2025-2026学年四川合江县马街中学校高三下学期开学化学试题 含答案

/高2026届高三下期开学检测化学第I卷选择题45分注意事项：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.可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.“劳动成就梦想，幸福属于劳动者”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A家务劳动：用含过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)的“爆炸盐”洗涤衣物该溶液既有碱性又有强氧化性B自主探究：腌制咸鸭蛋半透膜渗析、蛋白质变性原理C工厂实践：用氧炔焰切割金属乙炔具有还原性D学农活动：先铺设聚丙烯酸钠树脂材料后再种植聚丙烯酸钠树脂具有吸水性和保水性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．“爆炸盐”水溶液有碱性可以用来作洗衣粉助剂清理污渍，同时有强氧化性可以起到漂白衣物的作用，A正确；B．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，B正确；C．用氧炔焰切割金属，是利用乙炔具有可燃性，乙炔和氧气反应放出大量热有关，C错误；D．聚丙烯酸钠树脂材料为高吸水性树脂，具有强大的吸水和保水能力，也是可生物降解的绿色材料，D正确；故选C。2.下列关于有机分子的描述错误的是A.葡萄糖有链状结构和环状结构，水溶液中葡萄糖绝大部分为环状结构B.淀粉与纤维素互为同系物C.蛋白质特定空间结构中肽链的盘绕或折叠与氢键有关D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过缩合而成的生物大分子【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖是多羟基醛，它既有链状结构也有环状结构，在水溶液中，由于分子内的羟基碳原子与醛基发生反应，使绝大部分葡萄糖以环状结构的形式存在，A正确；B．淀粉与纤维素链节的分子式相同，但聚合度不同，所以二者的分子式不同，不互为同系物，B错误；C．蛋白质分子中肽链的盘绕、折叠形成特定的空间结构，其中氢键起到了重要作用，它可以维持肽链之间的相对位置和空间排布，C正确；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过缩合反应形成的生物大分子，这些基本组成单位通过特定的化学键连接在一起，构成了核酸复杂的结构，D正确；故选B。3.下列关于的说法中，不正确的是A.是由极性键构成的极性分子B.分子中含键，其共价键电子云图形是轴对称的C.分子的键角为，表明共价键有方向性D.的VSEPR模型为平面三角形【答案】D【解析】【详解】A．中H-S是极性键，分子呈V形，是极性分子，A正确；B．分子中氢原子的轨道与硫原子的轨道形成-键电子云图形是轴对称的，B正确；C．键角体现了共价键的方向性，分子键角为，C正确；D．中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，D错误；故选D。4.下列化学用语正确的是A.甲酸甲酯的结构简式：B.的结构式：，分子呈直线形C.的电子式：D.基态硫原子的价电子轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，故A错误；B．的结构式：，中心原子O采用sp3杂化，所以分子呈V形，故B错误；C．的电子式：，故C错误；D．S是第16号元素，所以基态硫原子的价电子轨道表示式：，故D正确；故选D。5.为阿伏加德罗常数的值。25℃时，以溶液为例，下列说法错误的是A.溶液中和HCN的总数为 B.在1个中孤电子对数为1对C.由电离出的数目为 D.25℃时，【答案】B【解析】【详解】A．根据物料守恒，CN⁻和HCN的总物质的量等于初始NaCN的物质的量0.1mol，总数为0.1，A正确；B．CN⁻的价电子数为10，形成三键用去6个电子，剩余4个电子形成两对孤电子对，B错误；C．溶液pH=11，OH-浓度为10-3mol/L，NaCN属于强碱弱酸盐，水电离出的OH-浓度等于10-3mol/L，数目为10-3，C正确；D．存在水解平衡，，，D正确；故选B。6.某螺环化合物的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是A.与互为同系物 B.所有碳原子处于同一平面C.可在热纯碱溶液中发生水解反应 D.二氯代物有4种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A．题干化合物为螺环脂环化合物，图片物质为含苯环的芳香族四羟基苯，二者结构不相似（脂环与芳香环），分子组成也不相差CH2原子团，不互为同系物，A错误；B．螺环化合物中连接两个环的螺原子为sp3杂化（四面体结构），与之相连的碳原子不可能共平面，故所有碳原子不处于同一平面，B错误；C．该化合物含酯基（-COO-），酯基在热纯碱溶液（碱性条件）中可发生水解反应生成羧酸盐和醇，C正确；D．将该螺环化合物的部分碳原子编号：，两个氯原子的取代位置可以是①①、②②、①②、①③、①④、②③，共有6种二氯代物(不考虑立体异构)，D错误；故答案选C。7.下列离子方程式与化学事实相符的是A.等浓度、等体积的、氨水混合溶液反应生成沉淀：B.溶液中通入过量的气体：C.向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：D.向苯酚钠溶液中通入少量气体:【答案】B【解析】【详解】A．Fe2+与在氨水存在下反应生成FeCO3时，需NH3·H2O参与，正确方程式为，A错误；B．Fe3+与过量H2S反应时，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，H+生成，方程式符合氧化还原反应规律，B正确；C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：,C错误；D．酸性强弱顺序为H2CO3＞C6H5OH＞，产物应为而非，正确方程式为，D错误；故答案选B。8.X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大。基态X、Y、W原子均有两个单电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是A.原子半径： B.Y、Z组成的两种化合物都是碱性氧化物C.简单氢化物的沸点： D.与水反应生成产物之一是非极性分子【答案】B【解析】【分析】元素推断：Y和W同族且W原子序数是Y的2倍，结合短周期主族元素，Y为O（8），W为S（16）。X、Y、W基态原子均有两个单电子：X为C（2p2），Y为O（2p4），W为S（3p4）。Z焰色试验呈黄色，为Na（11）。Q为Cl（17）。【详解】A．第三周期原子半径Na＞S＞Cl，A正确；B．Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是（与水反应生成O2），B错误；C．H2O能形成分子间氢键，沸点高于CH4，C正确；D．Na2C2与水反应生成C2H2（非极性分子），D正确；故选B。9.对叔丁基苯酚与甲醛水溶液在碱性条件下可生成杯状结构的四聚体(如下图所示)，称为杯芳烃。杯芳烃分子的上部具有疏水性的空腔，底部是羟基，由于其独特的结构，杯芳烃可螯合某些金属阳离子，也能与某些中性分子形成包合物。下列说法正确的是A.水中溶解度：对叔丁基苯酚>苯酚 B.m与n的比值为2:1C.杯芳烃的上部可包合甲苯形成超分子 D.以上过程经历加成反应和消去反应【答案】C【解析】【详解】A．对叔丁基苯酚的苯环对位有疏水的叔丁基（），而苯酚仅含亲水羟基，叔丁基增大了分子的疏水部分，导致对叔丁基苯酚在水中溶解度小于苯酚，A错误；

B．对叔丁基杯[4]芳烃由4个对叔丁基苯酚（m=4）与4个HCHO反应生成，根据氧原子守恒：反应物中O总数为4（酚羟基）+4（HCHO）=8，产物中对叔丁基杯[4]芳烃含4个羟基（4个O），则生成的O数为，，B错误；

C．杯芳烃上部具有疏水性空腔，甲苯为疏水性分子，可通过分子间作用力包合形成超分子，C正确；

D．该过程为酚醛缩合：酚羟基邻位H与HCHO先加成生成羟甲基酚，再脱水缩合形成亚甲基桥，经历加成反应和取代反应（缩合），无消去反应（消去反应需形成不饱和键），D错误；

故选C。10.制备并探究其性质的装置如图。已知易被空气氧化，为灰黄色难溶物。下列说法正确的是A.使①中生成时，要先滴加饱和食盐水B.通入只是为了将气体驱赶至试管中C.若②中有灰黄色难溶物生成，说明具有氧化性D.若③中有NO产生，可推测反应中被氧化【答案】D【解析】【分析】利用饱和食盐水与反应生成，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，从而检验其性质。【详解】A．制备时，因易被空气氧化，实验开始前需先通入排尽装置内空气，再滴加饱和食盐水反应，若先滴加食盐水，生成的会被装置内空气氧化，A错误；B．通入的主要作用是排尽装置内空气，防止被氧化，同时可将生成的驱赶至后续试管，“只是”表述错误，B错误；C．②中溶液与反应生成灰黄色，元素由+2价降为+1价（被还原），则表现还原性（元素可能被氧化为更高价态），而非氧化性，C错误；D．③中若生成，中元素+2价（由中+5价还原得到），则必有物质被氧化，中P为-3价易被氧化，故可推测被氧化，D正确；故答案为：D。【点睛】制备易氧化的气体前需要先排尽装置内原有空气。11.某研究团队提出了在单原子催化剂上催化分解的反应机理(吸附在催化剂表面的物种标注*)如下图所示，该反应与CO氧化反应协同进行可用于机动车等尾气处理。下列相关叙述错误的是A.是极性分子，中心原子孤电子对数为0B.分解的决速步骤为：C.由图可知：温度降低有利于从催化剂表面脱附(吸附逆过程)D.协同反应中氧化CO的可能为*O【答案】C【解析】【详解】A．N2O分子结构为直线形但不对称（O=N=N），正负电荷中心不重合，是极性分子；中心N原子价层电子对数为2（sp杂化），孤电子对数=2-σ键数=0，A正确；B．决速步骤是活化能最高（能垒最大）的步骤，由图可知活化能最大的为*O和*N2O生成*N2和*O2的步骤，分解的决速步骤为：，B正确；C．脱附是吸热过程（吸附放热的逆过程），温度升高有利于吸热反应（脱附），温度降低则平衡向吸附方向移动，不利于脱附，C错误；D．协同反应中CO被氧化为CO2，*O（吸附态氧原子）具有氧化性，可作为氧化剂与CO反应生成CO2，D正确；故选C。12.一种含镁、镍、碳3种元素的超导材料，镁原子和镍原子一起构成立方最密堆积(见图甲，部分原子省略)，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中。该立方晶胞在xy、xz、yz平面投影相同(见图乙)，为两种原子投影的重合，晶胞棱长为apm。下列说法错误的是A.镍原子位于立方体的体心和面心B.组成该晶体的化学式为C.该晶体的密度为D.每个Ni原子周围与其等距且最近的Ni原子数为8【答案】A【解析】【详解】A．碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，

结合立方晶胞在xy、xz、yz平面投影(图乙)相同，可知该晶胞结构为，镍原子位于立方体的六个面心，而体心为碳原子，A错误；B．晶胞中Mg原子个数：，Ni原子个数：，C原子个数（位于体心）：1，则化学式为MgNi3C，B正确；C．晶胞的质量是：，体积：，则密度为，C正确；D．Ni原子在面心，根据晶胞结构，以如图的镍原子为参照，上层晶胞和该晶胞中，与其等距且最近的Ni原子有8个，D正确；故选A。13.我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图：下列说法错误的是A.充电时向Zn电极移动B.充电时，阴极附近溶液的pH增大C.放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5gD.放电时，电池总反应为【答案】C【解析】【分析】Zn-MnO2电池应该是一种碱性电池，因为通常这类电池使用KOH作为电解质。在放电过程中，锌作为负极被氧化，而二氧化锰作为正极被还原。充电过程则是相反的，即电解反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。【详解】A．充电时，阳离子（如K⁺）应该向阴极迁移，原来负极Zn在充电时会成为阴极，这时候阳离子K+应该向阴极移动，故A正确；B．充电时的阴极发生的反应应该是Zn(OH)+2e⁻=Zn+4OH⁻，这样，阴极处会产生OH⁻，使得溶液的pH升高，故B正确；C．根据上面的分析，正极的放电反应是，得电子。当转移电子时，对应的的物质的量为，正极区溶液质量增加，由电荷守恒进入溶液中，质量减少，则正极质量应减少：，故C错误；D．由分析，放电时，电池总反应为，故D正确；故选C。14.以电厂粉煤灰（主要含、和）为原料制备的工艺流程如下图。已知：“沉铝”得到的固体为：“焙烧”时不分解。下列说法错误的是A.“酸浸”时可适当升高温度 B.“沉铝”步骤利用了平衡移动原理C.“气体a”可用于制备硫酸 D.“滤液2”可返回“酸浸”步骤循环利用【答案】D【解析】【分析】粉煤灰为原料，（主要含SiO2、Al2O3和等）加入硫酸，浸渣为SiO2，加入硫酸钾，增大浓度，使Al2(SO4)3的溶解平衡逆向移动，促使Al2(SO4)3·18H2O结晶析出；焙烧时，固体中的Al2(SO4)3·18H2O产生Al2O3和SO3气体，水浸除去硫酸钾（“焙烧”时不分解），得到氧化铝，以此解答。【详解】A．“酸浸”时升高温度可加快反应速率，提高酸浸效率，A正确；B．“沉铝”中加入K2SO4固体，增大浓度，使Al2(SO4)3的溶解平衡逆向移动，促使Al2(SO4)3·18H2O结晶析出，利用了平衡移动原理，B正确；C．“焙烧”Al2(SO4)3·18H2O时，分解生成Al2O3和SO3（气体a），SO3与水反应可制备硫酸，C正确；D．“滤液2”中溶质主要含，无法为酸浸提供H+以溶解Al2O3，故不可返回“酸浸”循环利用，D错误；故答案选D。15.常温下，相同浓度的弱酸HA和HB、弱碱MOH溶液中pX与pH的关系如图所示[pX=-lgX，、、]。下列说法正确的是A.酸性：HA<HB B.MB稀溶液呈酸性C.MOH对应直线的斜率k=2 D.向HA溶液中加入MOH溶液至P点，溶液pH=6.495【答案】D【解析】【分析】，即,，即，即。【详解】A．对于弱酸，pKa=pX+pH，pKa越小酸性越强，由图像可知，相同pH时HB的pX大于HA，则pKa(HB)>pKa(HA)，因此酸性HA>HB，A错误；B．MB为弱酸弱碱盐，HB的pKa=4.76（pH=9.76时pX=-5），B⁻水解常数，弱碱MOH的pKb=pX-pH+14，由图像得MOH的pKb=4.76（pH=4.24时pX=-5），M+水解常数，Kh(B-)=Kh(M+)，溶液呈中性，B错误；C．弱碱MOH的pX=pH+(pKb-14)，斜率为1，C错误；D．HA的pKa=3.75（pH=8.75时pX=-5），P点为HA与MOH线交点，联立pX(HA)=3.75-pH和pX(MOH)=pH-9.24，解得pH=，D正确；故选D。第II卷非选择题55分二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16.乙苯在医药上用作氯霉素和合霉素的中间体，也用于制作香料。某化学兴趣小组设计如下实验制备乙苯，回答下列问题：反应原理：。Ⅰ．制备催化剂氯化铝(氯化铝易升华，易潮解)（1）仪器a名称为___________。（2）装置C、F中盛放试剂名称分别为___________、___________。（3）用粗硬质玻璃管连接装置D和装置E，优点是___________。Ⅱ．制备乙苯实验步骤：在仪器b中加入少量无水氯化铝、12.0g苯和10.9g溴乙烷。加热，充分反应半小时后，提纯，得到产品9.0g。（4）本实验的加热方式为___________。（5）装置H的作用有___________、___________。（6）该实验乙苯的产率为___________%(保留3位有效数字)。【答案】（1）圆底烧瓶（2）①.浓硫酸②.碱石灰（3）防止氯化铝凝华成固体堵塞导管（4）水浴加热（5）①.防倒吸②.吸收生成的HBr(此两空不分先后)（6）84.9【解析】【分析】本实验先通过二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气经过除去杂质和，而后与铝粉反应生成氯化铝，最后吸收尾气；通过苯与溴乙烷在氯化铝做催化剂条件下反应生成乙苯和，据此分析回答问题。【小问1详解】由实验装置图可知仪器a的名称为圆底烧瓶；【小问2详解】A是制备氯气装置，中混有和水蒸气杂质，装置B盛放饱和食盐水，吸收；装置C盛放浓硫酸，吸收水蒸气，干燥；因氯化铝易潮解，装置F装有碱石灰，防止空气中水蒸气进入装置干扰实验；【小问3详解】氯化铝易升华，遇冷又易凝华，用粗硬质玻璃管连接装置D和装置E，优点是防止氯化铝凝华成固体堵塞导管；【小问4详解】实验所需温度不超过100，可以采用水浴加热，便于控制实验温度，还能使烧瓶受热均匀；【小问5详解】溴化氢有毒，污染空气，且溴化氢极易溶于水，所以装置H的作用是吸收生成的HBr，防倒吸；【小问6详解】苯过量，10.9g溴乙烷物质的量为，故理论上可生成乙苯0.1mol，乙苯的产率为。17.工业用黄铜矿（主要成分，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如下：（1）中铜为+1价，中铁的价层电子排布图为_____，中未成对电子数最多的离子为_____。（2）中发生下列反应。i．ii．，I中盐酸的作用是_____。（3）Ⅱ中通入空气，将转化沉淀。①转化为FeOOH的离子方程式是_____。②溶液A中含金属元素的离子有：、和_____。（4）Ⅲ中需控制溶液的用量，其原因是_____。若工人操作时不慎将沾在皮肤上，应急处理措施为_____。（5）Ⅳ中加入溶液的目的是_____。【答案】（1）①.②.（2）增加的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率（3）①.②.、（4）①.防止、形成沉淀，同时也可避免Cu元素变成沉淀②.立即用大量流动清水持续冲洗接触部位，时间不少于15分钟（5）除去和【解析】【分析】用含，少量锌、铅的硫化物的黄铜矿冶炼铜的工艺流程为：将黄铜矿加入盐酸、溶解，再通入空气氧化并转化为沉淀过滤除去，得到溶液A，加入NaOH溶液，将部分转化为，经盐酸处理后转化为循环到步骤I中，过滤后的溶液B继续加入溶液沉淀、得到固体Q，过滤得到的溶液C加入NaOH溶液将Cu元素为固体，最后用还原得到金属Cu，据此分析解答。【小问1详解】中铜为价，S为价，则中铁的化合价为价，得到铁的价层电子排布图为：；在中，的价电子排布式为：，未成对电子数为0；的未成对电子数为5；的价电子排布式为：，未成对电子数为0；所以得到中未成对电子数最多的离子为：。【小问2详解】根据反应i：，ii：，可知加入的盐酸的作用是：增加的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率。【小问3详解】在步骤Ⅱ中通入空气，可以将转化沉淀过滤除去，则：①转化为FeOOH的离子方程式为：；②经过步骤I的反应，除去FeOOH后，结合第(2)问的反应，可得到溶液A中还含的金属元素离子有：、、、。【小问4详解】步骤Ⅲ中需要控制NaOH的用量的目的是：为了防止、形成沉淀，同时也可避免Cu元素变成沉淀，以防止中含有杂质；如不慎将沾在皮肤上，应急处理措施为：立即用大量流动清水持续冲洗接触部位，时间不少于15分钟。【小问5详解】通过步骤V、Ⅵ可知，溶液C中没有杂质离子，故步骤Ⅳ中加入溶液的目的是为了除去和。18.碘及其化合物在医学、材料科学等多个领域具有广泛的应用，其独特的化学性质和多样的反应机制一直是科学研究的热点。（1）25℃、100kPa时，物质的化学键键能数据如下表：化学键Cl—ClI—ICl—I键能/（）242152161则反应(g)的△H=_______，该反应的活化能：______（填“>”、“<”、“=”）。（2）W.Nernst曾经研究了碘化氢热分解的平衡问题。低温时将一定量的碘化氢引入一个真空刚性容器中，然后升温使其分解：△H>0（Ⅰ），平衡时氢气体积分数与温度t的关系如图所示。①随温度升高逐渐增大的原因是__________。②若平衡后再充入一定量HI，碘化氢的平衡转化率将__________（填“增大”、“减小”、“不变”）。③1750℃时，容器内的压强为kPa，则反应（Ⅰ）的_________。（3）R.H.Purcell等人曾经将足量碘化铵放入一个真空刚性容器中，并加热至1750℃，发生反应（Ⅱ），开始仅有氨气和碘化氢两种气体生成，平衡时容器内压强为kPa，然后碘化氢慢慢分解（发生反应Ⅰ），再次达到平衡时，容器内压强将__________（填“增大”、“减小”、“不变”）；__________kPa。【答案】（1）①.-88②.<（2）①.该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大②.不变③.（3）①.增大②.【解析】【小问1详解】反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应△H=(242kJ/mol×3+152kJ/mol)-161kJ/mol×6=-88kJ/mol，又△H=-，所以该反应是正反应活化能小于逆反应活化能的放热反应，故答案为：-88；<；【小问2详解】①该反应是气体分子数不变的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，氢气体积分数增大，所以升高温度，氢气体积分数随温度升高逐渐增大，故答案为：该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大；②该反应是气体体积不变的反应，若平衡后再充入一定量碘化氢，平衡不移动，碘化氢的转化率不变，故答案为：不变；③设起始碘化氢的物质的量为2mol，平衡时氢气的物质的量为amol，由图可知，1750℃时，氢气的体积分数为20%，则平衡时氢气的物质的量为2mol×20%=0.4mol，由方程式可知，碘化氢、碘的物质的量分别为2mol—0.4mol×2=1.2mol、0.4mol，由容器内的压强为p1kPa可知，反应的平