广东省佛山市南海区2025届高三上学期开学摸底测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市南海区2025届高三上学期开学摸底测试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Cr-52Mn-55Ag-108一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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.每一种生肖都有其独特的文化内涵。下列与生肖有关的文物中，主要材质为金属材料的是（）A．铜马(明)B．玉兔(唐)C．瓷猪(宋)D．陶狗(汉)〖答案〗A〖解析〗A．铜马为铜合金制成，主要材料为金属材料，A正确；B．唐代玉兔主要成分为滑石，主要成分硅酸盐，不是金属材料，B错误；C．瓷猪为硅酸盐产品，非金属材料，C错误；D．陶狗为硅酸盐产品，非金属材料，D正确；故选A。2.硬核技术助嫦娥六号“翻然落广寒”。下列说法不正确的是（）A.制作“石头版”五星红旗的玄武岩纤维属于无机纤维B.对采集到的月壤，可利用光谱仪鉴定其中所含的元素C.“胖五”火箭推进器使用的燃料液氢属于共价化合物D.“挖土锹”使用了异形铝合金，铝合金的硬度比铝单质大〖答案〗C〖解析〗A．‌玄武岩主要由硅酸盐矿物组成，玄武岩纤维是通过加热和拉伸熔融的玄武岩矿物质形成的一种无机纤维材料，A正确；B．光谱仪可以检测不同的元素，对采集到的月壤，可利用光谱仪鉴定其中所含的元素，B正确；C．液氢是H2的液体状态，属于单质，C错误；D．合金的硬度与强度比各组分的高，铝合金的强度和硬度都比纯铝的大，D正确；故选C。3.舌尖上的美味，源于大自然的馈赠。下列说法不正确的是（）A.用甘蔗生产蔗糖，蔗糖易溶于水B.用卤水点豆腐，卤水中含电解质C.用大豆制酱油，大豆含的蛋白质可水解D.压榨花生制花生油，油脂属于天然高分子化合物〖答案〗D〖解析〗A．蔗糖易溶于水，可由蔗糖水生产蔗糖，A正确；B．用卤水点豆腐，卤水中含电解质，电解质能使胶体发生聚沉，B正确；C．酱油中含有氨基酸，大豆含的蛋白质可水解为氨基酸，C正确；D．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误；故选D。4.劳动成就梦想，技能点亮人生。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A建筑：用混凝土浇灌桥墩硅酸盐水泥显碱性B科研：用杯酚分离和超分子有分子识别的特性C家务：用小苏打做面点膨松剂分解产生D环卫：用“84”消毒液对环境消毒“84”消毒液具有强氧化性〖答案〗A〖解析〗A．建筑工人用混凝土浇灌桥墩是因为硅酸盐水泥能发生胶体的聚沉，与硅酸盐水泥显碱性无关，A错误；B．和混合物加入一种空腔大小适合的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，B正确；C．面点师傅用小苏打做膨松剂是由于受热分解为二氧化碳气体，C正确；D．“84”消毒液的主要成分次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以环卫工人用“84"消毒液对环境消毒，D正确；故选A。5.化学处处呈现美。下列说法不正确的是（）A.甲烷呈正四面体结构，碳原子为杂化B.封装管遇热变色，平衡正移C.舞台上闪烁多彩光束，光透过气溶胶产生丁达尔效应D.钠燃烧发出美丽黄光，碱金属元素的焰色试验均为黄色〖答案〗D〖解析〗A．CH4中心原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体形，碳原子为sp3杂化，A正确；B．是吸热反应，封装管遇热温度升高，平衡正向移动，NO2浓度增大，颜色变深，B正确；C．气溶胶达到一定浓度并且有强光线穿过时，会形成丁达尔效应，C正确；D．钠的焰色试验为黄色，但同为碱金属的钾元素焰色试验为紫色，D错误；故选D。6.关于的实验装置或操作不能达到实验目的的是（）目的制备干燥验证的性质尾气吸收装置或操作选项ABCD〖答案〗B〖解析〗A．实验室制备二氧化硫，常用Na2SO3固体与70%硫酸反应制备，不需要加热，题中所给装置能达到实验目的，A正确；B．二氧化硫为酸性气体，碱石灰是CaO、NaOH混合物，二氧化硫与碱石灰反应，因此干燥二氧化硫，可用浓硫酸或P2O5等，题中所给装置不能达到实验目的，B错误；C．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，题中所给装置能达到实验目的，C正确；D．二氧化硫有毒，为防止污染空气，需要除去，常用碱液吸收，题中所给装置能达到实验目的，D正确；故选B。7.Li-MnO2纽扣电池的总反应式为Li+MnO2=LiMnO2，装置如图所示，下列该电池说法不正确的是（）A.阳离子移向MnO2电极B.放电时，热能转化为电能C.不能选用水溶液作电解质溶液D.正极反应为：MnO2+e-+Li+=LiMnO2〖答案〗B〖祥解〗在Li-MnO2纽扣电池中，Li为负极，负极发生失去电子的氧化反应；MnO2为正极，正极上发生得到电子的还原反应。阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动。【详析】A．在Li-MnO2纽扣电池工作时，阳离子向负电荷较多的正极MnO2电极移动，A正确；B．在Li-MnO2纽扣电池放电时，化学能转化为电能，B错误；C．由于Li能够与H2O发生反应，因此该电池不能使用水溶液作为电解质溶液，C正确；D．MnO2为正极，正极上发生得到电子的还原反应，电极反应式为：MnO2+e-+Li+=LiMnO2，D正确；故合理选项是B。8.大环化合物在催化等领域具有良好的应用前景。关于下图所示大环化合物的说法不正确的是（）A.苯环上的一氯代物共有2种 B.能发生还原反应C.能使酸性溶液褪色 D.能与氨基酸中的羧基反应〖答案〗A〖解析〗A．该有机物不是对称的结构，苯环上有6种环境的H原子，苯环上的一氯代物共有6种，A错误；B．该有机物中含有-CHO，可以和H2发生加成反应，也属于还原反应，B正确；C．该有机物中含有-CHO，能够和酸性溶液发生氧化反应使其褪色，C正确；D．该有机物中含有氨基，可以与氨基酸中的羧基反应发生取代反应，D正确；故选A。9.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.与充分反应后的分子数目为B.标准状况下，的中含有的σ键数目为C.溶液中含氮微粒的总数目为D.完全水解生成的胶粒数为〖答案〗C〖解析〗A．SO2与O2反应生成SO3是可逆反应，反应不完全，充分反应后的分子数目大于，故A错误；B．标准状况四氯化碳不是气体，CCl4含物质的量不是0.5mol，无法计算σ键数目，故B错误；C．根据物料守恒有c(NH3﹒H2O)+c()=1L0.1mol/L=0.1mol，故溶液中含氮微粒的总数目为，故C正确；D．一个胶粒由多个组成，故完全水解生成的胶粒数小于，故D错误；〖答案〗选C。10.分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的流程如下，操作X为（）A.冷却结晶 B.蒸发结晶 C.萃取分液 D.加热蒸馏〖答案〗D〖解析〗乙酸乙酯粗产品经饱和碳酸钠溶液多次洗涤分液，得到酯层，再加入无水Na2SO4固体干燥酯层，经过滤得到滤液，最后滤液经加热蒸馏得到乙酸乙酯，故选D。11.一种有机除草剂的分子结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，Z和E同主族，Z与W同周期，则错误的是（）A.元素电负性：B简单氢化物沸点：C.第一电离能：D.的模型和空间结构均为平面三角形〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和E同主族，Z与W同周期，E形成五个价键，所以X为VA族元素，Z形成三个价键，Z和E同主族，所以Z为VⅡA族元素，因Z为N，E为P；W形成两个价键，所以X为VIA族元素，因W为O，Y形成四个价键，所以Y为IVA族元素，Y为C，X形成一个价键，所以X为H，可知X为H、Y为C、Z为N、W为O、E为P，据此分析；【详析】A．同周期从左到右元素的电负性增强，，A正确；B．均是共价化合物，结构相似，但中存在氢键，故沸点高于，中每个分子平均含两个氢键，中每个分子平均含一个氢键，故简单氢化物沸点：，B正确；C．同周期元素，第一电离能从左到右增大，但Z（N）的2p能级有3个电子，处于半充满、较稳定，故Z（N）的第一电离能大于W（O）的第一电离能，故第一电离能：，C错误；D．的价层电子对数目：，模型和空间结构均为平面三角形，D正确；故选C。12.部分元素的化合价及物质类别用下图表示，图中表示含铝或铜元素的物质，下列推断合理的是（）A.工业上可通过电解b和d制备aB.a与e反应可转化为dC.水溶液中，b与a反应可转化为dD.加入过量氨水，可由b、d分别制取c、e〖答案〗C〖祥解〗由图知，a为Cu或Al单质，b为铜盐，d为铝盐，c为氢氧化铜，e为氢氧化铝，据此回答。【详析】A．工业上电解铜盐制取Cu单质，但是电解Al2O3制取Al单质，A错误；B．由于Al的化学性质比Cu活泼，故铜不与氢氧化铝反应，B错误；C．由于Al的化学性质比Cu活泼，故Al能与铜盐反应生成Cu和铝盐，C正确；D．加入过量氨水，可由铝盐制得氢氧化铝，铜盐制得，得不到氢氧化铜，D错误；故选C。13.某学习小组利用下图装置制备84消毒液。下列说法正确的是（）A.湿润的蓝色石蕊试纸褪色，说明有漂白性B.中溶液出现浑浊，说明降低了的溶解度C.若无装置，制取的84消毒液中的纯度下降D.该装置条件下，若用代替也可制取84消毒液〖答案〗C〖祥解〗装置I中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，装置II中的饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体，将氯气通入NaOH溶液中可以制备84消毒液。【详析】A．装置I中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，Cl2使湿润的蓝色石蕊试纸褪色是因为和水反应生成的HClO具有漂白性，没有漂白性，A错误；B．的溶解度只受温度的影响，中溶液出现浑浊，是因为氯离子浓度增大，的溶解度不变，B错误；C．装置II中的饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体，HCl会和NaClO反应生成NaCl和HClO，若无装置，制取的84消毒液中的纯度下降，C正确；D．浓盐酸和反应生成氯气需要加热，该装置没有加热设备，不能用代替制取84消毒液，D错误；故选C。14.下列陈述与陈述均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述陈述A酸性：羧基在水溶液中能电离出B用除去废水中的具有较强的还原性C铁板上的锌块在潮湿空气中更容易被腐蚀容易失电子D苯和稀溴水混合、振荡、静置，水层几乎无色和苯都是非极性分子〖答案〗D〖解析〗A．吸引电子能力：F>Cl，则F-C的极性大于C-Cl的极性，则CF3-的极性大于CCl3-，导致羧基电离出氢离子程度：，则酸性：，陈述与陈述没有因果关系，A不符合题意；B．用除去废水中的原理是S2-和Cu2+结合生成CuS沉淀，与具有较强的还原性无关，B不符合题意；C．锌比铁活泼，铁板上的锌块在潮湿空气中更容易被腐蚀是因为形成了原电池，锌块作负极被腐蚀，与容易失电子无关，C不符合题意；D．和苯都是非极性分子，根据相似相容的原理，Br2在苯中的溶解度大于在水中的，苯和稀溴水混合、振荡、静置，Br2被萃取溶解在苯中，水层几乎无色，D符合题意；故选D。15.X在复合催化剂下可发生反应如下所示，反应历程如图所示，其它条件相同时，下列说法不正确的是（）A.步骤为决速步B.升高反应温度，增大C.改良催化剂N可改变D.，没有催化剂M，该比较结果也不影响〖答案〗C〖解析〗A．由图知，步骤I得活化能大于步骤II和步骤III，故步骤I为决速步，A正确；B．由图知，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，增大，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，减小，故升高反应温度，增大，B正确；C．由于催化剂不会影响平衡的移动，故改良催化剂N并不能改变，C错误；D．由为吸热过程，故，为放热过程，故，则，由于催化剂不影响平衡移动，故没有催化剂M，该比较结果也不影响，D正确；故选C16.通过电解含锰废水可回收和产品，其工作原理如图，下列说法不正确的是（）A.惰性电极a连接电源的负极B.膜X类型为阳离子交换膜C.室发生的电极反应：D.当电路中通过电子，从溶液中回收锰元素的质量为〖答案〗B〖祥解〗由图可知，在I室中Mn2+得到电子生成Mn，则故惰性电极a是阴极，电极方程式为：Mn2++2e-=Mn，通过电解含锰废水可回收和产品，惰性电极b是阳极，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，以此解答。【详析】A．由图可知，在I室中Mn2+得到电子生成Mn，电极方程式为：Mn2++2e-=Mn，则故惰性电极a是阴极，连接电源负极，故A正确；B．通过电解含锰废水可回收和产品，惰性电极a是阴极，在I室中Mn2+得到电子生成Mn，由电荷守恒可知，多余的通过膜X进入II室得到产品，膜X类型为阴离子交换膜，B错误；C．通过电解含锰废水可回收和产品，惰性电极b是阳极，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，C正确；D．由A、C的电极反应方程式可知，转移1mol电子时，生成0.5molMn和0.5molMnO2，所以从溶液中回收锰元素的质量为1mol×55g/mol=55g，故D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.硝酸铁可作催化剂、氧化剂等。（1）的制备：往浓硝酸中加入铁屑，微热充分反应，反应中___________元素(填符号)被还原。用___________(填化学式)溶液吸收废气，通入空气可制取。（2）溶液配制：固体先加入冷的稀酸溶解再加水稀释，原因是______________________________________________。（3）用溶液溶解银粉并进行原理探究实验1：将溶液加入到银粉中，银粉迅速溶解，5分钟后有少量固体残留，且无明显继续溶解现象。原理探究：小组同学设计以下实验研究溶银的可能微粒：序号操作现象2取实验1中上层清液于试管中，加入2滴___________溶液产生蓝色沉淀3取___________溶液，加入银粉中，充分振荡10分钟银粉不溶解结论：银粉溶解的原因为____________________________________(写离子反应方程式)。（4）银未完全溶解的原因探究①提出假设小组同学提出以下假设：假设1溶液浓度下降，反应速率减慢；假设2该反应是可逆反应，处于平衡状态。②验证假设通过测定的变化来验证，设计对比实验如下：序号实现操作4重复实验1，5分钟后过滤混合物，滤液稀释至，取稀释液加入指示剂，用溶液滴定，消耗溶液体积为5重复实验1，5分钟后继续放置更长时间，测定结果同实验4i．实验中用到图甲中的仪器有___________(填标号)。ii．计算实验中银粉的溶解程度：___________。③实验结论假设2成立。完成下列问题：i．在图乙中画出实验1中平衡建立的曲线___________(含标注，忽略溶液体积变化)。ii．根据平衡移动原理，往实验1混合物中加入___________，剩余的银可完全溶解。（5）比作为溶银试剂更环保的原因是_______________________。〖答案〗（1）FeNaOH（2）抑制Fe3+的水解（3）铁氰化钾0.30Fe3++Ag=Ag++Fe2+（4）D96%（5）没有污染性气体生成〖祥解〗用溶液溶解银粉并进行原理探究，将溶液加入到银粉中，银粉迅速溶解，可能是Fe3+或者氧化了Ag，实验2中检验Fe2+，实验3中探究能否氧化Ag+，考虑到控制变量，KNO3溶液中c()应该和溶液中的相等，以此解答。【详析】（1）往浓硝酸中加入铁屑，微热充分反应：Fe+6HNO3+3NO2+3H2O，反应中Fe元素被还原。用NaOH溶液吸收废气，通入空气可制取。（2）Fe3+易水解生成氢氧化铁，固体先加入冷的稀酸溶解再加水稀释，原因是：抑制Fe3+的水解。（3）实验2中加入试剂后产生蓝色沉淀，结构实验中Fe3+和Ag发生了反应，说明是在检验Fe2+，需要加入铁氰化钾溶液；溶液能够溶解银粉，可能是Fe3+或者氧化了Ag，因此实验3可以探究能否氧化Ag+，考虑到控制变量，KNO3溶液中c()应该和溶液中的相等，则实验操作为取0.30溶液，加入银粉中，充分振荡10分钟，结合2个实验的现象可以推知Fe3+可以氧化Ag生成Ag+和Fe2+，不能氧化Ag，反应的离子方程式为：Fe3++Ag=Ag++Fe2+。（4）实验中涉及滴定操作，需要用到的仪器是滴定管，故选D；重复实验1，5分钟后过滤混合物，滤液稀释至，取稀释液加入指示剂，用溶液滴定，消耗溶液体积为，则反应后溶液中溶解的n(Ag+)=×0.0192L×=0.00096mol，则银粉的溶解程度：；重复实验1，5分钟后继续放置更长时间，测定结果同实验4，说明在Fe3+过量的情况下Ag不能完全反应，说明该反应是可逆反应，5min时反应达到平衡，反应过程中Ag+的浓度先增大后不变为=0.64mol/L，画出实验1中平衡建立的曲线为：，根据平衡移动原理，往实验1混合物中加入增大Fe3+的浓度，平衡正向移动，剩余的银可完全溶解。（5）比作为溶银试剂更环保的原因是没有污染性气体生成。18.铬、钒具有广泛用途。从铬钒渣(主要含及少量)中分离提取铬和钒的流程如下：已知：①“酸浸”过程中，转化为；②有机溶剂对的萃取率高于；且只萃取不萃取；③最高价铬酸根在酸性介质中以存在，碱性介质中以存在。（1）“焙烧”中，生成的中铬的化合价为___________。（2）“酸浸”中，钒由转化为，反应的离子方程式为_______________________________________________。（3）“操作1”“操作2”中，添加的物质分别为___________(填标号)。A．B．C．（4）“萃取”中，有机溶剂提供配原子与配位：，则化合物中提供空轨道的原子为___________(写化学符号)，从平衡移动角度分析，提出一种有利于提高萃取率的措施为___________________________。（5）“沉钒”后，若溶液中小于，则应控制溶液中高于___________[反应对应条件下，]。（6）“除硅”中，使用调节，滤渣的主要成分为___________(填化学式)。（7）系列涂层具有良好的耐磨和耐腐蚀性。氮化铬晶体可描述为如下图所示的两个立方体交替出现的晶体结构。氮化铬晶体中一个N周围与其最近的的个数为___________。氮化铬晶胞中，的位置为面心和顶点，N的位置为_______________。为阿伏加德罗常数，则氮化铬晶胞的密度为___________。〖答案〗（1）+6（2）2+12H+=6+2Fe3++6H2O（3）B（4）V适当升高温度（5）（6）MgSiO3（7）6体心和棱心〖祥解〗铬钒渣(主要含及少量)在Na2CO3、O2作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、，转化为Na2SiO3，加水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有，水浸液中含有Na2CrO4、Na2SiO3，加入稀硫酸、硫酸镁调节水浸液的pH使Na2SiO3转化为MgSiO3沉淀，过滤后结晶得到Na2CrO4，水浸渣用硫酸酸浸，钒由转化为，操作1中只萃取三价铁，因此可以加入铁粉使其变成二价铁，但同时也把矾给还原成了+4价，操作2中把矾从+4价再氧化为+5价，达到一个反萃取的目的，让钒从有机溶剂中转移到水层中，再加入NH4Cl沉钒得到NH4VO3，以此解答。【详析】（1）中Na元素为+1价，O元素为-2价，根据化合价代数和为零可知铬的化合价为+6价。（2）“酸浸”中，钒由转化为，酸提供氢离子，因此反应中有水生成，离子方程式为：2+12H+=6+2Fe3++6H2O。（3）操作1中只萃取三价铁，因此可以加入铁粉使其变成二价铁，但同时也把矾给还原成了+4价，操作2中加入氧化剂NaClO3把矾从+4价再氧化为+5价，达到一个反萃取的目的，让钒从有机溶剂中转移到水层中，故选B。（4）配合物中金属原子提供空轨道，化合物中提供空轨道原子为V，反应的，为吸热反应，适当升高温度可以让平衡正向移动，有利于提高萃取率。（5）“沉钒”后，若溶液中小于，则应控制溶液中高于。（6）由分析可知，“除硅”中，使用调节，使Na2SiO3转化为MgSiO3沉淀。（7）氮化铬晶体可描述为如图所示的两个立方体交替出现的晶体结构，则可以表示为：，氮化铬晶体中一个N周围与其最近的的个数为6。氮化铬晶胞中，的位置为面心和顶点，N的位置为体心和棱心。为阿伏加德罗常数，该晶胞中含有=4个Cr，=4个N，则氮化铬晶胞的密度为。19.甲酸是最简单的羧酸，可用于制甲酸盐、还原剂、混酸清洗剂等。（1）甲酸分子中氧原子的价电子排布式为_______________。（2）甲酸盐可用于储氢。甲酸与石灰乳作用制取甲酸钙的的化学方程式为_______________________________________________。（3）甲酸水溶液在密封石英管中发生多种分解反应，反应机理及能量关系图如下：①反应的___________(用含的代数式表示)②关于甲酸水溶液分解体系，说法正确的是___________。A．加快分解产生的速率B．分解过程涉及极性键的断裂和形成C．温度升高有利于的分解D．压强不再改变时，反应体系达到平衡状态（4）甲酸可与其他有机酸混合作清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有意义。时，相同浓度甲酸、丙酸及某羧酸的水溶液中，酸分子的分布随变化曲线如下图所示。①往和的混合溶液中加入至___________(填“>”“=”或“<”)。②酸性强弱判断：___________(填“>”“=”或“<”)，依据物质结构分析原因为_______________________________________________。③将等物质的量浓度等体积的和混合充分，发生的反应为：，求平衡时的转化率___________。〖答案〗（1）（2）（3）①②AD（4）①=②>和均为一元酸有机酸，中氢原子对羧基中氢原子的束缚能力小于中乙基对羧基中氢原子的束缚能力③90.1〖解析〗（1）O原子为8号原子，氧原子的价电子排布式为；（2）甲酸与石灰乳发生中和反应制取甲酸钙，化学方程式为；（3）①由图知，、、，反应的；②A．由图知，作为催化剂，故加能快分解产生的速率，A正确；B．的分解过程不涉及非极性键的的形成，B错误C．由能量关系图知，的分解反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，不利于的分解，C错误；D．分解过程为其他分子数增加的反应，压强不再改变时，反应体系达到平衡状态，D正确；；故选AD。（4）①由于能与反应生成，不与反应，，说明，由电荷守恒得，则；②和均为一元酸有机酸，中氢原子对羧基中氢原子的束缚能力小于中乙基对羧基中氢原子的束缚能力，故比更容易电离，故酸性>；由图知，的电离平衡常数为，结合图中酸分子的分布随变化曲线可知，，同理可得某羧酸的电离平常常数为，则的平衡常数，设和的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x，由三段式为，解。20.环加成反应因具有良好的立体选择性，在碳碳键的构筑方面具有举足轻重的地位。利用环加成反应合成抗炎药物中间