江西省部分高中学校2025届高三上学期开学第一次月考化学试卷（解析版）

江西省部分高中学校2025届高三上学期第一次月考化学试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Co59La139一、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.赣南脐橙素有“中华名果”之称。据检测，脐橙中含糖类、蛋白质、脂肪、维生素等多种营养物质。下列有关说法正确的是A.糖类中的葡萄糖与果糖互为同系物B.蛋白质可水解生成生物大分子氨基酸C.脂肪在酸性条件下可发生皂化反应D.维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖与果糖分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A项错误；B．蛋白质可水解生成氨基酸，氨基酸不是生物大分子，故B错误；C．脂肪在碱性条件下可发生皂化反应，故C错误；D．维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂，故D正确；选D。2.下列关于键参数与分子极性的叙述中错误的是A.键角是描述分子立体结构的重要参数B.由非极性键形成的分子一定是非极性分子C.氢卤键键长越短，键能越大，物质越稳定D.含氢键的物质沸点不一定高于含范德华力的物质【答案】B【解析】【详解】A．键角是描述分子立体结构的重要参数，A正确；B．由非极性键形成的分子若是空间结构不对称，则可能是极性分子，B错误；C．氢卤键键长越短，键能越大越不容易断裂，物质越稳定，C正确；D．含氢键的物质沸点不一定高于含范德华力的物质，如H2O含氢键，I2不含氢键，但I2沸点高于水，D正确；故选B。3.化学实验是科学研究的基础。利用下列实验装置能达到相应实验目的的是A．制备无水B．验证氨水呈碱性C．除去中少量水汽D．长时间观察颜色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．为强酸弱碱盐，能水解，加热促进氯化镁水解，且生成的HCl易挥发，所以加热氯化镁溶液最终不能得到无水，A项不符合题意；B．利用固态氯化铵和熟石灰共热制取时，试管口应略向下倾斜，B项不符合题意；C．碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，与O2不反应，可以除去O2中少量水汽，C符合题意；D．易与被氧化，制备时要防止氧气进入溶液，否则无法观察到白色固体，D项不符合题意；本题选C。4.从蛹虫草菌属中分离出来的蛹虫草菌素(X)具有一定抗病毒和抗肿瘤活性，结构简式如图所示。下列关于X的叙述错误的是A.分子式为B.X的消去产物多于3种C.所有碳原子可能共平面D.最多可与发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．根据所给结构简式，该有机物分子式为C11H14N4O3，A正确；B．羟基可以发生消去反应，有机物中有两个羟基，可以消去一个或者两个羟基，可能的产物有、、、、等不止3种，B正确；C．含氮原子的环中的氮原子以三角锥结构连接另外三个碳原子（该氮原子上有一对孤对电子），所有碳原子不可能共平面，C错误；D．H2可以与苯环发生加成，和含氮原子的环中的双键也可以加成，故1molX最多可与4molH2发生加成反应，D正确；故本题选C。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由它们组成的物质间的转化关系有。X的原子半径是周期表中最小的，Y和Z位于同一周期，基态Y原子核外3个轨道上的电子数相等，基态Z原子有3个未成对电子，W原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列叙述正确的是A.第一电离能：B.Z的氧化物对应的水化物均为强酸C.中含有非极性键D.为共价化合物【答案】A【解析】【分析】元素周期表中，H原子半径最小，X为氢；基态C原子有3个能级，且各能级上电子数相等，Y为碳；基态Z有3个未成对电子且与Y同周期，则Z为氮；硫原子最外层有6个电子，有3个电子层，W为硫。据此分析解答。【详解】A．同周期元素第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，O、S同主族，O的第一电离能大于S，则第一电离能：N>S，A项正确；B．亚硝酸为弱酸，B项错误；C．的结构为，不含非极性键，C项错误；D．是铵盐，属于离子化合物，D项错误；故选：A。6.白色固体样品X，可能含和之中的一种或两种。在三个烧杯中各加入适量X，进行实验(必要时微热，使之充分反应)，实验记录如下：编号操作现象I加水溶解，用洁净的铂丝蘸取少许溶液，在煤气灯外焰上灼烧焰色呈黄色Ⅱ加入蒸馏水固体全部溶解，得到透明溶液Ⅲ加入稀硫酸产生浅黄色沉淀和刺激性气味的气体依据实验现象，下列说法错误的是A.X可能是B.X不可能含或C.X可能是和的混合物D.X可能是和的混合物【答案】B【解析】【详解】根据实验I，可知X一定含钠盐；根据实验Ⅱ，可排除存在；根据实验Ⅲ，可确定淡黄色固体是疏(S)单质，具有刺激性气味的气体是。加入稀硫酸，可能发生的相关反应有、、，白色固体成分为以下几种情况时均满足实验现象：①只含；②含和；③含，和中的一种。焰色试验中，黄色会覆盖浅紫色，不透过蓝色钴玻璃，观察不到紫色，即有钠盐存在时可能存在，综合分析实验现象，X可能含，一定不含，B错误；故选B。7.火箭推进剂发生反应的化学方程式为(偏二甲肼)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中含有杂化的原子数目为B.标准状况下，中含有分子的数目为C.中含有的键数目为D.生成时，转移电子的数目为【答案】C【解析】【详解】A.的结构(CH3)2NNH2，其中C、N都是杂化，故中含有杂化的原子数目为，A错误；B.标准状况下，，为液态，无法计算其分子数，B错误；C.44gCO2为的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有2个π键，故44gCO2中含有的π键数目为2NA，C正确；D.由反应方程式可知，每生成3分子，转移16个电子，故生成时，转移电子的数目为，D错误；故选C。8.和的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。已知：反应可用来检验。下列叙述错误的是A.分析过程I和Ⅱ，是该循环过程中的催化剂B.过程Ⅱ的化学方程式为C.用盐酸、溶液检验和混合物中的D.该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中的含量【答案】C【解析】【分析】上述循环中，促进分解的关键物质是活性，它也是中间产物，在太阳能作用下分解产生，总反应分两步，先发生反应I，后发生反应Ⅱ，在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故作总反应的催化剂。【详解】A．由分析知，Fe3O4是该循环过程中的催化剂，A项正确；B．根据图示和分析，由元素守恒可知方程式正确，B项正确；C．和溶于盐酸，发生的反应有、，中也含价铁，无法检验混合物中的FeO，C项错误；D．上述循环的总反应为，从绿色化学角度分析，该循环过程利用了太阳能，实现了的减排，并生成高附加值的活性炭，D项正确；故本题选C。9.温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入一定量的和，发生反应。测得反应过程中的部分数据如表所示，下列说法错误的是02.02.051.01.0101.01.0A.内，B.时，仅充入，该反应的C.时，仅再充入一定量的P，再次平衡后，P的百分含量不变D.时，仅升高温度到，平衡时测得P的浓度为，则【答案】D【解析】【详解】A．内，M的物质的量减少1mol，，故A正确；B．时，反应达到平衡状态，，仅充入，反应物、生成物浓度均不变，正逆反应速率不变，所以该反应的，故B正确；C．反应前后气体系数和不变，增大压强平衡不移动，时，仅再充入一定量的P，相当于加压，再次平衡后，P的百分含量不变，故C正确；D．时，P的物质的量浓度为，仅升高温度到，平衡时测得P的浓度为，说明平衡逆向移动了，则该反应为放热反应，，故D错误；选D。10.戊是用于制造隐形眼镜的功能高分子材料，它的一种合成路线如下：下列叙述错误的是A.上述流程中分离和提纯丙需要用到分液漏斗和烧杯B.乙发生取代反应生成丙C.丁的结构简式为D.戊中羟基可与水形成分子间氢键【答案】A【解析】【分析】丁中有6个碳原子，甲基丙烯酸中含有4个碳原子，因此甲中含有2个碳原子，结合甲转化为乙的条件可知甲为乙烯，与溴加成生成1，2-二溴乙烷(乙)，1，2-二溴乙烷与溶液共热生成乙二醇(丙)，乙二醇和甲基丙烯酸发生酯化反应得丁，根据丁的分子式，二者1:1反应，故丁为，丁一定条件下碳碳双键发生加聚反应得戊，戊为；【详解】A．乙二醇易溶于水，应采用蒸馏操作提纯丙，A项错误；B．1，2二溴乙烷在碱溶液中水解生成，B项正确；C．甲基丙烯酸的结构为，发生酯化反应生成丁，丁为，C项正确；D．戊为，戊含羟基，能与水形成氢键，D项正确；故本题选A。11.在由溶液和溶液组成的电解液中，以催化剂作为负极，在由溶液、溶液组成的电解液中，以为正极，组装成直接液态燃料电池(DHHPFC)，驱动装置组装成自供电制氢系统，装置如图所示。在电场作用下，双极膜中水电离出离子向两极迁移，记为。下列叙述正确的是A.装置主要将化学能转化成电能B.b极的电极反应式：C.一段时间后，装置中溶液浓度下降D.标准状况下，d极上产生时双极膜质量减轻【答案】B【解析】【分析】OHzS装置是电解池。c是阳极，c极N2H4失电子生成氮气；d是阴极，水得电子生成氢气。【详解】A．依题意，装置为电解池，装置将电能转化成化学能，故A错误；

B．b极为正极，双氧水得电子生成水，发生还原反应，故B正确；C．装置中总反应为，所以溶液浓度保持不变，故C错误；D．生成标准状况下时，转移电子，向a极迁移2molH+，向b极迁移2molOH-，双极膜中水质量减少36g，故D错误；故选B。12.含有镧的稀土金属化合物可应用于照明和投影等。金属的晶胞结构如图所示。已知：晶胞棱长为为阿伏加德罗常数的值。a原子分数坐标为(0，0，0)，c原子分数坐标为(1，1，1)，已知位于面对角线上的三个原子相切。下列叙述正确的是A.原子半径为B.b原子分数坐标为()C.原子的配位数为4D.晶体密度【答案】A【解析】【详解】A．面对角线上的三个是紧挨着的，由题意可知，面对角线是，若原子半径是r，则面对角线上的三个是4r，所以4r=，原子半径为，A正确；B．b原子位于面心，分数坐标为()，B错误；C．金属的晶胞为面心立方堆积，配位数为12，C错误；D．1个晶胞含4个，晶体密度，D错误；故选A。13.常温下，向的(醋酸，浓度始终保持不变)溶液中加入少量粉末(忽略体积变化)，混合溶液中与的关系如图所示。已知：i．或ii．混合溶液中存在：，，，。下列叙述错误的是A.曲线②代表与的关系B.常温下，C.常温下，对应的溶液D.【答案】C【解析】【详解】A．依题意，浓度保持不变，，随着增大，增大，而减小，故结合图像可知，①代表与的关系曲线，②代表与的关系曲线，③代表与的关系曲线，A项正确；B．根据a点坐标计算，，B项正确；C．，，C项错误；D．根据c点坐标计算，，，，，D项正确；答案选C。14.下列实验的操作、现象与结论均正确的是选项操作现象结论A向品红溶液中通入某气体品红溶液褪色气体中一定含有B向盛有的锥形瓶中滴入盐酸，再将产生的气体通入溶液中溶液中产生白色沉淀酸性：盐酸>碳酸>硅酸C向溴水中通入某有机物气体溴水褪色气体中一定含有烯烃D向淀粉溶液中先加入稀硫酸，加热，冷却后，加入几滴碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.氯气也能使品红溶液褪色，A错误；B.盐酸易挥发出氯化氢，干扰后面的实验，无法确定一定是与溶液反应产生的白色沉淀，B错误；C.使溴水褪色的有机物气体不一定是烯烃，炔烃、甲醛也可以，C错误；D碘单质能使淀粉变蓝，溶液未变蓝，说明溶液中已经不含淀粉，淀粉已经完全水解，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.可用于制作电极材料。由辉钼矿(主要含及少量)制备的工艺流程如下：回答下列问题：（1）已知的原子序数为42，与铬同族，基态原子的价电子排布式为___________。（2）为提高焙烧效率，可采取的措施为___________(填一条即可)。（3）用氨水浸取焙烧产物生成，写出该反应的离子方程式：___________，属于___________(填“酸性”或“碱性”)氧化物。（4）滤渣的成分为___________(填名称)。（5）在一定温度下，于氩气氛围中，与S反应生成，该反应的化学方程式为___________。（6）从充分利用资源角度考虑，写出你的合理化建议：___________(写出一条即可)。【答案】（1）（2）将辉钼矿粉碎（3）①.②.酸性（4）氧化铁、二氧化硅（5）（6）可用于生产硫酸【解析】【分析】由题给流程可知，辉钼矿在空气中焙烧，将金属元素转化为高价态氧化物，硫元素转化为二氧化硫，向焙烧渣中加入氨水浸取，将三氧化钼转化为，氧化铁和二氧化硅不与氨水反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣和溶液；溶液结晶、过滤得到；灼烧分解生成三氧化钼，三氧化钼在一定温度下，于氩气氛围中与硫反应生成二硫化钼。【小问1详解】由题意可知，钼元素位于元素周期表第五周期ⅥB族，基态原子的价电子排布式为，故答案为：；【小问2详解】将辉钼矿粉碎的措施可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高焙烧效率，故答案为：辉钼矿粉碎；【小问3详解】由分析可知，向焙烧渣中加入氨水浸取目的是将三氧化钼转化为，反应的离子方程式为，三氧化钼能与弱碱氨水反应生成盐和水，说明三氧化钼为酸性氧化物，故答案为：；酸性；【小问4详解】由分析可知，滤渣的成分为不与氨水反应的氧化铁和二氧化硅，故答案为：氧化铁、二氧化硅；【小问5详解】由分析可知，三氧化钼在一定温度下，于氩气氛围中与硫反应生成二硫化钼，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问6详解】由分析可知，辉钼矿在空气中焙烧和三氧化钼气相沉积时都有二氧化硫生成，从充分利用资源角度考虑，可以利用反应生成的二氧化硫制备硫酸，达到提高原料利用率的目的，故答案为：可用于生产硫酸。16.肼(N2H4)是一种潜在制氢燃料。一定温度下，肼会发生分解反应：I．Ⅱ．回答下列问题：（1）N2H4电子式为___________；反应I的___________(填“>”“<”或“=”)0.（2）已知N2H4(g)、NH3(g)的有关热化学反应(a、b均大于0)如下：Ⅲ．Ⅳ．计算___________(用含a、b的代数式表示)。（3）向恒容密闭容器内加入适量N2H4，一定条件下发生反应I和Ⅱ，若不同温度下达到平衡时，N2H4均视为完全分解，分解产物的物质的量如图所示。①曲线甲代表的物质是___________(填名称)；温度低于P点对应温度时，主要发生反应___________(填“I”或“Ⅱ”)。②其他条件不变，随着温度升高，NH3的物质的量逐渐降低的原因是___________。③相同温度和压强下，W点对应体系中N2和H2的体积比为___________。（4）在某温度下，保持总压为p时向密闭容器中充入0.5molN2H4(g)，达到平衡时N2H4的转化率为，NH3的选择性(NH3选择性=)为，则在该温度下，反应Ⅱ和I的平衡常数之比___________。（5）N2H4空气碱性燃料电池的能量转化效率高，装置示意图如图所示。写出a极的电极反应式：___________。【答案】（1）①.②.>（2）（3）①.氢气②.Ⅱ③.NH3分解生成N2和H2④.（4）64（5）【解析】【小问1详解】N2H4是共价化合物，N形成3个共价单键，H形成1个共价单键，故N2H4的电子式为；由题干中反应I的化学方程式可知，反应后气体的化学计量数之和比反应前的大，故＞0，故答案为：；＞；【小问2详解】由题干方程式：Ⅲ．，Ⅳ．，根据盖斯定律，Ⅲ×3-Ⅳ得目标反应，故(b-3a)kJ/mol，故答案为：b-3a；【小问3详解】①573K时n(NH3)接近于0，所以此时以反应I为主，又据反应产物的化学计量数可知，氢气的物质的量比氮气多，所以甲为氢气，乙为氮气，P点之前，NH3的物质的量较大，说明温度低于P点对应温度时，以反应Ⅱ为主，故答案为：H2；Ⅱ；②氨气的量随温度升高而减小，说明氨气分解，结合H2和N2量的变化关系，可知氨气分解生成氮气和氢气，故答案为：NH3分解生成N2和H2；③W点对应体系中，和的物质的量相等，设氨气为，则反应Ⅱ生成，反应I生成，生成，故和的体积比为(或)，故答案为：2:3；小问4详解】依题意，平衡时，消耗，则剩余，设平衡时，、和的物质的量分别为x、y、z，根据氮原子守恒，有；根据氢原子守恒，有；根据的选择性，有；联合方程解得，。容器中气体总物质的量为0.2+0.2+0.4+0.1=，则平衡时，、、和的物质的量分数分别为、、、，、、和的分压分别为、、、，，，，故答案为：64；【小问5详解】由题干图示装置信息可知，a极中N2H4失去电子转化为N2，发生氧化反应，结合电解质溶液为KOH溶液，故该电极的电极反应式为：，故答案为：。17.常用于制备高效催化剂。已知易溶于热水，在冷水中微溶。某小组设计实验制备并探究其氧化性。I．制备的简易流程如下：（1）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式：___________。步骤V中“浓盐酸”的作用是___________。（2）本实验中的产率约为___________(填标号)。A.33.3% B.56.5% C.66.7% D.72.4%Ⅱ．测定产品的纯度。实验步骤：步骤1：准确称取样品，用去离子水完全溶解，配成溶液；步骤2：准确量取所配制溶液于锥形瓶中，滴加2滴溶液，用溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗溶液。已知：常温下，为砖红色沉淀。（3）步骤2中，选择棕色滴定管，说明具有的性质是___________；滴定终点的现象是___________。（4）若滴定终点时，则此时溶液中___________；若滴定前滴加指示剂过多，则测得结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。Ⅲ．探究的氧化性相对强弱。已知：提出假设：假设1：的氧化性强于；假设2：的氧化性弱于。设计实验：实验操作现象①在溶液中滴加淀粉溶液溶液变蓝色②在溶液中滴加淀粉溶液溶液变蓝色③溶液中滴加淀粉溶液无明显现象④在溶液中加入足量淀粉溶液溶液逐渐变蓝色（5）由上述实验得出假设___________(填“1”或“2”)成立。（6）有人认为④中氧化性强于③中，请你评价：___________(指出是否正确，并说明理由)。【答案】（1）①.②.增大，借助同离子效应促进产品的析出(或其他合理答案)（2）C（3）①.稳定性差，见光易分解②.滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，剧烈振荡后，半分钟不变色（4）①.②.偏低（5）2（6）不正确，③和④中氧化性相同，④中引入了，消耗了，促进络合平衡向左移动，增大，氧化性强于【解析】【分析】本题主要考查的提纯及性质探究实验，热过滤式在除去杂质的同时减[Co(NH3)6]Cl3的溶解，加盐酸是促进[Co(NH3)6]Cl3析出。测定纯度的实验要根据中和滴定原理，进行操作和计算【小问1详解】步骤Ⅲ中发生反应的离子反应是氧化还原反应，离子方程式为：；增大，借助同离子效应促进产品的析出(或其他合理答案)；【小问2详解】本实验中的产率为；【小问3详解】选择棕色滴定管，说明具有的性质是稳定性差，见光易分解；滴定终点的现象是：滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，剧烈振荡后，半分钟不变色；【小问4详解】根据，可得若滴加指示剂过多，则未到达终点就变色，滴加溶液体积偏小，结果偏低；【小问5详解】根据控制变量原理，由实验①③可得出：Co3+离子氧化性强于：[Co(NH3)6]3+离子，故假设2正确；【小问6详解】不正确。离子种类相同、浓度相同，氧化能力相同，用替代，钾离子不参与反应，而质子能与形成稳定的铵根离子，导