河北省秦皇岛市青龙满族自治县2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题（Word版含答案）

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青龙满族自治县2023-2024学年高三上学期开学考试
化 学 试 题
分值：100分 考试时间：75分钟
第I卷 选择题（共48分）
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．最新华为手机Mate30的芯片麒麟990主要原材料是二氧化硅
B．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料
C．节日燃放的五彩缤纷的烟花，就是锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物所呈现的各种艳丽的色彩，所以焰色反应是物理变化
D．化学反应在物质变化的同时，一定伴随着能量变化
2．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．64g  中含有的极性键数目为
B．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为
C．等质量丙烯()和环丁烷()分别充分燃烧，消耗的物质的量之比为3∶4
D．0.1mol和0.3mol于密闭容器中充分反应，转移的电子数为
3．次磷酸钠(NaH2PO2)常用作药物和化学镀镍中的还原剂，是一种正盐，可通过如下反应P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑制得。下列相关说法正确的是
A．氧化产物为PH3，其中P的化合价为−3
B．反应中氧化剂与还原剂物质的量比为1：3
C．反应中每消耗1mol P4共转移6mol电子
D．次磷酸化学式为H3PO2，属于三元酸
4．下列实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
检验蔗糖水解生成葡萄糖
取适量蔗糖溶于盛有蒸馏水的试管中，滴入稀硫酸加热一段时间，冷却，滴入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，观察有无砖红色沉淀
B
实验室制备氢氧化铁胶体
向盛有25mL蒸馏水的烧杯中滴入5-6滴氯化铁饱和溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色，停止加热
C
比较AgCl、AgI的Ksp大小
向盛有10滴0.1mol/LAgNO3 溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液至不再有沉淀生成，再滴加0.1mol/lKI溶液
D
比较Mg、Al的金属性强弱
用导线连接镁和铝片，插入盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，观察气泡
A．A B．B C．C D．D
5．下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是
选项
实验操作及现象
解释或结论
A
向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是
B
将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，溶液有无色变为蓝色
氯气的氧化性强于碘单质
C
向某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有
D
将点燃的氢气放入盛有氯气的集气瓶中，火焰呈苍白色，且有大量白雾产生
燃烧不一定需要参与
A．A B．B C．C D．D
6．随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。下列关于说法中不正确的是
A．f在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族。
B．d、e常见离子的半径大小：r(O2-)>r(Na+)
C．g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4
D．x2d2的结构式：
7．在溶液中能大量共存的一组离子或分子是
A．NH4+、H+、NO3-、HCO3- B．K+ 、Al3+、SO42-、NH3·H2O
C．Na+、K+、SO32-、Cl2 D．Na+ 、CH3COO-、CO32-、OH-
8．下列反应的离子方程式中正确的是
A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋OH-＋H+＋SO=BaSO4↓＋H2O
B．Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应：Ca2+＋HCO＋OH-=CaCO3↓＋H2O
C．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH-＋CO2=CO＋H2O
D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H+＋OH-=H2O
9．下列有关说法正确的是（    ）
A．臭氧的摩尔质量是48g
B．同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C．1.00mol臭氧中含有电子总数约为18×6.02×1023
D．16g臭氧中约含有6.02×1023个氧原子
10．在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．能使酚酞变红的溶液中：Na+ 、、Br—、Cl—
B．由水电离出的c (H+ )=10—14 mol/L 的溶液中：Na+、、K+、
C．能使甲基橙试液变红的溶液：Fe2+、Na+、Cl—、
D．无色透明溶液中：Al3+、Na+、、Cl—
11．在标准状况下，相同质量的下列气体中体积最大的是
A．Cl2 B．N2 C．O2 D．CO2
12．某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中一定能大量存在的离子组是
A．K+、Cl-、Na+、SO42- B．Na+、Fe3+、SCN-、 Cl-
C．K+、Mg2+、Cl-、NO3- D．Na+、HCO3-、Al3+、Cl-
二、选择题(本题共3小题。每小题4分，共12分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。)
13．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图，下列说法正确的是

A．在发生器中作氧原剂B．吸收塔中失去2mol电子
C．提高吸收塔中反应温度，有利于加快反应速率
D．从“母液”中可回收的主要物质是
14．“速力菲”是市场上一种常见的补铁药物，该药物的主要成分是琥珀酸亚铁，不溶于水，但能溶于人体的胃酸中。某化学兴趣小组用“速力菲”样品进行了如下实验，根据实验流程及现象，下列说法正确的是

A．在步骤③⑤的反应中，Cl2和I2均是氧化剂
B．从实验过程可推知，氧化性：Fe3+﹥I2；还原性：Fe2+﹥Mn2+
C．步骤②反应中生成1mol气体，消耗2molHCl
D．①④发生的是非氧化还原反应
15．已知：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，关于该反应的说法正确的是
A．工业上可用来制取漂白粉 B．属于复分解反应
C．氯元素既被氧化又被还原 D．还原产物与氧化产物的质量比为1∶1
第Ⅱ卷 非选择题（共52分）
三、填空题（本题包括4个小题，共52分）
16．（11分）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成㩆，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
(1)自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为 ，占据最高能级电子的电子云轮廓图为 形。
②分子中，与N原子相连的H显正电性。N、H电负性大小顺序为 。
(2)铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中d区的元素是 。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小： 。O的第一电离能小于N，原因是 。
③下表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
元素
Na
Mg
Al
电离能(kJ/mol)
496
738
578
4562
1451
1817
6912
7733
2745
9543
10540
11575
结合数据说明Mg的常见化合价为＋2价的原因 。：
(3)我国科研人员研制出了“Fe—LiH”催化剂，温度、压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为 ，铁在元素周期表中的位置为 。
②比较与的半径大小关系： ((填“>”或“r(Na+)，B正确；
C. 非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强， g是S元素，h是Cl元素，g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4，C正确；
D. x2d2的为过氧化氢，属于共价化合物，结构式：H-O-O-H，D不正确；
答案选D。
7．D
【详解】A.H＋与HCO3－能够反应生成CO2气体，A不能大量共存；
B.Al3＋与氨水可以发生反应Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B不能大量共存；
C.Cl2具有氧化性，可以将SO32－氧化为SO42－，离子方程式为Cl2＋H2O＋SO32－=SO42－＋Cl－＋2H＋，C不能大量共存；
D. Na+ 、CH3COO-、CO32-、OH-等4种离子之间不能发生离子反应，D可以大量共存。
综上所述，可以大量共存的是D，选D。
8．C
【详解】A. 二者反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO=BaSO4↓＋2H2O，故A错误；
B. 过量NaOH和碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2+＋2HCO＋2OH-=CaCO3↓＋2H2O+ CO，故B错误；
C. 少量二氧化碳和NaOH反应生成碳酸钠和水，离子方程式为2OH-＋CO2=CO＋H2O，故C正确；
D. CH3COOH是弱电解质，离子方程式为OH-+CH3COOH=CH3COO−+H2O，故D错误；
故选C。
9．D
【详解】A．臭氧的分子式为O3，摩尔质量的单位是g/mol，则臭氧的摩尔质量是16g/mol×3=48g/mol，故A错误；
B．氧气和臭氧的分子式分别为O2和O3，同温同压下气体摩尔体积相等，根据V=nVm=Vm可知，相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比，所以同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比=48g/mol：32g/mol=3∶2，故B错误；
C．臭氧的分子式为O3，每个臭氧分子中含有24个电子，1.00mol臭氧中含有24mol电子，则1.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023个，故C错误；
D．臭氧的分子式为O3，O原子的摩尔质量为16g/mol，则16g臭氧中氧原子个数=×NA/mol=6.02×1023，故D正确；
答案选D。
10．A
【详解】A．选项所给离子在碱性条件下能大量共存，A符合题意；
B．c(H+，水)=10-14 mol/L＜10-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱，由+H+=CO2↑+H2O和+OH-=+H2O，B不符合题意；
C．能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，C不符合题意；
D．Al3+与因发生彻底的双水解而不能大量共存，D不符合题意；
故答案选A。
11．B
【详解】在标准状况下，物质的量越大气体的体积越大，根据公式可知，物质的量与摩尔质量成反比，相同质量摩尔质量越小，物质的量越大，气体体积越大，M(Cl2)=71g/mol、M(N2)=28g/mol、M(O2)=32g/mol、M(CO2)=44g/mol，故N2的体积最大，故答案为：B。
12．A
【分析】加入铝可以产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。
A.四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；
B.铁离子与硫氰根离子反应；
C.镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根具有强氧化性；
D.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应。
【详解】加入铝可以产生H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。
A.K+、Cl-、Na+、SO42-之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A选；
B. Fe3+、SCN-之间发生反应，在溶液中一定不能大量共存，B不选；
C.Mg2+与氢氧根离子反应形成Mg(OH)2沉淀，在酸性条件下，H+、NO3-与金属Al会发生氧化还原反应，不能放出氢气，C不选；
D.HCO3-、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，D不选；
故合理选项是A。
13．AB
【详解】A．发生器中发生，Cl元素的化合价降低，则作氧化剂，故A正确；
B．吸收塔中发生，过氧化氢中O元素的化合价由价升高为0，则失去2mol电子，故B正确；
C．不能提高吸收塔中反应温度，过氧化氢受热易分解，不能加快反应速率，故C错误；
D．发生器中发生，则从母液中可以提取，故D错误；
故选：B。
14．BD
【分析】由题干实验流程可知，过程①发生复分解反应将琥珀酸亚铁转化为FeCl2等物质，过程②发生的反应为KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，过程③反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，过程④发生的反应为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，过程⑤发生的反应为：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，步骤③的反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Cl2为氧化剂，步骤⑤的反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+中， I2是氧化产物，A错误；
B．根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物，结合分析可知，从实验过程可推知，氧化性：Fe3+﹥I2；还原性：Fe2+﹥Mn2+，B正确；
C．由分析可知，步骤②反应为：KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故生成1mol气体，消耗=3.2molHCl，C错误；
D．由分析可知，步骤①④发生的均是非氧化还原反应，D正确；
故答案为：BD。
15．AC
【详解】A．工业上制取漂白粉，用石灰乳与氯气反应，反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A正确；
B．反应2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O中，氯元素价态一部分升高、一部分降低，属于氧化还原反应，B不正确；
C．从反应2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O中可以看出，氯元素既被氧化[生成Ca(ClO)2]又被还原(CaCl2)，C正确；
D．从反应方程式可以得出，还原产物(CaCl2)与氧化产物[Ca(ClO)2]的物质的量比为1∶1，质量比不等于1∶1，D不正确；
故选AC。
16．(1) 哑铃形 N>H
(2) Cr Mg>Ca N原子2p能级上的电子数处于半充满的稳定结构 最外层上3s能级上有两个电子，第一电离能和第二电离能都较小，易同时失去两个电子，故化合价常为+2
(3) [Ar]3d64s2 第四周期第VIII族
H；
（2）①d区元素全部是过渡金属，故只有Cr在d区；
②同主族从上到下，第一电离能减小，故第一电离能Mg>Ca；由于N原子处理半充满的稳定结构，更加稳定，故N的第一电离能大于O；
③从表格中可以看到，镁元素3s能级上的两个电子的电离能较小，很容易同时失去两个电子，故Mg元素常显+2价；
（3）①铁元素是26号，故基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2。在周期表中，它位于第四周期VIII族；
②Li+与H−的核外电子排布相同，核电荷数小的半径大，故Li+半径小于H−。
17． NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2↑ NaOH溶液 Na2CO3溶液 稀释ClO2以防止爆炸 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2 H2O+O2↑ 防止H2O2分解 蒸发浓缩 冷却结晶 ClO2—＋4H＋＋4I—=2I2＋Cl—＋2H2O
【详解】过氧化氢法生产亚氯酸钠，由流程可知，NaClO3溶解后与硫酸发生氧化还原反应生成ClO2，结合信息②可知混合气体稀释ClO2，吸收塔内发生2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，过滤后，结合信息①可知，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2•3H2O。
(1)在无隔膜电解槽中用惰性电极电解食盐水一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2↑； “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为NaOH溶液；Na2CO3溶液，故答案为NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2↑；NaOH溶液；Na2CO3溶液；
(2)由题目中的信息可知，纯ClO2易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为稀释ClO2，防止发生爆炸；
(3)吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠(NaClO2)，Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物中还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2，过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不宜过高，故答案为2NaOH+2ClO2+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解；
(4)从溶液中得到含结晶水的晶体，需要采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，最后通过过滤得到粗晶体，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；
(5)①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2-能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，故答案为ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O；
②依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2，
ClO2-～2I2～4Na2S2O3
1      4
x   cV×10-3mol
x=mol，样品中NaClO2的质量分数=×100%=×100%，故答案为×100%。
18． -2 完全氧化Cu2Te生成H2TeO3、CuSO4 SO42- 2 CuC2O4Cu+2CO2↑
【分析】电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤渣含有Ag、Au，滤液①含有H2TeO3、硫酸铜，加入草酸钠，过滤，得到的草酸铜分解可生成铜，滤液②中主要含有硫酸钠和H2TeO3，加入亚硫酸钠，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，据此分析解答。
【详解】(1)碲是ⅥA族元素，Cu2Te中Cu为+1价，则Te的化合价是-2，故答案为-2；
(2)由以上分析可知滤渣含有Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物H2TeO3、CuSO4，因此加入的足量H2O2的是将Cu2Te完全氧化生成H2TeO3、CuSO4，故答案为完全氧化Cu2Te生成H2TeO3、CuSO4；
(3)根据上述分析，“滤液②”中主要含有硫酸钠和H2TeO3，H2TeO3类似于亚硫酸，部分电离，因此溶液中存在的主要阴离子是硫酸根离子，故答案为SO42-；
(4)“还原”阶段，亚硫酸钠将溶液中的H2TeO3还原为Te，Te的化合价由+4价变成0价，S由+4价变成+6价，理论上得到1 mol Te，得到4mol电子，根据得失电子守恒，需要消耗2mol Na2SO3，故答案为2；
(5)CuC2O4分解生成铜，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为CuC2O4 Cu+2CO2↑，故答案为CuC2O4 Cu+2CO2↑。
19． 硝基 苯胺 还原反应 +CH3CH2OH +H2O→+HCl
【分析】和发生取代反应生成和HF，与继续发生取代反应生成和HCl，再和H2发生还原反应生成，发生分子内取代生成，最后再与CH3I发生取代反应生成，据此流程分析解题即可。
【详解】(1)化合物A的结构简式为，分子结构中的含氧官能团的名称为硝基，化合物B的结构简式为，其化学名称为苯胺；
(2)异丙醇即为2-丙醇，其结构简式为；
(3)E→F为和H2发生还原反应生成，则反应类型为还原反应或加成反应；
(4) F→G为发生分子内取代生成，发生反应的化学反应方程式为：+CH3CH2OH；
(5)化合物D为，遇水能剧烈水解并生成大量白雾，即有HCl生成，则发生反应的化学方程式为+H2O→+HCl；
(6) 化合物D为，其同分异构体满足的条件：i.结构中只含有一个六元环； ii.核磁共振氢谱中有3组信号峰，且峰面积之比为1:2:4，说明结构具有一定对称性，则满足条件的同分异构体有；
(7)乙烯与氯水发生加成反应可生成ClCH2CH2OH，ClCH2CH2OH有碱性条件下与NaCN作用可发生取代反应生成HOCH2CH2CN，再水解即可得到HOCH2CH2COOH，最后HOCH2CH2COOH催化氧化得丙二酸，具体合成路线为。