2025-2026学年山西省等四省第一次联考高三上学期开学化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1山西省等四省第一次联考2025-2026学年高三上学期开学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ga70一、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.化学应用体现在生活的方方面面，下列应用涉及氧化还原反应的是A.过氧化钠用作潜水艇供氧剂 B.生石灰用作干燥剂C.食醋用于去除水垢 D.明矾用于净化黄河水【答案】A【解析】A．过氧化钠与水或CO2反应生成O2，氧元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．生石灰与水反应生成氢氧化钙，无元素化合价变化，属于化合反应，B错误；C．食醋与水垢反应为碳酸钙与乙酸反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，属于复分解反应，无化合价变化，C错误；D．明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，无化合价变化，D错误；故答案为A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的VSEPR模型： B.的电子式：C.乙酸乙酯的分子式： D.反-2-丁烯的结构简式：【答案】C【解析】A．SO3中S的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B．由钠离子和过氧根离子构成，电子式：，B错误；C．乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式为，C正确；D．反-2-丁烯中双键两端的甲基应在不同侧，是顺-2-丁烯的结构简式，D错误；故选C。3.下列关于金属材料用途的说法错误的是A.镁铝合金密度小、强度高，可用于制造飞机部件B.不锈钢耐腐蚀性强，可用于制造医疗器械C.金属钠具有强还原性，可用于冶炼金属钛D.银具有良好的导电性和延展性，广泛应用于电缆制造【答案】D【解析】A．镁铝合金具有低密度和高强度的特点，常用于航空航天领域（如飞机部件），以减轻重量并保持结构强度，A正确；B．不锈钢是铁铬合金，具有优异的耐腐蚀性，广泛用于手术器械、手术台等医疗器械，防止生锈和污染，B正确；C．金属钠还原性强，在工业上可用于还原钛的化合物（如四氯化钛）来冶炼金属钛，C正确；D．银虽具有最佳导电性和良好延展性，但由于其价格昂贵，在实际电缆制造中应用不广泛，D错误；故选D。4.烷基水杨醛衍生物(M)是一类结构丰富的真菌次级代谢产物，具有良好的抗癌活性，的结构如图所示。关于有机物，下列叙述错误的是A.能与乙酸发生酯化反应B.M分子中含有2个手性碳原子C.与足量反应，最多消耗D.能与浓溴水发生取代反应、氧化反应【答案】C【解析】A．M分子中含有醇羟基（链烃上的-OH），醇羟基能与乙酸（含羧基）发生酯化反应，A正确；B．手性碳原子需连有四个不同基团。M中链状结构上两个连有羟基的碳原子（-CH(OH)-CH(OH)-），每个均连接-H、-OH及两个不同的烃基，均为手性碳，共2个，B正确；C．能与H2加成的官能团：苯环（3mol）、2个碳碳双键（各1mol，共2mol）、1个醛基（-CHO，1mol），总消耗H2为3+2+1=6mol，C错误；D．酚羟基（苯环上-OH）的邻对位可与浓溴水发生取代反应；醛基（-CHO）、碳碳双键及酚羟基易被浓溴水氧化，发生氧化反应，D正确；故答案选C。5.一种大环功能性分子的结构如图所示。关于该分子，下列叙述正确的是A.该分子属于芳香烃B.在强酸性或强碱性环境下均不能长时间稳定存在C.由于分子间范德华力较大，导致该分子热稳定性较差D.从该分子的红外光谱图中，可以找到、、、的吸收峰【答案】B【解析】A．芳香烃是只含碳和氢元素且含有苯环的化合物，该分子中含有氧、氮、硫、氟等元素，不属于芳香烃，A错误；B．该分子中含有酯基和酰胺键，酯基在强酸或强碱条件下均会水解，酰胺键在强酸或强碱条件下也会水解，因此在强酸性或强碱性环境下均不能长时间稳定存在，B正确；C．分子的热稳定性取决于化学键的强弱，与分子间范德华力无关，范德华力主要影响物质的熔沸点等物理性质，C错误；D．苯环的碳碳键是介于单双键之间的特殊键，红外光谱可检测特征官能团吸收峰，C=O（酯基）、C-H（苯环H）、C-C单键有明显吸收峰，不存在碳碳双键，D错误；故答案为B。6.下列物质性质的解释或结论错误的是选项物质性质解释或结论A铜片能溶于溶液氧化性：B氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低C甲苯能使酸性溶液褪色受苯环影响，甲基易被氧化D室温下，同浓度的溶液大于溶液的水解程度大于A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．铜与Fe3+反应生成Cu2+，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，A正确；B．NaCl为离子晶体，AlCl3为分子晶体，不能用离子晶体规律直接比较熔点，B错误；C．甲苯的甲基受苯环活化，易被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸，C正确；D．和在水溶液中会发生水解生成OH-，室温下，同浓度的溶液大于溶液，原因是的水解程度大于，D正确；故选B。7.下列有关反应方程式书写错误的是A.将锂单质在氧气中加热：B.将少量钠投入溶液中：C.水解法制备：D.和浓盐酸混合加热制氯气：【答案】B【解析】A．锂在氧气中加热生成氧化锂，化学方程式为：，A正确；B．钠投入硫酸铜溶液会先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，而非直接置换出Cu，正确的离子方程式为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，B错误；C．TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，化学方程式为：，C正确；D．MnO2与浓盐酸加热生成Cl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，D正确；故选B。8.氮化镓(GaN)、磷化镓(GaP)、砷化镓(GaAs)均为重要的半导体材料，其晶体结构类似于金刚石，熔点依次为1700℃、X℃、Y℃，其中的晶胞结构与参数如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A推测熔点：1700℃>X℃>Y℃B.GaAs晶体中Ga和As的杂化类型相同C.晶体密度为D.的晶胞在底面上的投影图为【答案】C【解析】A．GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，熔点取决于共价键键能，键长Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能依次减小，熔点依次降低，故1700℃>X℃>Y℃，A正确；B．GaAs晶体结构类似金刚石，Ga和As均形成4个共价键，杂化类型均为sp3，B正确；C．据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为，C错误；D．晶胞底面投影时，顶点Ga投影为顶点，面心Ga投影为边中点和中心，N原子投影为体内四点，与选项图示一致，D正确；故选C。9.下列实验方案不能达到相应实验目的的是A．检验热分解产物中是否含有B．探究浓度对化学平衡的影响C．证明淀粉在酸性条件下发生了水解D．探究化学能转化为电能A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．FeSO4热分解可能产生SO2和SO3，SO3为酸性氧化物，会与品红溶液中的水反应生成H2SO4，导致SO3被品红溶液吸收，无法进入BaCl2溶液中，因此BaCl2溶液无法检验SO3，A不能达到目的；B．Fe3+与SCN⁻存在平衡Fe3++3SCN⁻⇌Fe(SCN)3，左侧试管加入KSCN溶液增大SCN⁻浓度，平衡正向移动颜色加深；右侧加水稀释，各离子浓度减小，使得Q>K，平衡逆向移动颜色变浅，可通过颜色变化探究浓度对平衡的影响，B能达到目的；C．淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖，先加NaOH中和硫酸至碱性，再加入银氨溶液水浴加热，若产生银镜说明有葡萄糖生成，即淀粉发生水解，C能达到目的；D．Zn、Cu分别为原电池的负极和正极，ZnSO4、CuSO4溶液为电解质溶液，盐桥形成闭合回路，电子通过导线产生电流，电流计指针偏转可证明化学能转化为电能，D能达到目的；故选A。10.已知X、Y、Z、M、P为原子序数依次增大的短周期主族元素，有机物是一种多功能化学中间体，分子结构如图所示，基态原子的能级有2个未成对电子，、同主族。下列叙述正确的是A.第一电离能：B.、的简单氢化物的键角：C.上述分子结构中键与键数目之比为D.中的Z原子易提供孤对电子与形成配位键【答案】D【解析】基态M原子的2p能级有2个未成对电子，则M为C或O，根据结构式，X、Y、Z可分别形成1、4、3个化学键，则X为H、Y为C、Z为N，则M为O，M、P同主族，则P为S。A．原子半径越大，第一电离能越小，第VA族元素电离能大于相邻元素，则第一电离能：N>O>S，A错误；B．M、P的简单氢化物为H2O、H2S，中心原子电负性O>S，成键电子对斥力H2O>H2S，则键角H2O>H2S，B错误；C．该分子中包括3个C-Hσ键、1个C-Cσ键、1个C-Nσ键、2个C≡Nπ键，则σ键与π键数目之比为5:2，C错误；D．ZX3为NH3，N原子有1对孤对电子，易与Cu2+形成配位键，D正确；故答案为D。11.某元素的单质及其化合物的转化关系如图所示(反应条件省略)。下列说法错误的是A.镁条在甲中燃烧的产物中只含有离子键B.反应②中的丙可能既是氧化产物又是还原产物C.通过反应④丁与水反应生成1mol戊，转移电子D.若己的晶体类型为离子晶体，则己的水溶液可能显中性【答案】C【解析】甲为空气中含量最多的气体，即，乙液化，则甲→乙发生反应：，乙是，丁是红棕色，则丁是，则乙→丙→丁是连续被氧化的过程，乙→丙反应为：，丙→丁的反应为：，戊用于制造化肥(生成铵盐的原料)、炸药(与甲苯反应生成2，4，6－三硝基甲苯)，推测戊为，丁→戊的反应是：，己的晶体类型为离子晶体，其能生成氮气，推测己可能是等盐类物质，据此解答。A．甲为，镁条在中燃烧方程式：，为离子化合物，只含离子键，A正确；B．反应②为乙→丙，化学方程式为：，NH3中N元素从-3价升至+2价（氧化），O2中O元素从0价降至-2价（还原），NO既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．反应④为。生成2molHNO3时转移2mol电子，则生成1molHNO3转移1mol电子，C错误；D．己为离子晶体，由分析推测可知，己可能是等盐，若为，其中铵根水解导致溶液呈酸性，但也可能是等不水解的盐(受热分解可生成氮气)，其溶液显中性，D正确；故选C。12.1-苯基乙醇可通过如下路线制备：其中第一步反应在如图所示的无水装置中进行。已知：乙醚的沸点为34.5℃，作溶剂。下列叙述错误的是A.1-苯基乙醇中原子采取、杂化B.冷凝管中冷却水的流向应为“a口进b口出”，以充分冷凝乙醚蒸气C.试剂可能是无水，其作用是吸收空气中的水蒸气D.第一步反应为取代反应【答案】D【解析】三颈烧瓶加入苯甲醛、乙醚溶液，再加入CH3MgBr反应后生成，然后水解生成1-苯基乙醇；A．1-苯基乙醇中苯环原子采取杂化，饱和碳采用杂化，A正确；B．冷凝管中冷却水应遵循“下进上出”原则，图示中a口为下口，b口为上口，“a口进b口出”可充分冷凝乙醚蒸气，B正确；C．格氏试剂易与水反应，需无水环境，试剂X位于装置末端干燥管中，作用是吸收空气中的水蒸气，防止其进入反应体系，无水是常用干燥剂，可吸水，C正确；D．第一步反应中，苯甲醛的羰基与CH3MgBr发生亲核加成，-CH3加成到羰基碳上，O与-MgBr结合，属于加成反应，而非取代反应，D错误；故选D。13.某科技团队设计了一种废弃电极材料再锂化的电化学装置，其原理如图所示：已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。再锂化为的过程中，下列说法正确的是A.电极为阴极B.再锂化为的过程中元素化合价升高C.电极上发生的反应：D.产生标准状况下时，理论上可转化的【答案】C【解析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则转化为过程中，Co元素化合价由降为+3，得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为，据此回答。A．由分析可知，Pt电极产生O2，故Pt为阳极，A错误；B．中Co元素化合价为（x<1，故4-x>3），再锂化为LiCoO2后Co元素化合价为3，化合价降低，B错误；C．电极为阴极，发生还原反应，Co元素化合价降低，需结合(1-x)个Li+和(1-x)个电子生成LiCoO2，电极反应式为，C正确；D．生成标况22.4LO2(1mol)时转移4mol电子，由阴极反应知每转化1mol转移(1-x)mol电子，故转化为，D错误；故选C。14.常温下，将的三元酸与的溶液混合，溶液中与配体反应生成两种配离子：和。通过实验测得和的浓度对数(，实线)及含铜微粒的分布系数{，虚线}随变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅲ表示。B.当时，体系中C.随增大，体系中减小D.图中a点对应的【答案】D【解析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，则曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，浓度增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，先增大后减小为曲线Ⅳ，一直增大为曲线Ⅴ；A．由分析可知，为曲线Ⅲ，A正确；B．由图，当时，体系中，B正确；C．随增大，正向移动，导致体系中减小，C正确；D．图中（4.3，-1）、（4.3，-8.3）点可知的，点a时，和浓度相等，此时，pH=11.6，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.连二硫酸钠晶体常用于印染工业。实验室可通过如下反应原理制备：、。请回答下列问题：（1）制备饱和溶液的装置如图所示：①仪器b中侧管c的作用为_______。②装置甲中制备的化学方程式为_______。③实验中采用“低温浴槽”的目的是_______。（2）在装置乙中安装机械搅拌器，撤掉装置丙及其导管，分批次向三颈烧瓶中缓缓加入粉末。采取“分批次”及“缓缓”操作的目的可能是_______(答一条)。待反应完成后，向三颈烧瓶中加入足量的饱和溶液，充分反应后，过滤，将滤液经一系列操作转化为目标产品。（3）测定产品(相对分子质量为)中的值。称取产品，小心溶于的酸性溶液中(足量)，转入容量瓶定容。用移液管取溶液于锥形瓶中，用的标准溶液滴定过量的，达到滴定终点消耗的标准溶液。已知：①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_______(请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。如图表示滴定管中液面的位置，已知A与B刻度间相差小于，则滴定管中液面读数应为_______。②中的[_______](用含、、、、的代数式补全的表达式)。【答案】（1）①.平衡气压，使70%的浓硫酸顺利流下②.H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O③.增大SO2气体在水溶液中的溶解度（2）控制反应的温度，防止副反应发生（3）①.再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁②.17.40③.【解析】实验室可通过反应原理、制备，甲装置中浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成SO2气体，SO2气体通入去氧水中制备饱和溶液，在装置乙中安装机械搅拌器，撤掉装置丙及其导管，分批次向三颈烧瓶中缓缓加入MnO2粉末，待反应完成后，向三颈烧瓶中加入足量的饱和溶液，充分反应后，过滤，将滤液经一系列操作转化为目标产品。（1）①仪器b中侧管c的作用为：平衡气压，使70%的浓硫酸顺利流下。②装置甲浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成SO2气体，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O。③SO2气体在水溶液中的溶解度随着温度的上升而减小，实验中采用“低温浴槽”的目的是：增大SO2气体在水溶液中的溶解度。（2）采取“分批次”及“缓缓”操作目的可能是：控制反应温度，防止副反应发生。（3）①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，让溶液均匀混合，以便准确观察颜色变化判断滴定终点，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。如图表示滴定管中液面的位置，已知A与B刻度间相差小于，则滴定管中液面读数应为17.40；②由题意可知，根据关系式：5Fe2+~，可得与反应n()=x×10-3L×-××y×10-3L×=(xc1-yc2)×10-3mol，根据关系式：，可知中m()=(xc1-yc2)×10-3mol×2.5×206g/mol=0.515(xc1-yc2)g，n(H2O)=，中的。16.(钒酸铋)是一种重要的钒酸盐半导体材料，难溶于水，在光催化等领域具有重要应用价值。一种利用含钒废渣(、、、)制备的工艺流程如图所示：已知：①+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如下表所示：pH2~46~810~12主要存在形式②“沉钒”得到的滤渣微溶于冷水，能溶于热水。请回答下列问题：（1）将含钒废渣与碳酸钠进行充分研磨的目的是_______。（2）“焙烧”过程中转化为的化学方程式为_______。（3）已知25℃时，在的溶液中，，则_______。（4）在调节“”至“”的过程中，可认为反应体系中含钒微粒存在的化学平衡_______(用离子方程式表示)向正反应方向移动。（5）“沉钒”时为提高“沉钒”率，可采取的措施有_______(填一条)。（6）写出“合成”步骤总反应的化学方程式：_______。【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分（2）+2Na2CO3+O24+2CO2（3）37.4（4）（5）适当降低温度、适当提高氯化铵滤液的浓度等（6）+BiCl3+2NH3·H2O=BiVO4+3NH4Cl+H2O【解析】钒废渣(、、、)混合碳酸钠研磨后在空气中焙烧，转化为，和转化为，转化为Fe2O3，然后用盐酸浸取，调节pH1=3.2，Fe元素转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再调节pH1=6.5，Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤后向滤液中加入氯化铵沉钒，得到的滤渣，和BiCl3、氨水反应生成BiVO4，以此解答。（1）将含钒废渣与碳酸钠进行充分研磨的目的是：增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。（2）“焙烧”过程中和Na2CO3、O2反应转化为，同时有CO2气体生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：+2Na2CO3+O24+2CO2。（3）已知25℃时，在的溶液中，c(OH-)=，=10-37.4，则a=37.4。（4）由表格数据可知，在调节“”至“”的过程中，转化为的平衡正向移动，即正向移动。（5）“沉钒”得到的滤渣微溶于冷水，能溶于热水，为提高“沉钒”率，可采取的措施有：适当降低温度、适当提高氯化铵滤液的浓度等。（6）“合成”步骤中和BiCl3、氨水反应生成BiVO4，化学方程式为：+BiCl3+2NH3·H2O=BiVO4+3NH4Cl+H2O。17.工业上利用甲烷和水蒸气重整制取氢气，主要反应如下：ⅰ．ⅱ．请回答下列问题：（1）反应的_______。（2）向恒压、恒温密闭容器中通入一定量、发生上述反应，下列叙述能说明反应体系达到平衡状态的是_______(填字母)。a．混合气体的密度保持不变b．与的物质的量之比为c．的分压不再变化（3）向恒压、恒温密闭容器(总压)中通入、和一定量的惰性气体，发生反应ⅰ和ⅱ．平衡时转化率为40%，转化率为60%，容器中惰性气体的分压为。①平衡时_______。②平衡时的分压_______。③该温度下，反应ⅱ的压强平衡常数_______(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。④保持其他条件不变，若起始投料组成中惰性气体的含量下降，则反应ⅰ平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。（4）向密闭容器中通入、(和初始物质的量比为)，发生反应ⅰ和ⅱ，测得温度和压强对甲烷平衡转化率的影响如图所示，则b点甲烷平衡转化率大于a点的原因可能为_______。【答案】（1）（2）ac（3）①.0.4②.80③.3.5④.逆向（4）反应ⅰ是吸热反应，反应ⅱ是放热反应，升高温度，反应ⅰ正向移动，反应ⅱ逆向移动，且反应ⅰ正向移动程度大于反应ⅱ逆向移动的程度【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得的=。（2）a．反应ⅰ是气体体积增大的反应，反应ⅱ是气体体积不变的反应，在恒压装置中发生反应，反应过程中气体体积增大，气体总质量是定值，则反应过程中混合气体的密度减小，当混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡，a选；b．与的物质的量之比为时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，b不选；c．反应ⅰ和反应ⅱ均生成氢气，反应过程中的分压增大，当的分压不再变化时，说明反应达到平衡，c选；故选ac。（3）①向恒压、恒温密闭容器(总压)中通入，平衡时转化率为40%，由碳元素守恒可知平衡时1mol×40%=0.4；②平衡时转化率为40%，转化率为60%，则平衡时n()=0.6mol，n(H2O)=0.4mol，由H元素守恒可知平衡时n()=，容器中惰性气体的分压为，的分压；③由O元素守恒可知，1mol，则n(CO)=n(CO2)=0.2mol，该温度下，反应ⅱ的压强平衡常数；④保持其他条件不变，若起始投料组成中惰性气体的含量下降，参与反应的各气体总压增大，反应ⅰ是气体体积增大的反应，则反应ⅰ平衡逆向移动。（4）b点和a点压强相等，b点温度高于a点，反应ⅰ是吸热反应，反应ⅱ是放热反应，升高温度，反应ⅰ正向移动，反应ⅱ逆向移动，且反应ⅰ正向移动的程度大于反应ⅱ逆向移动的程度，则b点甲烷平衡转化率大于a点。18.以可再生资源木质素为原料合成光引发剂F的路线如图所示。请回答下列问题：（1）B的沸点(153℃)大于C的沸点(92℃)，其原因为_______。（2）用系统命名法对B命名：_______；D的结构简式为_______。（3）下列叙述正确的是_______(填字母)。a．B分子中含2种官能团b．以上路线中D→E的反应会产生氢气c．在一定条件下，E和F均能发生消去反应（4）写出E→F的化学方程式：_______（5）M是F的同分异构体，同时具有如下结构和性质的M有_______种(不考虑立体异构)。ⅰ．含有苯环，且苯环上只有一个取代基；ⅱ．能与溶液反应生成。其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积之比为的结构简式为_______。（6）参照以上合成路线和条件，完成下列合成路线(部分反应条件省略)：则G的结构简式为_______，H的结构简式为_______。【答案】（1）B分子间能形成氢键，C分子间不能形成氢键。而氢键影响分子沸点较大，所以B的沸点高于C（2）①.甲基丙酸②.（3）c（4）（5）①.5②.（6）①.②.【解析】A发生氧化反应生成B，B再与SOCl2发生取代反应生成C，C再与（C6H6）发生取代反应生成D（），D再与Br2发生取代反应生成E，E再与NaOH溶液发生水解生成F。根据流程分析小题。（1）B分子间能形成氢键，C分子间不能形成氢键。而氢键影响分子沸点较大，所以B的沸点高于C。（2）根据B的结构简式得出它的系统命名为甲基丙酸；根据B→C，可以得出D的结构简式为。（3）a．B分子中只有一种官能团为羧基，a错误；b．D→E反应的副产物有HBr，没有H2，b错误；c．消去反应的结构特点是卤素原子或羟基所连的邻位碳原子上要有氢原子，E、F的结构符合，故都能发生消去反应，c正确；故答案选c。（4）根据E→F反应的条件以及E、F的结构，可以得出E→F发生的水解反应，故反应方程式为。（5）F的同分异构体，同时具有ⅰ．含有苯环，且苯环上只有一个取代基；ⅱ．能与溶液反应生成。可以知道苯环上的侧链连有-COOH，其他碳原子在-COOH所连的侧链上，可以是-CH2-CH2-CH2-COOH、-CH(CH3)-CH2-COOH、-CH2-CH(CH3)-COOH、-CH(CH2CH3)-COOH、-C(CH3)2-COOH共5种；其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积之比为的结构简式为。（6）苯甲酸和氢气在催化剂作用下生成G为，G和SOCl2在加热条件下反应生成H为，H和苯在催化剂加热条件下反应生成。山西省等四省第一次联考2025-2026学年高三上学期开学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ga70一、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.化学应用体现在生活的方方面面，下列应用涉及氧化还原反应的是A.过氧化钠用作潜水艇供氧剂 B.生石灰用作干燥剂C.食醋用于去除水垢 D.明矾用于净化黄河水【答案】A【解析】A．过氧化钠与水或CO2反应生成O2，氧元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．生石灰与水反应生成氢氧化钙，无元素化合价变化，属于化合反应，B错误；C．食醋与水垢反应为碳酸钙与乙酸反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，属于复分解反应，无化合价变化，C错误；D．明矾中Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，无化合价变化，D错误；故答案为A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的VSEPR模型： B.的电子式：C.乙酸乙酯的分子式： D.反-2-丁烯的结构简式：【答案】C【解析】A．SO3中S的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B．由钠离子和过氧根离子构成，电子式：，B错误；C．乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式为，C正确；D．反-2-丁烯中双键两端的甲基应在不同侧，是顺-2-丁烯的结构简式，D错误；故选C。3.下列关于金属材料用途的说法错误的是A.镁铝合金密度小、强度高，可用于制造飞机部件B.不锈钢耐腐蚀性强，可用于制造医疗器械C.金属钠具有强还原性，可用于冶炼金属钛D.银具有良好的导电性和延展性，广泛应用于电缆制造【答案】D【解析】A．镁铝合金具有低密度和高强度的特点，常用于航空航天领域（如飞机部件），以减轻重量并保持结构强度，A正确；B．不锈钢是铁铬合金，具有优异的耐腐蚀性，广泛用于手术器械、手术台等医疗器械，防止生锈和污染，B正确；C．金属钠还原性强，在工业上可用于还原钛的化合物（如四氯化钛）来冶炼金属钛，C正确；D．银虽具有最佳导电性和良好延展性，但由于其价格昂贵，在实际电缆制造中应用不广泛，D错误；故选D。4.烷基水杨醛衍生物(M)是一类结构丰富的真菌次级代谢产物，具有良好的抗癌活性，的结构如图所示。关于有机物，下列叙述错误的是A.能与乙酸发生酯化反应B.M分子中含有2个手性碳原子C.与足量反应，最多消耗D.能与浓溴水发生取代反应、氧化反应【答案】C【解析】A．M分子中含有醇羟基（链烃上的-OH），醇羟基能与乙酸（含羧基）发生酯化反应，A正确；B．手性碳原子需连有四个不同基团。M中链状结构上两个连有羟基的碳原子（-CH(OH)-CH(OH)-），每个均连接-H、-OH及两个不同的烃基，均为手性碳，共2个，B正确；C．能与H2加成的官能团：苯环（3mol）、2个碳碳双键（各1mol，共2mol）、1个醛基（-CHO，1mol），总消耗H2为3+2+1=6mol，C错误；D．酚羟基（苯环上-OH）的邻对位可与浓溴水发生取代反应；醛基（-CHO）、碳碳双键及酚羟基易被浓溴水氧化，发生氧化反应，D正确；故答案选C。5.一种大环功能性分子的结构如图所示。关于该分子，下列叙述正确的是A.该分子属于芳香烃B.在强酸性或强碱性环境下均不能长时间稳定存在C.由于分子间范德华力较大，导致该分子热稳定性较差D.从该分子的红外光谱图中，可以找到、、、的吸收峰【答案】B【解析】A．芳香烃是只含碳和氢元素且含有苯环的化合物，该分子中含有氧、氮、硫、氟等元素，不属于芳香烃，A错误；B．该分子中含有酯基和酰胺键，酯基在强酸或强碱条件下均会水解，酰胺键在强酸或强碱条件下也会水解，因此在强酸性或强碱性环境下均不能长时间稳定存在，B正确；C．分子的热稳定性取决于化学键的强弱，与分子间范德华力无关，范德华力主要影响物质的熔沸点等物理性质，C错误；D．苯环的碳碳键是介于单双键之间的特殊键，红外光谱可检测特征官能团吸收峰，C=O（酯基）、C-H（苯环H）、C-C单键有明显吸收峰，不存在碳碳双键，D错误；故答案为B。6.下列物质性质的解释或结论错误的是选项物质性质解释或结论A铜片能溶于溶液氧化性：B氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低C甲苯能使酸性溶液褪色受苯环影响，甲基易被氧化D室温下，同浓度的溶液大于溶液的水解程度大于A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．铜与Fe3+反应生成Cu2+，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，说明Fe3+的氧化性强于Cu2+，A正确；B．NaCl为离子晶体，AlCl3为分子晶体，不能用离子晶体规律直接比较熔点，B错误；C．甲苯的甲基受苯环活化，易被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸，C正确；D．和在水溶液中会发生水解生成OH-，室温下，同浓度的溶液大于溶液，原因是的水解程度大于，D正确；故选B。7.下列有关反应方程式书写错误的是A.将锂单质在氧气中加热：B.将少量钠投入溶液中：C.水解法制备：D.和浓盐酸混合加热制氯气：【答案】B【解析】A．锂在氧气中加热生成氧化锂，化学方程式为：，A正确；B．钠投入硫酸铜溶液会先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与Cu2+生成Cu(OH)2沉淀，而非直接置换出Cu，正确的离子方程式为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，B错误；C．TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，化学方程式为：，C正确；D．MnO2与浓盐酸加热生成Cl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，D正确；故选B。8.氮化镓(GaN)、磷化镓(GaP)、砷化镓(GaAs)均为重要的半导体材料，其晶体结构类似于金刚石，熔点依次为1700℃、X℃、Y℃，其中的晶胞结构与参数如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A推测熔点：1700℃>X℃>Y℃B.GaAs晶体中Ga和As的杂化类型相同C.晶体密度为D.的晶胞在底面上的投影图为【答案】C【解析】A．GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，熔点取决于共价键键能，键长Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能依次减小，熔点依次降低，故1700℃>X℃>Y℃，A正确；B．GaAs晶体结构类似金刚石，Ga和As均形成4个共价键，杂化类型均为sp3，B正确；C．据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为，C错误；D．晶胞底面投影时，顶点Ga投影为顶点，面心Ga投影为边中点和中心，N原子投影为体内四点，与选项图示一致，D正确；故选C。9.下列实验方案不能达到相应实验目的的是A．检验热分解产物中是否含有B．探究浓度对化学平衡的影响C．证明淀粉在酸性条件下发生了水解D．探究化学能转化为电能A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．FeSO4热分解可能产生SO2和SO3，SO3为酸性氧化物，会与品红溶液中的水反应生成H2SO4，导致SO3被品红溶液吸收，无法进入BaCl2溶液中，因此BaCl2溶液无法检验SO3，A不能达到目的；B．Fe3+与SCN⁻存在平衡Fe3++3SCN⁻⇌Fe(SCN)3，左侧试管加入KSCN溶液增大SCN⁻浓度，平衡正向移动颜色加深；右侧加水稀释，各离子浓度减小，使得Q>K，平衡逆向移动颜色变浅，可通过颜色变化探究浓度对平衡的影响，B能达到目的；C．淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖，先加NaOH中和硫酸至碱性，再加入银氨溶液水浴加热，若产生银镜说明有葡萄糖生成，即淀粉发生水解，C能达到目的；D．Zn、Cu分别为原电池的负极和正极，ZnSO4、CuSO4溶液为电解质溶液，盐桥形成闭合回路，电子通过导线产生电流，电流计指针偏转可证明化学能转化为电能，D能达到目的；故选A。10.已知X、Y、Z、M、P为原子序数依次增大的短周期主族元素，有机物是一种多功能化学中间体，分子结构如图所示，基态原子的能级有2个未成对电子，、同主族。下列叙述正确的是A.第一电离能：B.、的简单氢化物的键角：C.上述分子结构中键与键数目之比为D.中的Z原子易提供孤对电子与形成配位键【答案】D【解析】基态M原子的2p能级有2个未成对电子，则M为C或O，根据结构式，X、Y、Z可分别形成1、4、3个化学键，则X为H、Y为C、Z为N，则M为O，M、P同主族，则P为S。A．原子半径越大，第一电离能越小，第VA族元素电离能大于相邻元素，则第一电离能：N>O>S，A错误；B．M、P的简单氢化物为H2O、H2S，中心原子电负性O>S，成键电子对斥力H2O>H2S，则键角H2O>H2S，B错误；C．该分子中包括3个C-Hσ键、1个C-Cσ键、1个C-Nσ键、2个C≡Nπ键，则σ键与π键数目之比为5:2，C错误；D．ZX3为NH3，N原子有1对孤对电子，易与Cu2+形成配位键，D正确；故答案为D。11.某元素的单质及其化合物的转化关系如图所示(反应条件省略)。下列说法错误的是A.镁条在甲中燃烧的产物中只含有离子键B.反应②中的丙可能既是氧化产物又是还原产物C.通过反应④丁与水反应生成1mol戊，转移电子D.若己的晶体类型为离子晶体，则己的水溶液可能显中性【答案】C【解析】甲为空气中含量最多的气体，即，乙液化，则甲→乙发生反应：，乙是，丁是红棕色，则丁是，则乙→丙→丁是连续被氧化的过程，乙→丙反应为：，丙→丁的反应为：，戊用于制造化肥(生成铵盐的原料)、炸药(与甲苯反应生成2，4，6－三硝基甲苯)，推测戊为，丁→戊的反应是：，己的晶体类型为离子晶体，其能生成氮气，推测己可能是等盐类物质，据此解答。A．甲为，镁条在中燃烧方程式：，为离子化合物，只含离子键，A正确；B．反应②为乙→丙，化学方程式为：，NH3中N元素从-3价升至+2价（氧化），O2中O元素从0价降至-2价（还原），NO既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．反应④为。生成2molHNO3时转移2mol电子，则生成1molHNO3转移1mol电子，C错误；D．己为离子晶体，由分析推测可知，己可能是等盐，若为，其中铵根水解导致溶液呈酸性，但也可能是等不水解的盐(受热分解可生成氮气)，其溶液显中性，D正确；故选C。12.1-苯基乙醇可通过如下路线制备：其中第一步反应在如图所示的无水装置中进行。已知：乙醚的沸点为34.5℃，作溶剂。下列叙述错误的是A.1-苯基乙醇中原子采取、杂化B.冷凝管中冷却水的流向应为“a口进b口出”，以充分冷凝乙醚蒸气C.试剂可能是无水，其作用是吸收空气中的水蒸气D.第一步反应为取代反应【答案】D【解析】三颈烧瓶加入苯甲醛、乙醚溶液，再加入CH3MgBr反应后生成，然后水解生成1-苯基乙醇；A．1-苯基乙醇中苯环原子采取杂化，饱和碳采用杂化，A正确；B．冷凝管中冷却水应遵循“下进上出”原则，图示中a口为下口，b口为上口，“a口进b口出”可充分冷凝乙醚蒸气，B正确；C．格氏试剂易与水反应，需无水环境，试剂X位于装置末端干燥管中，作用是吸收空气中的水蒸气，防止其进入反应体系，无水是常用干燥剂，可吸水，C正确；D．第一步反应中，苯甲醛的羰基与CH3MgBr发生亲核加成，-CH3加成到羰基碳上，O与-MgBr结合，属于加成反应，而非取代反应，D错误；故选D。13.某科技团队设计了一种废弃电极材料再锂化的电化学装置，其原理如图所示：已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。再锂化为的过程中，下列说法正确的是A.电极为阴极B.再锂化为的过程中元素化合价升高C.电极上发生的反应：D.产生标准状况下时，理论上可转化的【答案】C【解析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则转化为过程中，Co元素化合价由降为+3，得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为，据此回答。A．由分析可知，Pt电极产生O2，故Pt为阳极，A错误；B．中Co元素化合价为（x<1，故4-x>3），再锂化为LiCoO2后Co元素化合价为3，化合价降低，B错误；C．电极为阴极，发生还原反应，Co元素化合价降低，需结合(1-x)个Li+和(1-x)个电子生成LiCoO2，电极反应式为，C正确；D．生成标况22.4LO2(1mol)时转移4mol电子，由阴极反应知每转化1mol转移(1-x)mol电子，故转化为，D错误；故选C。14.常温下，将的三元酸与的溶液混合，溶液中与配体反应生成两种配离子：和。通过实验测得和的浓度对数(，实线)及含铜微粒的分布系数{，虚线}随变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅲ表示。B.当时，体系中C.随增大，体系中减小D.图中a点对应的【答案】D【解析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，则曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，浓度增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，先增大后减小为曲线Ⅳ，一直增大为曲线Ⅴ；A．由分析可知，为曲线Ⅲ，A正确；B．由图，当时，体系中，B正确；C．随增大，正向移动，导致体系中减小，C正确；D．图中（4.3，-1）、（4.3，-8.3）点可知的，点a时，和浓度相等，此时，pH=11.6，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.连二硫酸钠晶体常用于印染工业。实验室可通过如下反应原理制备：、。请回答下列问题：（1）制备饱和溶液的装置如图所示：①仪器b中侧管c的作用为_______。②装置甲中制备的化学方程式为_______。③实验中采用“低温浴槽”的目的是_______。（2）在装置乙中安装机械搅拌器，撤掉装置丙及其导管，分批次向三颈烧瓶中缓缓加入粉末。采取“分批次”及“缓缓”操作的目的可能是_______(答一条)。待反应完成后，向三颈烧瓶中加入足量的饱和溶液，充分反应后，过滤，将滤液经一系列操作转化为目标产品。（3）测定产品(相对分子质量为)中的值。称取产品，小心溶于的酸性溶液中(足量)，转入容量瓶定容。用移液管取溶液于锥形瓶中，用的标准溶液滴定过量的，达到滴定终点消耗的标准溶液。已知：①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，_______(请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。如图表示滴定管中液面的位置，已知A与B刻度间相差小于，则滴定管中液面读数应为_______。②中的[_______](用含、、、、的代数式补全的表达式)。【答案】（1）①.平衡气压，使70%的浓硫酸顺利流下②.H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O③.增大SO2气体在水溶液中的溶解度（2）控制反应的温度，防止副反应发生（3）①.再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁②.17.40③.【解析】实验室可通过反应原理、制备，甲装置中浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成SO2气体，SO2气体通入去氧水中制备饱和溶液，在装置乙中安装机械搅拌器，撤掉装置丙及其导管，分批次向三颈烧瓶中缓缓加入MnO2粉末，待反应完成后，向三颈烧瓶中加入足量的饱和溶液，充分反应后，过滤，将滤液经一系列操作转化为目标产品。（1）①仪器b中侧管c的作用为：平衡气压，使70%的浓硫酸顺利流下。②装置甲浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成SO2气体，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+Na2SO4+H2O。③SO2气体在水溶液中的溶解度随着温度的上升而减小，实验中采用“低温浴槽”的目的是：增大SO2气体在水溶液中的溶解度。（2）采取“分批次”及“缓缓”操作目的可能是：控制反应温度，防止副反应发生。（3）①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，让溶液均匀混合，以便准确观察颜色变化判断滴定终点，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。如图表示滴定管中液面的位置，已知A与B刻度间相差小于，则滴定管中液面读数应为17.40；②由题意可知，根据关系式：5Fe2+~，可得与反应n()=x×10-3L×-××y×10-3L×=(xc1-yc2)×10-3mol，根据关系式：，可知中m()=(xc1-yc2)×10-3mol×2.5×206g/mol=0.515(xc1-yc2)g，n(H2O)=，中的。16.(钒酸铋)是一种重要的钒酸盐半导体材料，难溶于水，在光催化等领域具有重要应用价值。一种利用含钒废渣(、、、)制备的工艺流程如图所示：已知：①+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如下表所示：pH2~46~810~12主要存在形式②“沉钒”得到的滤渣微溶于冷水，能溶于热水。请回答下列问题：（1）将含钒废渣与碳酸钠进行充分研磨的目的是_______。（2）“焙烧”过程中转化为的化学方程式为_______。（3）已知25℃时，在的溶液中，，则_______。（4）在调节“”至“”的过程中，可认为反应体系中含钒微粒存在的化学平衡_______(用离子方程式表示)向正反应方向移动。（5）“沉钒”时为提高“沉钒”率，可采取的措施有_______(填一条)。（6）写出“合成”步骤总反应的化学方程式：_______。【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分（2）+2Na2CO3+O24+2CO2（3）37.4（4）（5）适当降低温度、适当提高氯化铵滤液的浓度等（6）+BiCl3+2NH3·H2O=BiVO4+3NH4Cl+H2O【解析】钒废渣(、、、)混合碳酸钠研磨后在空气中焙烧，转化为，和转化为，转化为Fe2O3，然后用盐酸浸取，调节pH1=3.2，Fe元素转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再调节pH1=6.5，Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤后向滤液中加入氯化铵沉钒，得到的滤渣，和BiCl3、氨水反应生成BiVO4，以此解答。（1）将含钒废渣与碳酸钠进行充分研磨的目的是：增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。（2）“焙烧”过程中和Na2CO3、O2反应转化为，同时有CO2气体生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：+2Na2CO3+O24+2CO2。（3）已知25℃时，在的溶液中，c(OH-)=，=10-37.4，则a=37.4。（4）由表格数据可知，在调节“”至“”的过程中，转化为的平衡正向移动，即正向移动。（5）“沉钒”得到的滤渣微溶于冷水，能溶于热水，为提高“沉钒”率，可采取的措施有：适当降低温度、适当提高氯化铵滤液的浓度等。（6）“合成”步骤中和BiCl3、氨水反应生成BiVO4，化学方程式为：+BiCl3+2NH3·H2O=BiVO4+3NH4Cl+H2O。17.工业上利用甲烷和水蒸气重整制取氢气，主要反应如下：ⅰ．ⅱ．请回答下列问题：（1）反应的_______。（2）向恒压、恒温密闭容器中通入一定量、发生上述反应，下列叙述能说明反应体系达到平衡状态的是_______(填字母)。a．混合气体的密度保持不变b．与的物质的量之比为c．的分压不再变化（3）向恒压、恒温密闭容器(总压)中通入、和一定量的惰性气体，发生反应ⅰ和ⅱ