湖北孝感市楚天协作体2025-2026学年高三下学期开学考试化学试卷（Word版附解析）

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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
项符合题目要求。
1. 我们的生产、生活、科技的发展都离不开化学，下列有关说法错误的是
A. 植物油氢化可以延长其保质期
B. 葡萄糖 单糖，可以和硝酸发生酯化反应
C. 液态 常用作长征火箭的助燃剂
D. 甲壳素、壳聚糖是膳食纤维，属于天然高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．植物油氢化通过加氢减少双键，提高饱和度，增强抗氧化性，延长保质期，A 正确；
B．葡萄糖为单糖，其羟基可与无机酸发生酯化反应，形成硝酸酯类化合物，B 正确；
C．长征火箭推进系统中，助燃剂通常为液氧，液态 仅用于冷却或惰性保护，C 错误；
D．甲壳素和壳聚糖是多糖，属于膳食纤维，也属于天然高分子化合物，D 正确；
故答案选 C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的 VSEPR 模型：
B. HBrO 的结构式：H-Br-O
C. NaH 的电子式：
D. HCl 分子中 键的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 的价层电子对为 ，其中有 2 对孤对电子，VSEPR 模型为四面体形，故 A 正
确；
B．HBrO 的结构式应为：H-O-Br，故 B 错误；
C．NaH 属于离子化合物， ，故 C 错误；
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D．HCl 分子中的共价键是 s-p 头碰头形成 键，其中 s 能级电子云形状为球形：
，故 D 错误；
故选 A。
3. 是一种污染性气体，可与水反应，设 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g 冰中氢键数目约为
B. 相同状况下，测得 相对于 的密度为 23
C. 与水充分反应转移的电子数为
D. 实验室可用 NaOH 溶液吸收 气体
【答案】B
【解析】
【详解】A．18g 冰为 1ml H2O，在冰中每个水分子形成 4 个氢键，但每个氢键被两个水分子共用，因此每
个水分子对应 2 个氢键，故 1ml 冰中氢键数目为 2ml，即 ，A 正确；
B．相对密度指同温同压下气体密度之比，等于摩尔质量之比，H2 摩尔质量为2g/ml，NO2 摩尔质量为46g/ml，
理论比值为 23，但 NO2 易二聚为 N2O4，实际平均摩尔质量受温度和压力影响，在常温常压下实测相对密度
大于 23，B 错误；
C．69g NO2 为 ，NO2 与水反应：3NO2 + H2O= 2HNO3 + NO，两个 N 从+4 升至+5 失 2e
-，一个 N 从+4 降至+2 得 2e-，所以每消耗 3ml NO2 转移 2ml 电子。1.5ml NO2 转移电子数为
，即 ，C 正确；
D．NO2 为酸性气体，与 NaOH 反应：2NO2 + 2NaOH = NaNO2 + NaNO3 + H2O，实验室常用此法吸收
；D 正确。
4. 下列过程所对应的化学方程式或离子方程式正确的是
A. 向足量的 溶液中通入少量的 ：
B. 使酸性 溶液褪色：
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C. 邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂：
D. 向 溶液中通入标况下 2.24 L 的 ：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向足量的 溶液中通入少量的 ， 被氧化为 ， 被还原为 ，多余的
与 结合为 ，其反应的离子方程式为 ，A 错误；
B． 使酸性 溶液褪色， 作还原剂，被酸性 氧化为 ， 被还原为
，则其反应的离子方程式为 ，B 错误；
C．邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： ，
发生分子间脱水，C 正确；
D．向 溶液中通入标况下 2.24 L 的 ，由于 的还原剂强于 ，则 作氧化剂，先
氧化 ，再氧化 ，计算可知， ， ， ，根据还
原性顺序， 先氧化 消耗 0.05 ml，剩余 0.05 ml 再氧化 0.1 ml ，则其反应的离子方程式为
，D 错误；
故答案选 C。
5. 氟代对乙酰氨基酚(结构简式如图所示)是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该分子的说法正确
的是
A. 氟代对乙酰氨基酚的分子式为
B. 分子中所有碳原子和氮原子可能处于同一平面
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C. 该分子在红外光谱中不会出现 O-H 键的伸缩振动吸收峰
D. 一定条件下，1 ml 氟代对乙酰氨基酚最多可消耗 3 ml NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式，该化合物的分子式应为 ，A 错误；
B．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子共平面，在酰胺基中，羰基 C 以 杂化，与苯环、氮原子可
共平面，甲基碳为 杂化，通过单键旋转可使甲基碳与羰基碳、氮原子共平面，因此，分子中所有碳原子
和氮原子可能处于同一平面，B 正确；
C．因为分子中存在-OH，所以红外光谱会出现 O-H 键的伸缩振动吸收峰，C 错误；
D．1 ml 该分子与 NaOH 反应时，酚羟基消耗 1 ml NaOH，酰胺基水解生成羧基和氨基，消耗 1 ml NaOH
，氟原子在碱性条件下发生水解，生成酚羟基和 HF，新生成的酚羟基与 HF 各消耗 1 ml NaOH，共消耗 2
ml NaOH，总计消耗 4 ml NaOH，D 错误；
故答案选 B。
6. 下列实验仪器的选用正确的是
仪
器
用
A．蒸馏时用于冷凝蒸汽 B．蒸发结晶 途
仪
器
用
C．盛装酸性高锰酸钾溶液 D．盛装 NaOH 溶液 途
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A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中仪器为球形冷凝管，其回流效果好，主要用于回流；蒸馏时一般选用直形冷凝管，球形冷
凝管会在球部有液体残留，A 错误；
B．图中仪器为酒精灯、泥三角、三脚架、坩埚，一般用于固体的加热，而蒸发结晶一般选用蒸发皿，B 错
误；
C．图中仪器为碱式滴定管，而酸性高锰酸钾溶液会腐蚀碱式滴定管，所以需盛装在酸式滴定管中，C 错误；
D．NaOH 溶液会与玻璃中的 反应生成具有粘性的硅酸钠，导致玻璃塞与瓶口粘连，所以盛装 NaOH
溶液的试剂瓶需选用橡胶塞，D 正确；
故答案选 D。
7. 如图所示的转化关系中，A 和 B 的溶液混合后能产生黄色沉淀 C、正盐 D 以及一种无色气体 E，E 在某
种条件下生成 F。下列说法错误的是
A. 常温下，可以用铁制品来盛放 B 的浓溶液
B. 沉淀 C 在一定条件下可以一步转化成 E 或 F
C. E 转化成 F 时，要充分净化原料气，防止催化剂中毒
D. 在过量强氧化剂作用下，M 和 N 都能够转化成正盐 D
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可知 A 为 ，B 为 ，C 为 S，D 为 ，E 为 ，F 为 ，M/N
为 或 。
【详解】A. 浓硫酸常温下有强氧化性，能够使 Fe 和 Al 钝化，故可以用铁制品或铝制品来贮存，A 正确；
B. S 和 一步反应只能得到 ，不能得到 ，B 错误；
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C. 催化氧化得到 ，原料气中含有砷、硒化合物等杂质，会让钒催化剂永久中毒失去活性，C 正确；
D. 和 都有较强的还原性，可以被强氧化剂氧化成 Na2SO4，D 正确；
故选 B。
8. 将溶于液态 HF 的 和 Au 反应可以得到一种化合物 A(化学式为： )，将 A 缓慢加热到 60℃
可得到金的氟化物 B、Kr 和 ；经化学分析，B 中 Au、F 的质量分数分别为 67.47%、32.53%。已知①Au
最高价为 价，易和 形成一种稳定的八面体构型的配离子；② 是直线形分子；③在 的液态
HF 溶液中没有含 Kr 的单核微粒。下列说法错误的是
A. 是非极性分子
B. 加热 A 分解生成 B 的化学方程式为：
C. 若 A 为强电解质，则 A 的电离方程式为：
D. 核磁共振谱表明溶于液态 HF 的 的两个氟原子是等同的，故 在 HF 中以离子的形式存在
【答案】D
【解析】
【详解】A． 是直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，A 正确；
B．由 B 中 Au 和 F 的质量分数计算可得 B 的化学式为 ，则加热 A 分解的化学方程式为
，B 正确；
C．若 A 为强电解质，根据已知条件①可得 Au 易与 形成八面体构型的 ，且 Kr 在 中为+
2 价， 中 Kr 也为+2 价，则 A 的电离方程式应为 ，C 正确；
D．核磁共振谱显示 的两个氟原子等同，说明 在液态 HF 中以分子形式存在（直线形结构对称），
而非离子形式，已知条件③也指出溶液中无含 Kr 的单核微粒，进一步支持分子形式，D 错误；
故答案选 D。
9. 化学事实蕴含哲学思想，下列化学论述，与其对应的哲学观点不相符合的是
化学论述 哲学观点
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金刚石、石墨、 由不同数目的碳原子构成， 量变是引起质变的 A
前提和必要准备
但物理性质差异较大，化学性质也有所差异
分子晶体、离子晶体和共价晶体物理性质差异显 内因是事物变化发 B
著，是由于晶体中微粒间的相互作用力不同 展的根本原因
由于化学键类型不同，熔融态 NaCl 能导电，液 矛盾的特殊性是事 C
态 HCl 不导电 物相互区别的根据
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等， 运动的绝对性与静 D
体系中各组分的浓度保持不变 止的相对性相统一
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石、石墨、C60 的性质差异主要源于碳原子排列方式(结构)的不同，而非原子数目的变化；
哲学观点“量变引起质变”强调数量变化导致本质变化，但此处结构差异(质变)是主因，原子数目变化并非
关键，因此论述与观点不相符，A 错误；
B．分子晶体、离子晶体和共价晶体的物理性质差异由微粒间作用力(内因)决定，哲学观点“内因是根本原
因”与之相符，B 正确；
C．熔融态 NaCl 导电而液态 HCl 不导电，是因为离子键与共价键的特殊性差异，哲学观点“矛盾的特殊性
是事物相互区别的根据”与之相符，C 正确；
D．化学平衡中正逆反应速率相等(运动绝对性)与浓度不变(静止相对性)的统一，哲学观点“运动的绝对性
与静止的相对性相统一”与之相符，D 正确；
故选 A。
10. 现有 W、X、Y、Z、A、B、R 七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W 核外电子只有一
种自旋取向；X 是植物生长三要素之一；Y 是地壳中含量最多的元素，且 Y 与 A 的价层电子数相等；Z、R
是金属元素，其中 Z 的原子半径是短周期中最大的，能与 B 形成离子化合物 ZB；含 R 的金属是用量最大
的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是
A. W 元素与 X、Y 元素形成的两种微粒的键角：
B. X、Y、Z 三种元素对应的原子半径：
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C. Z、A、B、R 四种元素的第一电离能：
D. 的 VSEPR 模型与其空间构型均相同
【答案】B
【解析】
【分析】现有 W、X、Y、Z、A、B、R 七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W 核外电子只
有一种自旋取向，则 W 是 H；X 是植物生长三要素(N、P、K)之一，Y 是地壳中含量最多的元素，Y 是 O，
所以 X 是 N；且 Y 与 A 的价层电子数相等，则 A 是 S；Z、R 是金属元素，其中 Z 的原子半径是短周期中
最大的，Z 是 Na；能与 B 形成离子化合物 ZB，所以 B 是 Cl；含 R 的金属是用量最大的金属材料，其合金
被称为“黑色金属” ，R 是 Fe ；综上所述，W 为 H、X 为 N、Y 为 O、Z 为 Na、A 为 S、B 为 Cl、R 为
Fe。
【详解】A. W 元素与 X、Y 元素形成的微粒 和 中， 为正四面体结构，键角 ；H3O
+为三角锥形，因孤电子对排斥，键角小于 。故 键角大于 H3O+，A 正确；
B. X、Y、Z 三种元素的原子半径：Na(第三周期)半径最大，N 和 O 同处第二周期，原子半径 N > O，因此
原子半径顺序为 Z(Na) > X(N) > Y(O)，B 错误；
C. Z(Na)、A(S)、B(Cl)在同一周期，第一电离能总体呈增大趋势，故 B(Cl) > A(S) > Z(Na)；R(Fe)为第四周
期过渡元素，其第一电离能大于 Z(Na)，但小于 A(S)。因此四种元素的第一电离能顺序为 B > A > R > Z，C
正确；
D. 和 中，中心原子 S 和 Cl 的价层电子对数均为 4，VSEPR 模型均为四面体，
实际空间构型也均为四面体，D 正确；
故选 B。
11. 超分子 冠 的合成过程如图所示。已知 18-冠-6 空腔直径范围为 260-320pm，碱金属离子的
直径如表所示，下列说法错误的是
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直径／ 离子
pm
152
204
276
306
334
A. 上述过程①的反应类型是化合反应
B. 18-冠-6 不可以与 、 形成稳定的超分子
C. 冠-6 中通过 O 原子对 的吸引作用形成稳定的超分子
D. 超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
【答案】A
【解析】
【详解】A．上述过程①还有另一个产物为 HCl，反应类型是取代反应，A 错误；
B． 直径 204 pm， 直径 334 pm，与 18-冠-6 空腔直径范围为 260-320 pm 不匹配，不可以与 、
形成稳定的超分子，B 正确；
C． 冠-6 中存在 O 对 的吸引，C 正确；
D．超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，超分子的定义是广
义的，包括离子，D 正确；
故选 A。
12. Cu( )与 Cl( )形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为 a nm，下列说法错误的是
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A. Cu 的配位数为 4
B. 该化合物的化学式为 CuCl
C. 最近 Cu 与 Cl 的距离为
D. 晶胞中由 Cu 组成的四面体空隙被 Cl 填充了 50%
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示，Cu 填充在部分由 Cl 原子围成的四面体空隙中，Cu 的配位数为 4，故 A 正确；
B．根据均摊原则，晶胞中 Cu 数为 ，Cl 原子位于晶胞内部，数目为 4，所以化学式为 CuCl，
故 B 正确；
C．晶胞的体对角线为 ，最近 Cu 与 Cl 的距离为体对角线的四分之一，应为 ，故 C 错误；
D．在晶胞中 Cu 原子围成的四面体空隙有 8 个，其中只有 4 个空隙填充了 Cl 原子，故 Cl 原子填充在 Cu
原子围成的四面体空隙中，填充率为 50%，故 D 正确；
选 C。
13. 下列对相关实验论述的评价正确的是
论述 实验评价
中和热测定实验中，将
测出的中和热 A 的 NaOH 溶液一次性倾倒
偏小
入 的盐酸溶液中
用 HCl 标准溶液滴定未知浓度的肼
测出的肼溶液浓度 B
溶液时，选用酚酞作指示剂 偏大
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将盐酸与 反应产生的气体直接
该方案不能验证碳 C
通入 溶液中，以此验证碳的非
的非金属性强于硅
金属性强于硅
向水晶柱面滴一滴融化的石蜡，待其凝
该方案可验证石蜡 D 固，用一根红热的铁丝刺入，以验证石
导热具有各向异性 蜡导热是否具有各向异性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．在中和热测定实验中，NaOH 溶液（0.55 ml/L, 50 mL）物质的量略多于盐酸（0.50 ml/L, 50 mL），
其目的是为了使盐酸完全中和；中和热测定实验的关键是减少热量损失，将 NaOH 溶液一次性快速倒入盐
酸中，是为了避免热量散失，该操作是正确的，测出的中和热 不会偏小，A 错误；
B．用 HCl 滴定肼（N2H4，弱碱）时，等当点 pH