长沙市岳麓实验中学2025届高三上学期开学考试试卷化学试卷试题及答案解析

参考答案：题号12345678910答案CDCDCCABAD题号11121314答案CDAA1．C解析：Na与水的反应现象为“浮、游、熔、响、红”，即Na的密度比水小浮在水面上、Na与水反应放出氢气在水面上四处游动同时发出“嘶嘶”的响声、Na与水反应放出大量的热使Na熔化成小球、Na与水反应生成NaOH使滴有酚酞的水溶液变红，根据以上现象，不可能出现C项Na静止不动的状况，故答案选C。2．D解析：A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，所以不能比较与的氧化性强弱，A项错误；B．乙醇与浓硫酸反应时可产生二氧化硫，二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C．的酸性比的弱，C项错误；D．淀粉溶液变蓝，说明溶液中含有I2，加入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含有I-，故D正确；故选：D。3．C解析：A．为防止发生危险，因此点燃可燃性气体前，一定要验纯，故A说法正确；B．为防止中毒，应用手轻轻扇动，闻气味，故B说法正确；C．浓硫酸的密度大于水的密度，因此稀释浓硫酸时，应将浓硫酸慢慢倒入水中，边加边搅拌，故C说法错误；D．为防止液体暴沸，蒸馏液体时要放碎瓷片或沸石，故D说法正确。4．D解析：A项，生成物为硫酸铜和水，不产生二氧化硫，故不选A；B项，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，该反应不产生二氧化硫，故不选B；C项，三氧化硫和水反应生成硫酸，反应中无法产生二氧化硫，故不选C；D项，Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫、水和硫酸铜，故选D。综上所述，本题正确选项为D。5．C解析：A．N2中氮原子间形成三键，N原子满足8电子稳定结构，其电子式为，故A错误；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2-＞Na+，故B错误；C．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，能提高沸点，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质的沸点，沸点，故C正确；D．同周期主族元素从左到右非金属性减弱，非金属性O＞N，对应氢化物的稳定性为H2O＞NH3，故D错误；故选C。6．C解析：A．X是O，若W是H，则形成的化合物是H2O和H2O2，只含共价键；若X是Li，则形成的化合物是Li2O，含有离子键，故A错误；B.．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；简单离子半径是，即Z>L>X>Y>W，故B错误；C.．根据结构可推测化合物M中含有过氧键-O-O-，有强氧化性可用作漂白剂，故C正确；D.．X、Z、L形成的简单氢化物是H2O、H2S、HCl，水分子间存在氢键，所以水的沸点最高，故D错误；故答案为：C。7．A解析：A．金刚石中碳原子与碳原子间通过碳碳单键相连，1mol金刚石中含有2molC-C键，A错误；B．18g重水物质的量为0.9mol，一个重水分子中含有质子数为10个，则18g重水含有质子数为9NA，B正确；C．标况下11.2L乙烷和乙烯的混合气体的物质的量为0.5mol，一个乙烷和乙烯分子中都含有2个碳原子，则11.2L乙烷和乙烯的混合气体含有的碳原子数约为NA，C正确；D．Cu与足量HNO3反应，Cu失电子生成Cu2+，0.1molCu生成0.1molCu2+转移0.2mol电子，D正确；故答案选A。8．B解析：A．“乙→丙”羟基氧化成了羰基，发生了氧化反应，故A错误；B．香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基，不存在顺反异构现象，故B正确；C．甲分子属于醇类，不属于酚类，遇浓溴水不产生白色沉淀，故C错误；D．香茅醛中含有醛基和碳碳双键，都可以和氢气加成，能与2mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案选：B。9．A解析：A．碳化硅是无机非金属材料，不是有机高分子材料，故A错误；B．钛合金具有密度低、比强度高、抗腐蚀性能好、耐热性高、工艺性能好等优点，所以载人潜水器最关键的耐压球外壳用钛合金制造，故B正确；C．医用防护服使用的聚氨酯薄膜具有极好的透湿透气效果，是防水透湿功能高分子材料，故C正确；D．“高科技国旗”是以高性能芳纶纤维材料为主，采用“高效短流程嵌入式复合纺纱技术”制成的复合材料，故D正确；故选A。10．D解析：A、咖啡酸分子含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，正确；B、咖啡酸分子含有酚羟基和碳碳双键，能被高锰酸钾溶液氧化，故能使高锰酸钾酸性溶液褪色，正确；C、咖啡酸分子含有2个酚羟基和1个羧基，所以1mol咖啡酸最多能与3molNaOH反应，正确；D、根据酚羟基的位置，1mol咖啡酸可与3molBr2发生取代反应，咖啡酸含有1个碳碳双键，1mol咖啡酸可与1molBr2发生加成反应，故1mol咖啡酸最多能与4molBr2反应，错误。11．C解析：A.根据电解原理H+由左室向右室移动，故A项错误；B.空气污染物一氧化氮通常用含有Ce4+溶液吸收，生成HNO2、NO3-，N的化合价升高，Ce4+的化合价降低，然后对此溶液进行电解，又产生Ce4+，根据电解原理，应在阳极上产生，即Ce4+从a口出，可循环使用，故B项错误；C.根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为氮气，阴极电极反应式为2HNO2+6H++6e-N2↑+4H2O，故C项正确；D.33.6L甲烷参与反应转移电子的物质的量为33.6×8/22.4mol=12mol，理论上可转化HNO2的物质的量为12×2/6mol=4mol，故D项错误；综上，本题选C。12．D解析：A.环状结构中含有多个sp3杂化原子相连，故分子中不一定含有平面环状结构，故A错误；B.分子中含有手性碳原子如图标注所示：，共9个，故B错误；C.其钠盐是离子化合物，在水中的溶解度大于在甲苯中的溶解度，故C错误；D.羟基中氧原子含有孤对电子，在弱碱介质中可与某些过渡金属离子形成配合物，故D正确；答案为：D。13．A解析：A．由思路分析可知，a点溶液中溶质、、NaCl的物质的量之比为1：1：1，根据电荷守恒可知，，根据物料守恒可知，，把物料守恒代入电荷守恒有①：，根据氯、碳物料守恒可知，，则有②：，把②代入①得，故，A错误；B．b点溶液中溶质为、NaCl，，，，，即，则，故b点溶液的，B正确；C．反应产生的二氧化碳能溶于水生成碳酸，影响实验滴定结果，煮沸的目的是除去溶解的，使突跃明显，冷却后继续滴定到终点，C正确；D．b点溶液呈弱碱性，c点溶液呈弱酸性，故起始到b点可选用酚酞作指示剂，b点~c点滴定过程可选用甲基橙作指示剂，D正确；故选A。14．A解析：A.根据分析，c极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O，故A正确；B.当有0.1mol电子转移时，b极产生0.56L气体氧气（标准状况下），故B错误；C.a是阴极，b是阳极，装置I氢离子由b移向a；c是正极，d是负极，氢离子由d到c，运动方向相同，故C错误；D.RFC系统工作过程中只存在光能、电能、化学能、热能的等形式的能量转化，故D错误；故选A。15．B[Al(OH)]2＋＋H2O[Al(OH)2]＋＋H＋2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋过量的铁粉、稀盐酸Fe2＋取少量待测液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去11.2g解析：试题分析：（1）可燃物是跟空气中氧气发生氧化反应，化合价升高，氧化剂不能与可燃物一起存放，防止可燃物燃烧，发生危险，因此硝酸铝具有氧化性，B正确；（2）[Al(OH)]2＋→[Al(OH)2]＋进行对比得到OH－，从溶液的环境来看，只能是水提供OH－，同时根据题目得出：两种形态可以相互转化，说明此离子反应方程式是可逆的，即：[Al(OH)]2＋＋H2O[Al(OH)2]＋＋H＋；（3）Fe3＋具有强氧化性，和Cu能发生反应，根据化合价的升降配平即可，2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，腐蚀液的成分是Fe2＋、Cu2＋，除杂不能引入新杂质，因此加入铁粉，同时除杂试剂要过量，还要加入稀盐酸，除去过量的铁粉；（4）发生反应的离子方程式：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑溶液中铁元素以Fe2＋形式存在，因为Fe2＋具有还原性，可以利用酸性高锰酸钾溶液的颜色变化判断，即：，取少量待测液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，也可以用Fe3＋与KSCN变色来判断，即：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，观察颜色变化，滴加几滴H2O2，溶液变红，说明有Fe2＋存在，根据上述反应方程式，n(Fe)=n(H2)＋1/2n(Fe3＋)=2.24/22.4＋1/2×(160×10－3×5－2×2.24/22.4)×2/6=0.2mol，m(Fe)=0.2×56g=11.2g。考点：考查药品的存放、离子反应方程式的书写、分离和提纯、化学计算等知识。16．C7H6O②③⑤5（任写2种）解析：根据上述分析可知，（1）结合以上分析可知，A的分子式C7H6O；A发生银镜反应的化学方程式为：；综上所述，本题正确答案：C7H6O；；（2）苯甲醇和氢溴酸发生取代反应，方程式为：；综上所述，本题正确答案：。（3结合以上分析可知，①为还原反应；②为取代反应；③为取代反应；④为氧化反应；⑤为取代反应；综上所述，本题正确选项：②③⑤；（4）有机物E的结构简式：，符合下列条件的E的同分异构体：a．能发生银镜反应：含有醛基；b．不含酮羰基，c．不能水解，没有酯基；因此符合该条件下的有机物的结构简式为：，可能的结构共有5种；综上所述，本题正确答案：任写2种如下：。（5）苯乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成酯，反应的方程式：综上所述，本题正确答案；。17．(1)SiO2Sb2S3+6FeCl3=2SbCl3+6FeCl2+3S(2)Fe3+(3)Sb3++H2O+Cl-=SbOCl↓+2H+ACD10-2.9(4)溶浸(5)SbCl+3e-=Sb+4C1-解析：（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-)即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；故选ACD；③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。18．Ba点e点突然减小，可能是温度太高，催化剂失去活性10/9正方向移动变小解析：(1)观察图示：过程Ⅰ中，H2O断键：H2O→H+-OH；过程Ⅱ：被吸附的又一个水分子断键H2O→H+-OH过程Ⅲ：生成二氧化碳、氢分子、水分子。A．过程Ⅰ、过程Ⅱ只有化学键的断裂，是吸热过程；过程Ⅲ是形成化学键的过程，属于放热过程，故A错误；B．图示的三个过程都与水分子有关，故B正确；C．过程Ⅰ、过程Ⅱ只有极性化学键的断裂，过程Ⅲ：生成二氧化碳、氢分子、水分子，有极性共价键、非极性共价键的形成，故C错误；D．使用催化剂不能改变△H，故D错误；综上，选B。(2)据盖斯定律，结合燃烧热的概念(1mol燃料燃烧生成做稳定氧化物放出的热量)，方程式（Ⅰ+Ⅱ）/2得：；(3)①由图可知，催化剂M的催化效率比N好，a点温度最低，且是在催化剂N条件下的反应，故反应速率最慢；②随着温度的逐渐升高，反应速率逐渐加快，一氧化碳的转化率先增大；达到平衡后升高温度平衡逆向移动，一氧化碳的转化率减小。e点突然减小，可能是温度太高，催化剂失去活性；③设CO和O2的浓度起始时均为xmol/L