山西省部分学校2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

★★★202609 高三化学·答案 1~14小题，每小题3分，共42分。 1.答案A 命题透析本题以金属货币及材料为情境，考查金属材料等，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析、 科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拔“曾青得铁则化为铜”为湿法炼铜(Fe+CuSO,一=FSO,+Cu),铁置换出铜，属于置换反应，A项 正确；通常合金的硬度大于成分金属，但熔点低于成分金属，故青铜的熔点比纯铜低，B项错误；潮湿空气中的 水膜通常呈中性或弱酸性，铁钱生锈主要发生的是吸氧腐蚀，C项错误：银久置发黑主要是因为与空气中的微 量含硫物质发生反应生成了黑色的硫化银(AgS),而非氧化银，D项错误。 2.答案D 命题透析 本题以顺铂为素材，考查化学用语等，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拔 sp3 杂化轨道轮廓图，四面体结构，而顺铂分子具有平面四边形结构，D项错误。 3.答案B 命题透析 本题以物质用途为情境，考查物质的性质与应用，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析、 科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，A项正确；明矾溶于水生成的氢氧化铝胶体能吸附水中 悬浮杂质，用于净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，B项错误；二氧化硫具有还原性，可防止葡萄酒中的营养成 分被氧化，C项正确：聚四氟乙烯性质稳定，耐高温且耐腐蚀，可用作不粘锅内衬涂层，D项正确。 4.答案A 命题透析本题以化学史与相关陈述为素材，考查元素周期表、平衡移动原理、氯气制备、莫瓦桑制氟等，意在 考查理解与辨析能力，变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨门捷列夫制出第一张元素周期表时，是按照相对原子质量递增的顺序排列的，A项错误：勒夏特列 提出了平衡移动原理，B项正确；反应中MnO2将Cl氧化为Cl2,自身被还原为Mn2+,C项正确；氟是电负性最 强的元素，只能通过电解法强制使其失去电子生成单质，D项正确。 5.答案B 命题透析本题以实验操作是否符合规范为情境，考查溶解、蒸发、萃取、称量等，意在考查探究与创新能力，科 学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨量筒是用来量取液体体积的仪器，不能用于溶解固体，溶解N,CO,固体应在烧杯中进行，A项错 一1 误；用坩埚钳夹住热的蒸发皿转移至陶土网，B项正确；萃取振荡时放气，应将分液漏斗倒置，打开旋塞放气，C 项错误：NaOH易吸湿且腐蚀性强，应置于小烧杯中称量，D项错误。 6.答案B 命题透析本题以硫代硫酸钠为情境，考查物质结构与性质、离子方程式的正误判断，意在考查分析与推测能 力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨S0为正四面体形，当其中的一个0原子被S原子取代生成S,0,由于S一S键与S一0键的键 长不同，原有的对称性被破坏，A项错误；AgC的溶度积大于AgBr,即AgCl的溶解度大于AgBr,Na,S2O3溶液 能通过配位反应溶解较难溶的Agbr,也可能溶解较易溶的AgCl沉淀，B项正确；AgBr溶于Na,S2O,溶液的离 子方程式：AgBr+2S,0号-一[Ag(S203)2]3+Br,C项错误；向Na2S20溶液中通人足量氯气：S203+ 4CL,+5H,02S0+8Cl+10H*,足量CL2不能使反应停留在生成物S0这一阶段，D项错误。 7.答案B 命题透析本题以N、S元素的“价一类”二维图为素材，考查氨、硫元素及其化合物和氧化还原反应的计算等， 意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨根据图示推断：a为NH,b为N2,c为NO,d为NO2,e为HNO3;u为H2S,v为S,w为SO2,x为SO3, y为H2S03,z为HS04。x(S03)中心原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120℃，w(S02)中心原 子有1个孤电子对，空间结构为V形，键角小于120℃，A项正确；d(NO2)与w(S02)中N、S元素均为+4价， 但性质不同，如NO2溶于水发生氧化还原反应生成HNO,和NO,而SO2溶于水生成H2S0(非氧化还原反应)， B项错误；常温下，铁和铝遇浓硝酸或浓硫酸时表面会生成致密的氧化膜而发生钝化，故可用铁制或铝制容器 盛装浓硝酸或浓硫酸，C项正确：u与w在水溶液中发生反应：2H,S+S023S↓+2H20,每生成3molS转 移4ml电子，agS的物质的量为号md,转移电子的物质的量为爱×号md=云ml,D项正确。 8.答案D 命题透析本题以元素推断为情境，考查原子结构与元素性质、元素周期律、分子结构与性质，意在考查分析与 推测能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由题意知，W是氢元素，X是碳元素，Y是氮元素，乙是硅元素。同周期从左到右主族元素的原子半 径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，故原子半径：Si>C>N,A项错误；Si的单质（晶体硅） 属于共价晶体，不属于分子晶体，B项错误：同周期主族元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能： N>C,C项错误；非金属性：N>C>Si,故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H,CO,>H,SiO,D项正确。 9.答案C 命题透析本题以探究铜的配合物的性质及平衡移动为情境，考查实验设计与评价、外界因素对化学平衡的影 响、配合物等，意在考查探究与创新能力，科学探究与剑新意识的核心素养。 思路点拨中心离子C+含有空轨道，H,0作配体，两者通过配位键结合形成配离子，A项正确；滴加适量蒸 馏水稀释时，溶液体积增大，根据勒夏特列原理，平衡向生成[C(H,0)4]2+的方向移动，溶液恢复蓝色，B项正 确：④中先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解，是因为Cu2+与NH,形成了[C(NH)4]2+配离 子，这导致溶液中游离的Cu2+浓度降低，使得Cu(OH)2(s)一Cu2+(aq)+2OHˉ(aq)的溶解平衡正向移动至 2 沉淀完全溶解，其根本原因是NH3的配位能力强，而非OH浓度增大，C项错误；[Cu(NH3)4]SO4·H,O是离 子晶体，易溶于极性强的水，加入极性较弱的乙醇后，混合溶剂的整体极性降低（相似相溶原理），导致该配合 物的溶解度减小，从而析出晶体，D项正确。 10.答案C 命题透析本题以铁基超导材料为素材，考查晶体、元素周期表等，意在考查分析与推测能力，宏观辨识与微 观探析、变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨基态K、Fe、Se原子的价层电子排布式分别为4s3d4s24s24p,依次位于元素周期表的s区、d区 和p区，A项正确：利用均推法计算品胞中的原子个数：K原子位于顶点和体心，个数为8×日+1=2：题干已 知“Fc均不在晶胞内部”，观察图形可知Fc原子全部分布在4个侧面上，个数为8×？=4，Sc原子位于4条 棱上和晶胞内部，个数为8×子+2=4，故化学式为K©，，B项正确；观察图形可知，2号与3号原子之间的 距离为 (受)尸+(x-)2m,C项错误；以体心3号K原子为例，观察品胞结构可知，晶体中与K原子距 离最近且等距的Se原子有8个，D项正确。 11.答案D 命题透析本题以催化N,0氧化C2H。的反应历程为素材，考查分子极性、氢键、示踪元素与反应过程等，意 在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨根据机理图中的原子守恒推断，过程Ⅲ中脱去的是HO,故X为H,O;过程Ⅵ中生成的Y为 C2HOH。N2O结构不对称，X(HO)为V形结构，二者正负电荷中心不重合，均为极性分子，A项正确；Y为乙 醇，分子间存在氢键，沸点高于CH,CHO,B项正确：反应历程中存在C一H、N一0等极性键的断裂和C一O、 H一0等极性键的形成，C项正确：若用N280参与反应，80会进人中间体[(C,H,)e(8OH)]+,发生副反应 M,生成C2H8OH,主反应过程Ⅲ生成H8O,后续过程V中新的N2180参与反应，最终在过程V中生成 CHCH80,含180的生成物有3种，D项错误。 12.答案D 命题透析本题以电解固态SO,制备高纯多晶硅为素材，考查电解原理、电极反应式等，意在考查理解与辨 析能力，证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨SO2中的+4价硅得电子被还原为单质Si,发生还原反应，故SO2应连接电源的负极，A项正确； 电解池中，阴离子向阳极移动，石墨电极为阳极，故0-向石墨电极方向移动，B项正确：阴极上S0,得到电 子，硅被还原为单质，氧以02-形式进人熔融盐，C项正确：设生成的C0和C02各为1ol,则混合气体的总物 质的量为2mol,阳极失去的电子总数为1mol×2+1mol×4=6mol,根据电子守恒，阴极得到6mol电子，消 耗的Si02为1.5m©l,因此消耗的SiO2与生成的混合气体的物质的量之比为3：4，D项错误。 13.答案C 命题透析本题以连串可逆反应为情境，考查活化能与反应速率等，意在考查分析与推测能力，变化观念与平 衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 一3 思路点拨由于活化能E,(MA)<E(AN),第一步反应速率较快，第二步反应速率较慢，起始投人M后， A快速生成而消耗缓慢，因此A作为中间体会先积累；随着M浓度下降和A向N转化，A的占比随后减小，图 像上必然出现峰值，A项正确；t=0时刻，M的浓度最大，其消耗速率v(M→A)=kx达到最大值；此时体系中 尚无A,故N的瞬时生成速率(A→N)=k2xA=0,B项正确；由三种物质的相对能量大小N(g)<M(g)< A(g)可知，总反应M(g)、N(g)的焓变△H<0,为放热反应，适当升高温度，平衡向吸热反应方向移动，导 致最终平衡时N的物质的量分数减小，C项错误；A的净生成速率可表示为"A=①生成-消耗=(kxn+ k2xN)-(k1+k2)xA,当A的物质的量分数达到最大值时，其瞬时变化率为0，即=0，整理即可得到 k1xM+k-2xN=(k-1+k2)x,D项正确。 14.答案C 命题透析本题以离子平衡图像为素材，考查溶度积常数、离子浓度大小比较等，意在考查分析与推测能力， 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养 思路点拨溶度积K仅受温度影响，K,(BaCO3)保持不变，A项错误；b点加入l0 mL NaHCO3溶液，NaHCO. 与Ba(OH)2按物质的量之比1：1反应生成BaCO3沉淀和NaOH,溶液中的主要溶质为NaOH,正确的浓度大小 应为c(OH-）≈c(Na)>c(Ba2+),B项错误；c点加人20 mL NaHCO,溶液，NaHCO,与Ba(OH)2按物质的 量之比2：1完全反应，溶液中的溶质为N2C0,根据质子守恒，水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，即 c(OH)=c(H+)+c(HCO,)+2c(H2CO3),C项正确；d点溶液呈碱性(pH=x>7),碳酸根水解促进了水的 电离，故水电离出的c(H+)>10-mol·L1,D项错误。 15.答案(1)增大反应物接触面积，加快反应速率(1分，合理即可) (2)2:1(2分) (3)过滤(1分)PbSO,存在沉淀溶解平衡PbSO,(s)、一Pb2+(aq)+SO(aq),en能与Pb2+结合生成稳定 的[Pb(e),]2+,使溶液中Pb2+浓度降低，促使PbS0,沉淀溶解平衡正向移动(2分，合理即可) (4)76(2分) (5)增大CO2的溶解度（或浓度），加快反应速率，提高铅的沉淀率(2分，合理即可) (6)使乙二胺(en)再生，以便循环利用(2分，合理即可)CaS04、CaC03(2分) 命题透析本题以制备电池级Pb0的工艺流程为素材，考查外界因素对化学平衡的影响、氧化还原反应方程 式的配平、溶度积常数的计算、循环利用等，意在考查理解与辨析能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)固体粉碎研磨的常规目的：增大表面积，加快反应速率。 (2)“氧化酸浸”中PbS发生反应：2PS+2H,S0,+022PbS0,+2S+2H0,PbS作还原剂，02作氧化剂， 二者物质的量之比为2：1。 (3)分离不溶性固体（单质硫）与液体（胺浸液）用过滤操作。乙二胺浸出的原理是沉淀转化与配位平衡的 耦合。 (4)Zm2+恰好完全沉淀时，c(Zm2+）=1.0×10-5mol·L1,此时溶液中c2(0H)=K,[Zm(0H)2]/c(Zm2+)= 3.0×10-12mo2·L2,则溶液中剩余的c(C+)=Km[Cd(0H)2]/c2(0H）=2.4×10-3mol·L,C+的 一4 沉淀率=(0.01-2.4×10-3)/0.01×100%=76%。 (5)反应物包含气体C02,高压可显著增大气体在液相中的溶解度，从而加快沉淀反应速率。 (6)加入C(OH),可与酸根及质子化的乙二胺盐（如碳酸盐、硫酸盐）发生反应，释放出游离的弱碱乙二胺 (en)实现循环；同时Ca2+与SO?、CO}结合生成CaSO,和CaC0沉淀（含钙粗产品）。 16.答案(1)球形冷凝管(1分) (2)b(2分) (3)防止装置C中的水蒸气逆流进人装置A,保证反应的无水环境(2分，合理即可) (4)防止倒吸(1分，合理即可) (5)将生成的H气体排出体系，促使反应正向进行（或将生成的Hl全部吹至装置C中以便充分吸收尾气） (2分，合理即可) (6)冰水浴冷却（或缓慢滴加、不断搅拌等）(2分，任答一条，合理即可) (7)①残留的CF,S0,H溶解在氯仿中(2分，合理即可) ②84.9(2分) 命题透析本题以制备无水Mg(CFSO)2为素材，考查实验安全、物质的分离与提纯、产率计算等，意在考查 探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨(2)根据信息CF,SO,H为超强酸，可推知其具有极强的腐蚀性，b项符合题意。 (3)CF,SO,H极易吸水且需制备无水盐，装置B处浓硫酸起干燥作用，防止装置C中水蒸气逆流进入装置A。 (4)反应生成的HC气体极易溶于水，倒置漏斗可有效防止水倒吸人装置B中。 (5)该制备反应的原理：利用高沸点超强酸制备低沸点挥发性酸，通过通入N2将生成的HC1气体吹出体系， 促使反应不断正向移动。 (6)乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部 过热。 (7)①鎓盐受热分解生成乙醚和三氟甲磺酸，乙醚挥发，三氟甲磺酸溶于氯仿，而产物不溶于氯仿，实现固液 分离。②CF,S0H过量，n(MgCl2)=0.03mdl,理论上生成n[Mg(CfS03)2]=0.03mol,理论产量为 0.03m0l×322g·m0=9.66g,产品的产率-826×100%≈84.9% 17.答案(1)+172.9(2分，漏写“+”不扣分) (2)①0(1分) ②高于(1分)反应I为吸热反应，高温有利于提高C0的平衡产率（或反应Ⅱ为放热反应，低温有利于提高 CHOH的平衡产率)(2分，合理即可)H,0(2分) (3)①1：2(2分》 27,(2分) (4)①>(2分) 一5 ②减慢(1分)》 命题透析本题以C0,催化加氢合成CH,OH技术为素材，考查盖斯定律、外界因素对化学平衡的影响、化学 平衡的计算等，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨（1)根据盖斯定律可知，△H,=2△H1-△H2=+172.9kJ·mol1。 (2)①水分子中的氧原子最外层含有两个孤电子对，可以作为配体与具有空轨道的金属原子形成配位键，占 据活性位点。②从热力学角度考虑，床层1的工作温度应高于床层2，理由是反应I为吸热反应，高温有利于 提高CO的平衡产率，反应Ⅱ为放热反应，低温有利于提高CH,OH的平衡产率。 (3)①设初始投入n(C02)=1mol,n(H,)=3mol。C02总消耗量n(C02)=1mol×50%=0.5mol,剩余 0.5molC02,生成n(CH0H)=0.5mol×60%=0.3mol,则生成n(C0)=0.5mol×40%=0.2mol,根据氧原 子守恒，平衡体系中(H0)=0.5mol,故平衡时，体系中H,0的物质的量与初始投人CO2的物质的量之比 为1：2。②根据氢原子守恒，平衡体系中n(H2)=1.9mol,混合气体的总物质的量为0.5mol+0.3mol+ 0.2mol+0.5mol+1.9mol=3.4mol,平衡时C0的分压为7 o MPa (4)①中间体HC00·中碳原子的杂化类型为sp,HC0·中碳原子的杂化类型为sp3,故键角∠H一C一0： HCO0·>H,C0”。②结合图示与已知信息，若催化剂GZO.中氧空位数量减少，对该催化反应的影响可能 是氧空位减少导致CO,吸附位点减少，最终使反应速率减慢。 18.答案(1)酯基、碳碳双键(2分) OOCCH OH (2) +2Na0H◆ COOC,H COONa +CH,COONa+C.HOH(2) (3)ad(2分) (4) -CH0H(2分) (5)6(2分) CH,O- CH,O- -0CH(2分) -OCH CH,CH, Br Br:/CCI NaOH/乙醇 CH,MgBr 6 0H(3分，少写 Br 1步扣1分，扣完为止，合理即可) 命题透析本题以多官能团合成砌块的合成路线为素材，考查官能团、有机方程式的书写、同分异构体等，意 在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)A中的官能团为酯基、碳碳双键。 OOCCH (2)C分子中含有2个酯基，故与NaOH反应的化学方程式为 +2NaOH COOC,H —6 OH (3)DE的反应为取代反应并有HBr生成，故适当的碱性环境有利于提高D的转化率，a项正确：G→H为氧 化反应，b项错误；H分子中无醛基，不能发生银镜反应，c项错误；I分子中杂化方式为sp的碳原子有14个 (两个苯环12个、酯基和羧基各1个)，d项正确。 (4)结合题意，可判断F的结构简式为 《O-CH,0H。 (5)C的分子式为C2H04,不饱和度为4，依题意知，X有两种情况：一种是苯环上有4个一0CH和1个 一CHCH(一H与一CH,CH在苯环上有邻间对3种)，另一种是苯环上有4个一0CH,和2个一CH(2个 CH在苯环上有邻间对3种)，共6种，其中不同化学环境的氢原子个数比为1：2：3：6：6的结构简式 为C40 OCH. CH.O- -OCH CH,CH, Br Br/CCl (6)结合已知信息以及H1的反应，设计出如下流程： NaOH/乙醇 △ △ Br 0 CH,MgBr OH。 一7null