精品解析：福建省龙岩一中2025届高三上学期开学考试化学试题

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．醛基的结构简式为-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NO2 D. 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的刺激性气体： 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，60 g二氧化硅中Si-O+键数为2NA B. 标准状况下，2.24 LC3H6O含有的C-H键数为0.6NA C. 1 mol乙酸与足量Na反应，生成的H2分子数为NA D. 0.1 mol C2H4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．60 gSiO2的物质的量是1 mol，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1 mol SiO2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．1 mol乙酸与足量Na反应，生成的H2的物质的量是0.5 mol，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1 mol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．1 mol C2H4或1 mol C2H6O在氧气中完全燃烧会消耗3 mol O2，则0.1 mol C2H4和C2H6O的混合气体完全燃烧，消耗的O2的物质的量是0.3 mol，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CH4 C. 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原子间难形成双键而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—Z C. 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1 mol SO2，整个过程需要Ni2O3的物质的量为0.5mol D. “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1 mol SO2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. 1 mol X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4 mol NaOH 【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1 mol X与足量NaOH溶液充分反应﹐最多可消耗4 mol NaOH，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MgCl2 B. 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A 14. 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. HCl ②. 体心 ③. 12 （5） ①. 0.4或2∶5 ②. 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HNO3中，而H元素存在H2O、HNO3中，由N元素守恒有n(HNO3) =2n[Mg(NO3)2·6H2O]，由氢元素守恒溶液中n(H2O)=6n[Mg(NO3)2·6H2O]-n(HNO3) =5 n[Mg(NO3)2·6H2O]，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为2 n[Mg(NO3)2·6H2O]∶5 n[Mg(NO3)2·6H2O]=2∶5； ②硝酸可以用于矿石浸取，而分解生成的MgO可以用于硝酸浸取液调节pH，故“热解”对于从矿石提取Ni、CoNi、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。 18. 帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。 已知：(均为烷基) 回答下列问题： （1）为加成反应，A的结构简式为_______。 （2）D的名称为_______，的反应类型为_______。 （3）写出第一步反应的化学方程式_______。 （4）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有_______种。 ①能与发生显色反应；②最多消耗；③核磁共振氢谱中有五组峰；写出其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：_______。 【答案】（1） （2） ①. 甲基-1,3-丁二烯 ②. 消去反应 （3） （4） ①. 4 ②. 或。 【解析】 【分析】A和丙酮发生加成反应生成B，根据B的结构简式，可知A是乙炔；B和氢气发生加成反应生成C，根据C的分子式C5H10O，可知C是，C发生消去反应生成D，D是，D与HCl发生1,4加成生成E；F被高锰酸钾氧化为G，根据已知信息，G是；H脱水生成I，由J逆推，可知I是。 【小问1详解】 为加成反应，根据B的结构简式，可知A是乙炔，A的结构简式为； 【小问2详解】 D是，名称为2-甲基-1,3-丁二烯，C是，C发生消去反应生成，的反应类型为消去反应； 【小问3详解】 G是，第一步反应是在碱性条件下发生水解反应生成、乙醇、水，反应的化学方程式为； 【小问4详解】 ①能与发生显色反应，说明含有酚羟基；②最多消耗，说明含有2个酚羟基；③核磁共振氢谱中有五组峰，说明结构对称；符合条件的K的同分异构体有、、、，共4种，其中峰面积之比为的有机物的结构简式为、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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： 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NO2 D. 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 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 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的刺激性气体： D. 用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体： 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，60 g二氧化硅中Si-O+键数为2NA B. 标准状况下，2.24 LC3H6O含有的C-H键数为0.6NA C. 1 mol乙酸与足量Na反应，生成的H2分子数为NA D. 0.1 mol C2H4和C2H6O的混合气体完全燃烧，消耗的O2分子数为0.3NA 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CH4 C. 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原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键 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—Z C. 仅含极性共价键 D. W的含氧酸均属于强酸 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 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 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1 mol SO2，整个过程需要Ni2O3的物质的量为0.5mol D. “过程2”的离子方程式可表示为 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. 1 mol X与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4 mol NaOH 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MgCl2 B. 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 14. 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 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 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_______。 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)。 18. 帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。 已知：(均为烷基) 回答下列问题： （1）为加成反应，A的结构简式为_______。 （2）D的名称为_______，的反应类型为_______。 （3）写出第一步反应的化学方程式_______。 （4）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有_______种。 ①能与发生显色反应；②最多消耗；③核磁共振氢谱中有五组峰；写出其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $