江西省多校2026届高三上学期开学联考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省多校2026届高三上学期开学联考试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H-1O-16Si-28S-32Cl-35.5Mn-55一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.天舟六号输送70kg水果蔬菜上天，展示了我国科技发展的巨大成就。下列叙述错误的是A.航天服使用的聚酯纤维属于有机高分子材料B.火箭的伸展关键部件采用碳化硅材料，SiC属于共价晶体C.飞船返回舱使用的碳纤维属于新型无机非金属材料D.核心舱太阳能电池采用的砷化镓属于金属材料【答案】D【解析】A．聚酯纤维由聚合物构成，属于有机高分子材料，A正确；B．碳化硅（SiC）具有类似金刚石的共价晶体结构，B正确；C．碳纤维由碳元素组成，属于新型无机非金属材料，C正确；D．砷化镓（GaAs）是半导体材料，属于无机非金属材料而非金属材料，D错误；故选D。2.下列化学用语表示错误的是A.一氟乙烷的球棍模型： B.基态的价层电子排布式为C.NaClO的电子式为 D.的原子结构示意图为【答案】A【解析】A．一氟乙烷的球棍模型中，两个碳原子相连，一个碳原子连接一个氟原子和两个氢原子，另一个碳原子连接三个氢原子，但是原子半径：C＞F，而图中F原子半径大于C原子，A项错误；B．Ni为28号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d84s2，失去2个电子形成时先失去4s电子，则价层电子排布式为，B项正确；C．NaClO由Na+和ClO-构成，ClO-中Cl与O形成单键，Cl、O均满足8电子稳定结构，C项正确；D．质子数为17，核外电子排布为2、8、7，原子结构示意图为，D项正确；答案选A。3.下列关于物质结构与性质的说法正确的是A.分子的极性： B.键的极性：C.键角： D.键长：【答案】B【解析】A．CH4结构对称，偶极矩抵消，为非极性分子；H2O为极性分子，A错误；B．Cl的电负性大于P，则H-Cl键极性更强，B正确；C．NH3和NH的价层电子对数都为4，但是前者孤电子对数为1，后者为0，孤电子对斥力较大，键角较小，C错误；D．三键的键能更高，键长更短，D错误；故选B。4.实验室用稀硝酸和Cu制备NO和，下列装置能达到实验目的的是A.用①收集NO B.用②吸收尾气C.用③分离Cu和溶液 D.用④蒸干溶液【答案】C【解析】A．NO易与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，故A错误；B．NO不溶于水且与水不反应，不能用水吸收NO尾气，故B错误；C．Cu为不溶性固体，溶液为液体，分离固液混合物需用过滤装置，故C正确；D．溶液加热时，Cu2+水解生成Cu(OH)2和HNO3，HNO3易挥发，直接蒸干溶液得到的是且氧化铜，如果灼烧得到CuO，故D错误；答案选C。5.尼泊金甲酯(X)主要用作有机合成、食品、化妆品、医药的杀菌防腐剂。其结构简式如图所示，下列关于X的说法错误的是A.含有2种官能团，不含手性碳原子 B.分子中所有C原子可能共平面C.能与氯化铁溶液发生显色反应 D.1molX最多可与3molNaOH反应【答案】D【解析】A．分子中含酚羟基（-OH）和酯基（-COO-）2种官能团；手性碳原子需连接4个不同基团，该分子中无饱和碳满足此条件，不含手性碳原子，A正确；B．苯环为平面结构，羰基碳（sp2杂化）与苯环共面，甲氧基（-OCH3）中C通过单键旋转可与苯环平面重合，所有C原子可能共平面，B正确；C．含酚羟基（直接连苯环），能与FeCl3溶液发生显色反应（紫色），C正确；D．1mol该物质中，酚羟基与1molNaOH反应，酯基水解（-COOCH3）消耗1molNaOH，共2molNaOH，D错误；故选D。6.化合物WXYZ32可用作面粉改良剂、营养增补剂。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素；X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数的比值为3：4；分子含有大π键()；基态Z原子中有2个未成对电子，且s轨道电子数与pA.是强酸 B.是强碱C.是共价化合物 D.不含共价键【答案】B【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大，分子含有大π键()，则X为H、Y为C；基态Z原子中有2个未成对电子，且s轨道电子数与p轨道电子数相等，则Z为O；X、Y、Z的原子序数之和与W的原子序数的比值为3：4，W的原子序数为20，为Ca。A．为H2CO3，是弱酸，A错误；B．为Ca(OH)2，是强碱，B正确；C．为CaC2，是离子化合物，C错误；D．为CaO2，包含Ca2+和，有O-O共价键，D错误；故答案为B。7.由下列实验及现象得出的结论正确的是选项实验现象结论A在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1稀硫酸，加热，待冷却后再加入几滴碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解B将某无色气体通入溴水中溴水褪色气体中含有乙烯C向某无色溶液中滴入几滴溶液产生白色沉淀无色溶液中含有D将某固体粉末加入NaOH溶液中固体溶解，并有气泡产生固体中含有铝粉A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．溶液未变蓝，说明无淀粉剩余，可推断淀粉已完全水解，A正确；B．溴水褪色可能由乙烯、SO2等气体引起，结论不唯一，B错误；C．未用盐酸酸化排除Ag+、CO等干扰，直接加BaCl2生成沉淀无法确定是SO，C错误；D．固体溶解并产生气泡，可能是Al粉，也可能是Si粉，D错误；故选A。8.由粗硅制备高纯硅涉及反应。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g晶体硅中含有的共价键数为 B.3.8g中含有的中子数为C.22.4L中含有的原子数为 D.生成1mol时，转移的电子数为【答案】B【解析】A．晶体硅中每个Si原子形成4个共价键，但每个键被2个原子共享，28gSi为1mol，故28gSi含2NA个共价键，A错误；B．H37Cl的摩尔质量为38g/mol，3.8g即0.1mol，每个H37Cl含中子数=0（H）+20（37Cl）=20，总中子数为0.1×20×NA=2NA，B正确；C．SiHCl3在常温下为液体，22.4L无法计算对应物质的量，C错误；D．生成1molH2时，H从+1价（HCl）变为0价（H2），需2mole−，转移电子数为2NA，D错误；故答案选B。9.催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为CH4g+CO2g⇌2COg+。将等物质的量和A.该反应为放热反应B.在℃和100kPa下，B点体系反应逆向进行C.℃条件下甲烷的平衡转化率为25%D.向C点体系充入Ar，的体积分数将增大【答案】C【解析】A．由图可知，温度升高，CO2体积分数减小，说明平衡正向移动。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，故正向为吸热反应，A错误；B．曲线为平衡时CO2体积分数，C点为T1℃平衡点，B点CO2体积分数大于平衡值（C点），此时体系需降低CO2体积分数以达平衡，反应正向进行，B错误；C．℃条件下，设初始CH4和CO2均为1mol，平衡时转化的CH4为αmol。平衡时CO2物质的量为1-α，总物质的量为2+2α（反应后气体分子数增加2α）。CO2体积分数为，α=0.25mol，甲烷的平衡转化率为25%，C正确；D．充入Ar（恒压），容器体积增大，相当于减小压强。该反应正向气体分子数增大，平衡正向移动，CO2体积分数减小，D错误；故选C。10.可与、、等配体形成配离子，如、、。某同学设计了如下实验探究铁配合物的形成和转化。已知：当时，铁离子主要以浅紫色的形式存在。下列说法错误的是A.硝酸铁溶液中看不到浅紫色，是因为溶液的相对偏高B.上述实验现象说明配体与的结合能力：C.的配合物中，提供孤电子对，配体提供空轨道D.等物质的量的和所含σ键数相同【答案】C【解析】A．硝酸铁溶液中Fe3+易水解使溶液高于0，而≈0时才主要以浅紫色[Fe(H2O)6]3+存在，故看不到浅紫色是因为相对偏高，A正确；B．溶液Ⅰ（黄色，[Fe(H2O)6]3+可能因水解显黄色）加KSCN变红（生成[Fe(SCN)6]3−），说明SCN−结合能力强于H2O；再加NaF无色（生成[FeF6]3−），说明F−结合能力强于SCN−，故结合能力：H2O<SCN−<F−，B正确；C．配合物中Fe3+作为中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，C错误；D．[Fe(H2O)6]3+含6个配位σ键和6×2=12个H-Oσ键，共18个σ键；[Fe(SCN)6]3−含6个配位σ键和6×2=12个S-C、C-Nσ键，共18个σ键，等物质的量时σ键数相同，D正确；故答案选C。11.可降解合成高分子具备生产重复性好、性能可调等优势，广泛应用于生物医学领域。以为原料合成新型可降解高分子P的合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法错误的是A.反应①和②的原子利用率均为100%B.Y可以通过加聚反应生成高分子C.Y、P均能使溴水褪色，且具有亲水性D.Y、P在酸性条件下完全水解的产物相同【答案】C【解析】A．反应①为CO2与1，3-丁二烯的加成反应，反应②为Y的开环聚合反应，无小分子生成，两者的原子利用率100%，A正确；B．Y分子中含有碳碳双键，可通过加聚反应生成高分子，B正确；C．Y和P均含碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色，但Y为环状酯、P为聚酯高分子，酯基极性较弱，亲水性较差，C错误；D．Y和P在酸性条件下完全水解得到产物结构简式为，D正确；故答案为C。12.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是A.电解一段时间后，电解质溶液的pH减小B.加入Y的目的是维持溶液在一定浓度C.催化阶段的反应为D.理论上电路中每转移6mol，生成的X和Z的体积比(同温同压下)为2：1【答案】A【解析】电极b上发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为；则电极a为阴极，电极a的电极反应为；电解总反应式为；催化循环阶段被还原成循环使用，同时生成，实现高效制和，即Z为。A．由分析可知电极a为阴极，电极a的电极反应为，电解一段时间后，电解质溶液的pH增大，A错误；B．根据分析，电解过程中消耗和，而催化阶段被还原为循环使用，故加入Y的目的是补充，维持溶液为一定浓度，B正确；C．催化循环阶段被还原成循环使用，同时生成，催化阶段的反应为，C正确；D．电极a的电极反应为，每转移6mol生成3mol，催化阶段的反应为，每转移6mol，生成1.5mol，所以生成的X（）和Z（）的体积比(同温同压下)为2：1，D正确；故答案选A。13.常用作干电池去极剂、合成工业的催化剂、玻璃工业和搪瓷工业的着色剂等。其四方晶胞结构如图所示。晶胞参数为apm、apm、bpm，为阿伏加德罗常数的值。已知：1号原子分数坐标为，3号原子分数坐标为。下列叙述错误的是A.晶胞沿xy平面的投影如图2所示 B.2号原子分数坐标为C.Mn原子的配位数为6 D.该晶体的密度为g·cm-3【答案】D【解析】A．Mn原子位于顶点和中心，O原子位于xy平面的对角线上，与图2一致，A正确；B．2号原子的x、y轴坐标为距顶点晶胞边长，z方向坐标位于中间，则分数坐标为，B正确；C．MnO2为金红石结构，Mn周围有6个O形成八面体配位，配位数为6，C正确；D．晶胞含个Mn和4个O，质量为m=2×87NAg，体积为，则密度为ρ=m故答案为D。14.25℃下AgCl、AgBr和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样和含水样。已知：①为砖红色沉淀；②相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr；溶液中的离子浓度小于或等于mol·L-1时可认为沉淀完全。下列说法错误的是A.曲线①为的沉淀溶解平衡曲线B.滴定达到终点时，溶液中cCrOC.滴定时，若指示剂浓度超过mol·L-1，所测结果受影响D.向相同浓度的NaCl和NaBr混合溶液中，滴加硝酸银溶液，先沉淀【答案】B【解析】A．由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1，即两者图象平行，所以①代表沉淀溶解平衡曲线，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl沉淀溶解平衡曲线，则③代表B．根据②上的点(2.0,7.7)，可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2.0×10-7.7=C．根据②上的点(2.0,7.7)，可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2×10-7.7=D．AgBr的Ksp小于AgCl，相同浓度的Cl-和Br-中，Br-所需Ag+浓度更低，先沉淀，D正确；故答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.俗称黄血盐，可作食盐防结块剂。工业上以黄铁矿(主要成分为，含有少量NiS、CuS、等杂质)为原料制备的工艺流程如图。已知部分金属离子的沉淀pH数据如表：金属离子开始沉淀时pH5.27.62.77.2完全沉淀时pH6.49.63.78.7回答下列问题：（1）中硫元素的化合价为___________价，滤渣Ⅰ的主要成分为___________(填化学式)。（2）调pH之前，有时会向滤液Ⅰ中加入适量，其目的是___________；调pH的最小值和最大值分别为___________、___________。（3）滤渣Ⅱ与硫酸、铁粉混合时含铁化合物发生反应的化学方程式分别为：___________、___________。（4）为节约成本，Fe可用工序中产生的___________代替。（5）溶液能转化为，的原因是___________。【答案】（1）①.-1②.（2）①.氧化溶液中可能存在的②.3.7③.5.2（3）①.②.（4）（5）相同温度下，溶解度远小于溶解度【解析】黄铁矿主要成分为，含有少量NiS、CuS、等杂质。黄铁矿在空气中焙烧时，金属硫化物与空气中的氧气高温下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为可溶硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；调节滤液的pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铜离子、镍离子的滤液Ⅱ和氢氧化铁；向氢氧化铁中加入稀硫酸和铁，将氢氧化铁转化为硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入石灰乳和氢氰酸，将亚铁离子转化为，过滤得到含有硫酸钙的滤渣Ⅲ和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有碳酸钙的滤渣Ⅳ和滤液；向滤液中加入氯化钾固体，将转化为溶解度小的，反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到固体。（1）中Fe显+2价，硫元素的化合价为-1价；根据以上分析，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣Ⅰ的主要成分为。（2）调节滤液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，调pH之前，有时会向滤液Ⅰ中加入适量，其目的是氧化溶液中可能存在的；为使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，调pH的最小值为3.7；为防止Cu2+、Ni2+沉淀，调pH的最大值为5.2。（3）滤渣Ⅱ是氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁和铁粉反应生成硫酸亚铁，发生反应的化学方程式分别为、。（4）加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，SO2具有还原性，所以Fe可用工序中产生的SO2代替。（5）相同温度下，溶解度远小于溶解度，所以溶液加氯化钾能转化为。16.某研究小组设计了实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。主要实验步骤如下：Ⅰ．如图所示，准确称取1.00g细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%溶液，然后恒温100℃加热20min，冷却至室温。Ⅲ．将圆底烧瓶中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴酚酞作指示剂，用2.00mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点，消耗盐酸标准溶液体积为12.50mL。Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗盐酸标准溶液体积为40.80mL。计算样品中硫的质量分数。Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。回答下列问题：（1）冷凝管中冷凝水的进水口是___________(填“a”或“b”)口。（2）步骤Ⅰ中，将硫黄研成细粉状的目的是___________。（3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇，防止双氧水将乙醇氧化为乙酸，影响实验测定结果，写出乙醇被双氧水氧化的化学方程式：___________。（4）控制温度为100℃加热，宜采用下列加热方式中的___________(填标号)。a．水浴b．油浴（5）配制250mL步骤Ⅲ中的盐酸标准溶液，除用到下列仪器外，还需要用到的玻璃仪器为___________。（6）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为___________。（7）单次样品测定中硫的质量分数为___________%。【答案】（1）a（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率（3）（4）b（5）250mL容量瓶、胶头滴管（6）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不褪色（7）90.56【解析】本题为实验测定某药用硫黄中硫的含量的实验题，首先用氢氧化钾的乙醇溶液处理样品，随后加入蒸馏水并滴加过氧化氢，发生题中给出的方程式生成硫酸根离子，再用标准盐酸滴定过量的氢氧化钾，最后再计算硫的含量，以此解题。（1）冷凝管采用“下进上出”原则，进水口为下端（a口），确保冷凝效果最佳；（2）研磨可增大固体表面积，提升反应速率和溶解效率，确保硫黄完全参与后续反应，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；（3）乙醇被双氧水氧化为乙酸，方程式为：；（4）水浴加热能精准控制温度在100℃以下（水的沸点为100℃），油浴适用于更高温度，故选b；（5）配制一定物质的量浓度溶液的必需仪器包括烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶（250mL）和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（6）酚酞在碱性溶液中呈粉红色，用盐酸滴定至中性（或弱酸性）时，溶液褪色，且半分钟内不返色即达终点，故答案为：滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不褪色；（7）根据题意可知硫黄中所含硫原子的物质的量与KOH的关系为S～2KOH，其所消耗的KOH的物质的量为40.80mL×2.00mol⋅L-1×10-317.的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气(和CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：kJ·mol-1反应Ⅱ：kJ·mol-1反应Ⅲ：kJ·mol-1回答下列问题：（1）CaO的电子式为___________。（2）反应Ⅳ：___________kJ·mol-1，该反应自发进行的条件为___________(填“低温”“高温”或“任何温度”)。（3）恒压条件下，加入进行重整反应可以促进分解，原因为___________。（4）在温度分别为、和下，的平衡转化率与压强的关系如图所示，、和由小到大的关系是___________，判断的理由为___________。（5）一定温度下，120kPa下，向体系中加入1.0mol和1.5mol，假设此条件下只发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，恒压反应至平衡时，体系中转化率为90%，转化率为40%，CO的物质的量为1.4mol，则该条件下，反应Ⅲ的平衡常数___________，此时原位利用率为___________%。已知：原位利用率=n初始【答案】（1）（2）①.+206②.高温（3）甲烷消耗碳酸钙分解生成的，促进碳酸钙分解平衡正向移动（4）①.②.参与的反应均为吸热反应，温度升高，的平衡转化率升高（5）①.2.8②.80【解析】（1）失去两个电子，得到两个电子，两者形成离子键，的电子式为；（2）①目标热化学方程式为：，根据反应Ⅱ、反应Ⅲ和盖斯定律可得，反应Ⅱ减去反应Ⅲ即可得到目标方程式，即ΔH4=Δ②根据，反应，反应为体积增大的反应，，故反应需要在较高温度的条件下，才能自发进行；（3）重整反应会消耗，降低体系中分压，使分解反应正向移动；（4）①反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，转化率增大，因此温度最高的是，温度最低的是，、和由小到大的关系是；②参与的反应均为吸热反应，温度升高，的平衡转化率升高（5）依题意，平衡时，分解生成的为0.9mol，转化的物质的量为0.6mol，的物质的量为1.4mol，列关系式如下：反应ⅡCH4g+故平衡时，、、、、的物质的量分别为0.9mol、、1.4mol、、0.2mol。故一定温度下，120kPa下反应Ⅲ的平衡常数，原位利用率。18.环丙沙星(G)为广谱抗菌药物，有抗菌活性强、交叉耐药性和毒副作用小等特点，被广泛应用于