口倾斜向上，便于振荡混合、便于放气降低分液漏斗内气压，故A正确；B．分液时避免上下层液体混合，先将下层液体由分液漏斗下口放出，故B正确；C．水相含铝离子，分液后水相为无色，说明不含铁离子，已达到分离目的，故C正确；D．蒸馏时选用直形冷凝管，便于馏分流出，不能选用球形冷凝管，防止残留在冷凝管中，故D错误；答案为D。15.2022年3月，我国科学家在实验室实现到淀粉的全合成，其合成路线如图：下列有关说法错误的是A.反应②中，生成时转移电子数目为B.与乙酸发生取代反应，可能消耗乙酸的分子数目为C.存在核磁共振氢谱只有一种峰的同分异构体D.反应②和③均不能在高温环境下进行【答案】B【解析】【分析】二氧化碳被氢气还原生成甲醇，甲醇被氧气氧化为甲醛，在甲酰酶的作用下生成DHA，DHA经过一系列转化得到淀粉。【详解】A．物质的量为0.1mol，1molCH3OH氧化为HCHO时脱去2molH，转移2mole-，则生成时转移电子数目为，故A正确；B．1个DHA有2个羟基，酯化反应为可逆反应，因此与乙酸发生取代反应，消耗乙酸的分子数目小于，故B错误；C．DHA有3个碳原子、不饱和度为1，其同分异构体中只有1种化学环境的氢原子，故C正确；D．②③反应都是在酶的作用下发生的，高温条件下酶会失活，因此反应②和③均不能在高温环境下进行，故D正确；故选B。二、填空题(共3题，共40分)16.配合物乙二胺四乙酸铁钠(结构如图一所示，以下简写为)可以添加到酱油中作为铁强化剂，制备乙二胺四乙酸铁钠晶体步骤如下：①称取一定质量的于烧杯中溶解，加入适量浓氨水后搅拌、过滤、洗涤、干燥。②将第一步得到的、乙二胺四乙酸加入图二仪器a中，搅拌，水浴，再加入适量碳酸钠溶液反应。③将②反应后溶液经操作X后，过滤洗涤，晾干得到产品。回答下列问题：（1）乙二胺四乙酸铁钠中含有的化学键类型有共价键、_______、_______。（2）步骤①中氨水应当_______(填“分批”或“一次性”)加入。（3）盛装溶液仪器名称为_______，加入碳酸钠溶液后可观察到产生大量气泡，则步骤②由生成的总反应化学方程式为_______。（4）步骤③操作X为_______。（5）市售铁强化剂中含有，其中。称取样品，加稀硫酸溶解后配成溶液。取出，加入稍过量的溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，重复操作次，消耗标准溶液的平均值为。已知：、、。①滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由_______色变为_______色，且半分钟内不变色。②样品中铁元素的质量分数为_______。【答案】（1）①.离子键②.配位键（2）分批（3）①.恒压滴液漏斗②.（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）①.蓝色②.无色(浅绿)③.或【解析】【小问1详解】乙二胺四乙酸铁钠是钠盐，含有共价键、离子键，同时从图中可看出氮原子能与铁配位形成配位键，故含有的化学键类型有共价键、离子键和配位键；【小问2详解】步骤Ⅰ中氨水应当分批加入，避免反应过于剧烈，或氨水过量导致铵根离子裹入Fe(OH)3沉淀，产生过多杂质；【小问3详解】根据题目所给图分析，盛装碳酸钠溶液的仪器为恒压滴液漏斗；生成NaFeY⋅3H2O，发生的化学反应式为；【小问4详解】要从乙二胺四乙酸铁钠溶液中得到其晶体，需要进行重结晶操作，正确操作是蒸发浓缩，冷却结晶；【小问5详解】淀粉遇碘变蓝，碘单质与硫代硫酸根反应完后，显现出亚铁离子的颜色，浅绿色；设100mL样品中碘酸钾的物质的量为xmol，则NaFeY的物质的量为50xmol，根据方程式、、，可得与碘酸根反应生成碘单质的物质的量为3xmol，与铁离子反应生成碘单质的物质的量为25xmol，根据方程式，碘单质与硫代硫酸根反应消耗的硫代硫酸根物质的量为，则，解得，则NaFeY得物质的量，则铁的质量分数为。17.Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；回答下列问题：（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为_______。（2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为_______。（3）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了(NH4)Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①(NH4)Al(OH)2CO3属于_______(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是_______。（4）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为_______。②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为_______；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为_______。（5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，所得晶体B含6个结晶水。热解时发生的反应为：和，则流程中“冷却至室温”后所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为_______。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和_______(填化学式)。【答案】（1）MgO+H2O=Mg(OH)2（2）或（3）①.晶体②.减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积（4）①.HCl②.体心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镁调节溶液pH为9.0，过滤，将钴镍铝转化为沉淀，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；滤泥加入氨性溶液氨浸将钴镍转化为溶液，过滤，滤液进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。【小问1详解】MgO微溶于水，能够与水反应产生Mg(OH)2，该反应的化学方程式为：MgO+H2O=Mg(OH)2；【小问2详解】“氨浸”时Co(OH)3与NH3·H2O、反应产生[Co(NH3)6]2+、，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：或；【小问3详解】①滤渣中含有(NH4)Al(OH)2CO3，用X射线衍射图谱中，出现了(NH4)Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明(NH4)Al(OH)2CO3属于晶体；②使用(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，这是由于(NH4)2CO3能够减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积，因此可以提高Ni、Co的浸取速率；【小问4详解】①NiCl2是强酸弱碱盐，该物质容易水解产生Ni(OH)2、HCl，在溶液中存在水解平衡：NiCl2+2H2ONi(OH)2+2HCl，导致得到的晶体不纯，为防止其水解，要通入HCl气体，以抑制其水解，故通入的酸性气体A是HCl；②晶胞中数目为1，而数目为8×=1，数目为6×=3，结合化学式可知：代表O原子，而Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则代表Al原子，代表Co原子，则Co在晶胞中的位置为体心；以顶点Al为分析对象，与之距离最近的O氧原子处于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为=12；【小问5详解】①晶体B含6个结晶水，则A为Mg(NO3)2·6H2O，所得硝酸溶液中N元素全部存在H