山东省百师联盟2024-2025学年高三下学期开学摸底联考化学试题

2025届高三开年摸底联考化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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。考试时间90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16P31S32Cl35.5Fe56Ni59Ag108I127Hg201一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.华夏大地景色优美。下列美景形成过程中涉及化学变化的是ABCD东营黄河三角洲织金地下溶洞黄山云海济南趵突泉A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．入海口发生胶体遇到海水中电解质发生聚沉形成三角洲，为物理变化，A错误；B．地下溶洞的形成过程涉及反应：，，为化学变化，B正确；C．云海形成是水蒸气在空气中遇冷凝结为水滴，为物理变化，C错误；D．地质构造使地下水产生压强差而形成泉水，为物理变化，D错误答案选B。2.化学让我们的生活更美好。下列叙述正确的是A.防晒霜中含有，将纳米分散到水中形成胶体B.“碳达峰，碳中和”有利于缓解温室效应和酸雨C.铁强化酱油中的乙二胺四乙酸铁钠属于食品增色剂D.莫代尔是一种利用天然纤维素重整后的人造纤维，灼烧时有烧焦羽毛的气味【答案】A【解析】【详解】A．纳米难溶物分散在分散剂中形成的分散系为胶体，A正确；B．“碳达峰，碳中和”的目的是减少排放，有利于缓解温室效应，与酸雨无关，酸雨是排放和氮氧化物引起的，B错误；C．酱油中添加乙二胺四乙酸铁钠的目的是补充人体所需的铁元素，属于营养强化剂，C错误；D．莫代尔的主要成分是纤维素，不是蛋白质，灼烧时无烧焦羽毛的气味，D错误；故答案为：A。3.下列化学用语表示正确的是A.基态钒原子的价电子排布式为B.的空间填充模型为C.甲酸乙酯的键线式为D.中ppσ键的形成为【答案】B【解析】【详解】A．基态钒原子的价电子排布式为，A错误；B．中心原子的价层电子对数为4，为正四面体，空间填充模型为，B正确；C．甲酸乙酯的键线式为，C错误；D．分子中ppσ键的形成应为“头碰头”的形式：，D错误；故选B。4.发生水解反应的机理如下图。下列说法错误是A.为三元弱酸 B.第一电离能：Cl>P>SC.沸点： D.图中物质均为极性分子【答案】A【解析】【详解】A．由图中结构简式知分子中有2个羟基氢，故为二元酸，A错误；B．同周期第一电离能从左到右有增大的趋势，但第ⅤA族元素原子价电子排布式为，p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于同周期第ⅥA族元素，故第一电离能：Cl>P>S，B正确；C．存在分子间氢键，分子间无氢键，沸点，C正确；D．图中物质有、、、HCl、、，均为非对称结构的极性分子，D正确；故选A。5.结构决定性质。下列叙述正确的是A.F的原子半径大于H原子的，故B.碳化硅(SiC)晶体中阴、阳离子的半径小、电荷多，故熔点高、硬度大C.乙醇既是极性分子又是非极性分子，故与或均能任意比互溶D.大多数过渡元素具有的空d轨道能接受孤电子对，故能形成稳定的配合物【答案】D【解析】【详解】A．是因为F的电负性大于H，吸电子作用使中的键更易电离，酸性更强，A错误；B．碳化硅晶体为共价晶体，碳原子和硅原子形成稳定的共价键，熔点高、硬度大，不存在阴、阳离子，B错误；C．乙醇与水因形成氢键可以任意比互溶，含有憎水基团能与任意比互溶，不存在既是极性分子又是非极性分子，乙醇是极性分子，C错误；D．大多数过渡元素的d轨道处于未充满状态，能接受孤电子对形成共价键，得到稳定的配合物，D正确；故选D。6.下列操作不符合实验安全要求的是A.用排水法收集乙烯，先检验其纯度再点燃B.用酒精喷灯对泥三角上的坩埚加强热灼烧固体C.燃烧的酒精灯倾倒着火，立即用湿抹布盖灭D.苯酚沾到皮肤上，立即用70℃的热水冲洗【答案】D【解析】【详解】A．点燃可燃气体前必须先验纯，否则可能会发生爆炸，A正确；B．坩埚用来灼烧固体时必须放在泥三角上，防止受热不均炸裂，B正确；C．酒精灯倾倒酒精燃烧，不能用水灭火，最好使用湿抹布覆盖隔绝空气灭火，C正确；D．苯酚沾到皮肤上，应用酒精清洗，不能用70℃的热水冲洗，防止烫伤，D错误；答案选D。7.下列分离提纯或鉴别方案不合理的是A.将混合气体通过灼热的铜网以除去中的B.用分液漏斗分离苯酚和碳酸氢钠溶液的混合物C.用新制的悬浊液鉴别甲酸和乙酸D.用质谱法鉴别2甲基丙烷和丙酮【答案】D【解析】【详解】A．用灼热的铜网与反应生成CuO，可以除去中的，A正确；B．苯酚与碳酸氢钠溶液能分层，可以用分液漏斗分离，B正确；C．甲酸与新制的氢氧化铜悬浊液加热后有砖红色沉淀生成，乙酸与新制的氢氧化铜悬浊液反应得到蓝色溶液，C正确；D．2甲基丙烷和丙酮的相对分子质量均为58，质谱法可以直接获得相对分子质量，若想准确获得结构信息，还需要其他仪器的测定，故无法用质谱法鉴别2甲基丙烷和丙酮，D错误；故答案为：D。8.短周期主族元素M、N、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中M的原子半径最小，基态N原子的s能级电子数是p能级电子数的两倍，X和Y位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>X B.简单氢化物的沸点：X>Z>NC.未成对电子数：N>X>Z D.该化合物中只有阳离子含有配位键【答案】B【解析】【分析】M原子半径最小，为H元素；基态N原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，为C元素；结构图中Y形成6个共价键，带一个单位负电荷，为P元素；X和Y同主族，X为N元素；Z形成单键，原子序数最大，Z为Cl，综上所述：M为H元素、N为C元素、X为N元素、Y为P元素、Z为Cl元素。【详解】A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，半径P>Cl，N的电子层为2，半径小于Cl，故原子半径P>Cl>N，A错误；B．NH3分子间有氢键，沸点高，HCl和CH4没有氢键，HCl的相对分子质量大于CH4，分子间作用力HCl大于CH4，简单氢化物沸点，B正确；C．未成对电子数C有2个，N有3个，Cl有1个，未成对电子数N>C>Cl，C错误；D．阴离子中6个之中有1个是配位键，D错误；答案选B。9.的晶胞结构如图所示，晶胞边长为anm，。下列说法错误的是A.Li和O均为p区元素 B.每个晶胞中含有4个C.和的配位数之比为 D.和最短距离为【答案】A【解析】【详解】A．Li位于元素周期表的s区，O位于p区，A错误；B．晶胞中位于顶点和面心，共有个，B正确；C．有4个与最近且相等的，有8个与最近且相等的，故和的配位数之比为，C正确；D．和的最近距离为体对角线的，距离为，D正确；故选A。10.常温下，向的氨水中通入HCl气体(不考虑体积变化)，溶液的随pH的变化关系如图。已知：(i)；(ii)；(iii)。下列说法错误的是A.A点存在：B.b=4.85C.C点D.水的电离程度：C>A【答案】B【解析】【分析】根据图像知，氨水中通入HCl气体，曲线由C向A变化，B点，n(Cl)=n(N),恰好中和，溶质只有，B点左侧HCl过量，B点右侧过量。【详解】A．A点pH=0.3，此时盐酸过量，和忽略不计，，，即，A正确；B．B点溶质为，设水解的，则：则由得：解得：，pH=5.15，即b=5.15，B错误；C．由c点pH=7得：，又知，得，由得：，解得，即，C正确；D．B点溶质只有，水的电离程度最大，C点显中性，稍过量，溶质为和少量，A点显强酸性，溶质为和大量HCl，A点水的电离程度小于C点，综上得水的电离程度：C>A，D正确；答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.化合物Z是合成沙丁胺醇的重要中间体，其合成路线如下。下列说法错误的是A.X、Y互为同分异构体B.X、Y最多消耗NaOH的物质的量之比为C.Z能发生消去反应、加成反应和取代反应D可以用溶液鉴别Y、Z【答案】CD【解析】【详解】A．X→Y过程是催化重整，且X、Y分子式均为，互为同分异构体，A正确；B．X中羧基和酚酯基消耗3molNaOH，Y中羧基和酚羟基消耗2molNaOH，B正确；C．Z分子中存在卤素原子、羧基、酚羟基，能发生取代反应，存在苯环和羰基，能发生加成反应，但是不能发生消去反应，C错误；D．Y、Z均含有酚羟基，均能与发生显色反应，D错误；故选CD。12.由实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液中加入石蕊试液，变红色B向溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中含有或C将溴乙烷与NaOH乙醇溶液加热产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生了消去反应D向1mL溶液中加入1mL溶液，再加入1mL苯后振荡，上层液体为紫红色与反应为可逆反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．向溶液中加入石蕊试液，变红色，说明溶液显酸性，电离程度大于水解程度，，即，A正确；B．向溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体可以是、等，故该溶液可能含有、、或等，B错误；C．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液在加热过程中挥发出的乙醇也能使酸性溶液褪色，不能证明产物中含有乙烯，即不能证明溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生了消去反应，C错误；D．无论和反应是否为可逆反应，一定会生成，用苯萃取后所得溶液显紫红色，D错误；故答案：A。13.以同时作为燃料和氧化剂的燃料电池原理如图所示(已知：双极膜中的能在直流电场的作用下，解离成和，定向移动到两侧极室)。下列有关说法正确的是A.电极M比电极N的电势高B.外电路电子流向为M→负载→N→双极膜→MC.电极N的电极反应式为D.当电路中转移0.4mol电子时，产生气体4.48L【答案】C【解析】【分析】由装置图的双极膜中和移动方向可知，电极M为负极，电极反应式为：，电极N为正极，电极反应式为：，电池反应式为。【详解】A．正极N电势高于负极M，A错误；B．外电路电子由负极M经负载流向正极N，但不会进入电池内部的电解液流回M电极，B错误；C．电极N的电极反应式为：，C正确；D．根据总反应知，当电路中转移0.4mol电子时，产生0.2mol，在标准状况下的体积为4.48L，选项中未说明气体所处状态，D错误；答案选C。14.工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、CaO等)为原料制取硼化钛的流程如图所示。下列说法正确的是已知：①性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成。②高温下易挥发。③“热还原”步骤还生成CO。A.滤渣的主要成分为、CaOB.“水解”时可使用一定浓度的NaOH溶液C.“热还原”中的最佳比例为D.“热还原”中每生成1mol，转移10mol电子【答案】BD【解析】【分析】矿渣(主要成分为TiO2、SiO2、CaO等)中加浓硫酸酸解，二氧化硅不溶解，成为滤渣，同时CaO生成；TiO2溶解生成，水解、过滤，得TiO2‧xH2O，焙烧得TiO2；然后加入和C热还原得TiB2。【详解】A．加热时与浓硫酸生成，同时CaO生成，故滤渣的主要成分为、，A错误；B．“水解”时发生，加入一定浓度的NaOH溶液可以使水解更彻底，B正确；C．“热还原”的化学方程式为，但由于高温下易挥发，应增大的投料比，C错误；D．根据上述化学方程式，B原子化合价由+3价变成2价，因此每生成1mol，转移10mol电子，D正确；故选BD。15.以、为原料合成涉及的主要反应如下：主反应：副反应：按、进行投料，的平衡转化率、的选择性随温度、压强变化如图(已知：)。下列分析正确的是A.，B.反应最佳温度为150~200℃C.主反应为高温下自发进行的反应D.当压强为、温度为200℃达到平衡时，【答案】BD【解析】【详解】A．主反应是气体分子数减小的反应，同温下增压，平衡正向移动，的选择性增大，的转化率增大，得；同压下升温，减小，主反应平衡逆向移动，先减小后增大，副反应平衡正向移动，得，，A错误；B．由图可知，温度在150~200℃时，较大，的选择性较高，有利于的制备，B正确；C．上述分析知。，，则该反应低温自发，C错误；D．当压强为，温度为200℃达到平衡时，据图像知，，参加主反应的，则参加主反应的n₁(H₂)=3×0.3325mol=0.9975mol，参加副反应的，，D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.卤族元素及其化合物种类繁多。回答下列问题：（1）基态碘原子的价电子排布式为_____。（2）HF、HCl、HBr的沸点由高到低的顺序为_____，实验测得HF的相对分子质量大于理论值的原因是_____。（3）分子中PI键是由磷的_____轨道与碘的_____轨道重叠形成σ键，该分子的空间结构为_____。（4）KI溶液与溶液混合反应生成CuI沉淀和，则反应生成25.4g消耗的KI的物质的量至少为_____mol。（5）一种固体导电材料为四方晶系，其晶胞参数为apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影(如图所示)，A、B、C表示三种不同原子的投影，则A代表的原子为_____(填元素符号)，标记为m的原子的分数坐标为_____，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_____(用代数式表示)。【答案】（1）（2）①.HF>HBr>HCl②.HF分子间易形成氢键（3）①.杂化②.5p③.三角锥形（4）0.4（5）①.I②.③.【解析】【详解】(1)碘元素为第5周期第ⅦA族元素，其基态原子价电子排布式为。(2)同主族元素的气态氢化物的相对分子质量随着原子序数递增而增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高，但HF分子间存在氢键，熔、沸点最高，故沸点由高到低的顺序为HF>HBr>HCl；HF分子间易形成氢键，能形成多聚体，因此实验测得HF的相对分子质量大于理论值。(3)分子的中心原子P的3s和3p轨道形成杂化轨道后，与Ⅰ的5p轨道单电子参与形成三个键，剩余一个杂化轨道容纳P的一对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。(4)KI溶液和溶液混合反应可生成CuI沉淀和，反应的离子方程式为，由于25.4g的物质的量为0.1mol，则至少需要0.4molKI。(5)A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为；C原子在棱上、面上，C原子数，结合化学式，知A为I，B为Hg，C为Ag。根据坐标系和晶体中m原子位置可得分数坐标为。该晶体的密度为。17.博舒替尼Ⅰ可用于治疗慢性粒细胞白血病，其合成路线如下。已知：回答下列问题：（1）B中含氧官能团的名称为_____，检验B中卤素种类所用试剂为_____。（2）D的结构简式为_____，B→D的反应类型为_____。（3）G＋H→I反应的化学方程式为_____。（4）A的一种芳香族同分异构体有4种不同环境的氢原子，并能与溶液反应放出气体，则其结构简式为_____。（5）F中碳原子的杂化方式有_____种，手性碳原子有_____个。【答案】（1）①.醚键、硝基②.NaOH溶液、溶液、溶液（2）①.②.取代反应（3）＋→＋HBr（4）、（5）①3②.1【解析】【分析】通过观察A和E的结构简式，对物质E进行碎片切割，可知第一步通过取代反应引入基团，B与物质C通过取代反应生成D，则D为，据此回答；【小问1详解】根据分析，B的结构简式是，B中的含氧官能团的名称为醚键和硝基，B中的卤素种类不确定，所以应该先加氢氧化钠溶液将其水解，再加硝酸中和过量的氢氧化钠，最后加硝酸银溶液，通过观察沉淀的颜色确定卤素种类；【小问2详解】B与物质C通过取代反应生成D，D的结构简式为，故B→D为取代反应；【小问3详解】通过已知信息进行迁移应用，可得G的结构简式为，把物质G和物质I的结构简式进行对比，再结合H的分子式，可得H的结构简式为，故反应的化学方程式为＋→＋HBr；【小问4详解】A的分子式是，不饱和度是5，A的一种芳香族同分异构体只有四种环境氢，所以含有苯环，而且结构相对对称，又能与溶液反应放出气体，故含有羧基，苯环加羧基，不饱和度为5，已有7个碳原子，根据分子式判断还应该有一个氨基和两个羟基，结构对称，故结构简式为、；【小问5详解】F中氰基中的碳原子是sp杂化，双键碳原子是杂化，饱和碳原子是杂化，故碳原子的杂化方式有3种，F中的手性碳原子只有1个，如图。18.利用废旧镍氢电池电极材料[主要成分为Ni、少量及Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的常见氢氧化物]为原料制取粗品硫酸镍晶体流程如下。已知：(i)除铜后的溶液中主要有、、、、、等。(ii)，。(iii)离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）“酸浸”时只考虑单质Ni与混酸反应生成，应控制混合酸中硫酸与硝酸的物质的量之比为_____；所得“滤渣2”的主要成分除CuS外，还有_____(填化学式)。（2）“滤渣3”含有氧化铁黄(FeOOH)，则反应生成氧化铁黄的离子方程式为_____。（3）“除、步骤中，若原溶液中，缓慢滴加溶液，当第2种离子开始沉淀时，先沉淀的离子_____(填“能”或“不能”)沉淀完全。（4）“除锰”步骤中加入后，反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、及硫酸，请写出该反应的化学方程式：_____。（5）在“萃取”步骤中，加入有机萃取剂后，与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物，该过程可以表示为：。为使萃取剂再生并回收，可采取的操作为_____。由水层得产品时，结合如图硫酸镍晶体的溶解度曲线，“经系列操作”完善后为：将滤液蒸发浓缩、_____，过滤即获得产品。（6）测定粗品中硫酸镍的含量：称量粗品硫酸镍晶体ag，用蒸馏水溶解，配成100mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10mL缓冲溶液(其pH≈10)及0.2g紫脲酸铵混合指示剂，摇匀。用标准溶液滴定其中的(离子方程式为)，至溶液呈蓝紫色，达到滴定终点时消耗EDTA标准溶液bmL。则粗产品中的质量分数表达式为_____。【答案】（1）①.②.S（2）（3）不能（4）（5）①.向有机相中加入稀硫酸，充分振荡、静置、分液，收集有机层②.快速降温至温度略低于30.8℃结晶（6）【解析】【分析】向废旧镍氢电池电极材料[主要成分为Ni、少量及Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的常见氢氧化物]中加入硫酸和硝酸进行酸浸，得到含、、、、、的溶液、NO气体和微溶于水的CaSO4，故滤渣1为CaSO4，再加入Na2S除铜后滤液主要含金属离子、、、、、，因为发生了反应，滤渣2的主要成分为CuS、S；加入H2O2将氧化为和CaCO3调节PH，进行沉铁，氧化铁黄(FeOOH)和CO2，滤渣3为FeOOH，滤液主要含金属离子为、、、、，再加入NH4F使、转换成和除去，滤渣4为和，加入产物中含锰元素的黑色不溶物为，发生反应除去，加入萃取剂，将进行萃取，最后水层中的溶质为，经过系列操作制得，据此回答。【小问1详解】加入混酸，只考虑单质Ni与混酸反应生成，则发生反应，应控制混合酸中硫酸与硝酸的物质的量之比为；加入Na₂S除铜后滤液主要含金属离子、、、、、，因为发生了反应，滤渣2的主要成分为CuS、S；【小问2详解】加入双氧水将氧化为，加入调节溶液pH，使转化为FeOOH沉淀除去，发生反应的离子方程式为：；【小问3详解】因，故加入，先沉淀；当开始沉淀时满足：，此时溶液中的浓度为：，所以没有沉淀完全；【小问4详解】加入氧化除去，产物中含锰元素的黑色不溶物为，确定反应物及产物后，即，配平后的化学方程式为；【小问5详解】“萃取”中用有机萃取剂除去，发生反应，为使萃取剂HA再生并回收，使平衡逆向移动生成HA，可采取的操作为向“萃取”步骤所得的有机相中加入适量的稀硫酸，充分振荡、静置、分液，收集有机层即可。由图像可知，迅速降低温度在30.8℃以下结晶可得晶体，但注意温度过低可能会导致晶体析出；【小问6详解】根据反应得：25mL硫酸镍溶液中则100mL硫酸镍溶液中，的质量分数19.某研究小组利用滴定法测定赤铁矿中铁元素的含量，实验装置如图(加热及搅拌装置略)。①溶解：向双口烧瓶中加入mg赤铁矿样品，并不断加入浓盐酸微热，至样品完全溶解。边搅拌边缓慢加入溶液至黄色消失，过量1~2滴。②转移：将上述溶液快速转移至锥形瓶，并洗涤烧瓶内壁，将洗涤液并入锥形瓶中，冷却后滴入饱和溶液，静置。③滴定：向锥形瓶中加入硫酸和磷酸混合溶液后，滴加指示剂，立即用溶液滴定至终点。已知：(i)氯化铁受热易升华。(ii)室温时可将氧化为，还原产物为Hg，难以氧化。(iii)可被还原为。回答下列问题：（1）用固体配制一定物质的量浓度1000mL标准溶液，需要用到下列仪器中的_____(填字母)。（2）溶解过程中“微热”的作用是_____。（3）滴定过程中发生反应的离子方程式为_____。（4）若消耗标准溶液VmL，则mg试样中Fe的质量分数为_____(用含m、c、V的代数式表示)。（5）步骤②中未加入饱和溶液，则会导致测定的Fe含量_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。步骤③若未“立即滴定”，则会导致测定的Fe含量偏小的原因是_____。（6）滴定步骤中，下列操作错误的是_____(填字母)。A.溶液可置于聚四氟乙烯滴定管中B.滴定近终点时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁C.滴定时可前后或上下振动锥形瓶，使溶液混合D.锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度【答案】（1）BD（2）提高溶解(反应)速率，减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华（3）（4）（5）①.偏大②.易被空气中的氧化为（6）CD【解析】【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的使还原为，冷却后滴，将多余的氧化为，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用溶液进行滴定，将氧化为，化学方程式为，据此回答。【小问1详解】配制溶液不用烧瓶，用烧杯和胶头滴管，需要用到1000mL容量瓶，图中的规格是250mL，因此选BD；【小问2详解】“微热”是为了提高试样中与浓盐酸的反应速率，微热可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华；【小问3详解】根据氧化还原反应配平得：；【小问4详解】根据方程式得：则mg试样中Fe的质量为，质量分数为；【小问5详解】冷却后滴加溶液，将多余的氧化为，若未加入溶液，则会与反