贵州省道真县民族中学2021届高三化学上学期开学考试试题（含解析）

1、贵州省道真县民族中学2021届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单选题(共7小题,每小题6.0分,共42分)1.实验室制Cl2的反应为4HCl(浓)+MnO2 高温 MnCl2+C12+2H2O下列说法错误的是( )A. 还原剂是HCl，氧化剂是MnO2 B. 每生成1 molCl2，转移电子的物质的量为2 molC. 每消耗1 molMnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD. 生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质【答案】B【解析】由方程式4HCl(浓)+MnO2 高温 MnCl2+C12+2H2O知，氧化剂是MnO2，还原剂是HCl；每生成1 molCl2，转移电子

2、的物质的量为2 mol；每消耗1 molMnO2，起还原剂作用的HCl消耗2mol；生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有挥发出来的HCl杂质2.下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是A. CuCuSO4B. SiO2H2SiO3C. Cl2HClOD. NO2HNO3【答案】B【解析】试题分析：A、Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，故能通过一步化学反应完成，故A正确；B、二氧化硅不溶于水与水不反应，故不能通过一步化学反应完成，至少两步，故B错误；C、氯气溶于水生成次氯酸，故能通过一步化学反应完成，故C正确；D、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，故能通过一步化学反应完成，故D正确；故选B。

3、考点：考查了物质的性质和转化的相关知识。3.化工生产要遵守三大原则：充分利用原料、充分利用能量、保护环境。下列描述不符合以上某原则的是( )A. 煅烧硫铁矿使用沸腾炉B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧C. 制硫酸时使用热交换器D. 合成氨时氮气和氢气循环使用【答案】B【解析】【详解】A. 煅烧硫铁矿使用沸腾炉，可使硫铁矿与氧气充分接触而反应，减少能量的消耗，充分利用原料，故A符合；B. 制盐酸时将氢气在氯气中燃烧，氯气和氢气剧烈反应，放出能量，与题目要求原则无关，故B不符合；C. 制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量，故C符合；D. 合成氨时氮气和氢气循环使用，可充分利用原料，故D符合。答案选B

4、。【点睛】充分利用原料、充分利用能量、保护环境，应能符合原料利用率高，节约能源，且不产生污染物或减少污染物的排放。4. 下列几种氢键：OHO，NHN，FHF，OHN，按氢键从强到弱的顺序正确的是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】F、O、N电负性依次降低，FH、OH、NH键的极性依次降低，故FHF中氢键最强，其次为OHO，再次是OHN，最弱的为NHN。5. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直

5、接发生反应：Fe3e=Fe3，继而形成铁锈【答案】C【解析】试题分析：A、在酸性环境下，钢铁也可能直接发生化学腐蚀，A错误；B、金属腐蚀的实质是金属失去电子被氧化的过程，B错误；C、锌的金属性强于铁，与铁构成原电池时，锌是负极，铁是正极被保护，因此轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D、在原电池中铁只能失去2个电子，转化为亚铁离子，D错误，答案选C。考点：考查金属腐蚀与防护的有关判断6.为使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀, 溶液的酸碱度分别为pH 7.7、 pH 4.5、 pH 6.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+杂质

6、离子, 为除去这些离子制得纯净的ZnSO4, 应加入的试剂是 A. NaOH溶液B. 氨水C. KMnO4, ZnCO3D. H2O2, ZnO【答案】D【解析】【分析】使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀,溶液的pH应分别为7.7、4.5、6.6左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去。【详解】A. 用NaOH溶液除杂时会引入Na+杂质，不能得到纯净的硫酸锌，故A错误；B. 使用氨水，会向溶液中引入铵根离

7、子杂质，不能得到纯净硫酸锌，故B错误；C. KMnO4可将Fe2+氧化为Fe3+再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，但是KMnO4的使用向溶液中引入杂质钾离子，不能得到纯净的硫酸锌，故C错误；D. 双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故D正确；答案选D。【点睛】为除去杂质离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，选取的除杂试剂不得向溶液中引入新的杂质。7. 下列说法正确的是（ ）A. 食用植物油是人

8、体的营养物质B. 分馏、干馏是物理变化，裂化、裂解是化学变化C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D. 甲烷、汽油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料【答案】A【解析】试题分析：人体营养物质有糖类、油脂、蛋白质等，A说法正确；分馏是物理变化，干馏是化学变化，B错误；葡萄糖是单糖，是小分子化合物，C错误；酒精是醇类，不是碳氢化合物，D错误；故选A。考点：本题考查的是基本化学用语、化学物质分类、常见化合物的组成和性质。二、非选择题 8.硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H针对该反应回答下列问题：（1）已知：SO2（g）+Cl2（g

9、）+SCl2（g）2SOCl2（g）H1=akJmol1SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）H2=bkJmol1ab0则H=_kJmol1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是_（填字母序号）a缩小容器体积b使用催化剂c增加SO2浓度d升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是_（填字母序号）（下图中正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为

10、T，压强为P起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示则（SO2）=_此温度下，该反应的K=_相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是_（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式_；已知25时，KspAgCl=1.81010，KspAg2SO4=1.4105，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是_【答案】 (1). （ab） (2). AC

11、 (3). BD (4). mol/min (5). L/mol (6). 02nmol (7). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (8). AgCl【解析】【详解】(1)SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)H1=a kJmol1SO2Cl2+SCl2(g)=2SOCl2(g)H2=b kJmol1盖斯定律计算得到：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)H=(ab) kJmol1，故答案为：(ab)；(2)提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量，A. 缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大，

12、故A正确；B. 使用催化剂,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,Cl2的转化率不变，故B错误；C. 增加SO2浓度,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大，故C正确；D. 该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,Cl2的转化率降低，故D错误；故答案为：AC。(3)A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后速率不变，故a错误；B. 该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C.t1时刻后SO2(g)，SO2Cl2(g)的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D.

13、t1时刻,SO2的质量为定值，处于平衡状态，图象与实际符合，故D正确；故选BD。(4)若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P，起始时气体总体积为10L，tmin时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L，设参加反应的二氧化硫物质的量为x， SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)起始量(mol) n n 0变化量(mol) x x x平衡量(mol) nx nx x保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质量之比，2n:(2nx)=10:8，x=0.4n， 在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的

14、量变化来表示。则(SO2)= mol/min，故答案为： mol/min；依据结合平衡概念计算,K，故答案为：； 将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中,得到SO2Cl20.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器,到达平衡状态时，消耗二氧化硫物质的量为0.2n，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol，故答案为：0.2nmol；(5)SO2Cl2遇水发生剧烈水解,且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则SO2基团结合2个OH生成H2SO4,反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO

15、4+2HCl，知25时，KspAgCl=1.81010，KspAg2SO4=1.4105，Ksp越小，溶解度越小，所以氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c(H2SO4):c(HCl)=1:2，溶液中氯离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl。9.某一反应体系中的物质有HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，已知：HCl是反应物之一。(1)写出未配平的该反应的化学方程式：_在该反应中,得电子的物质是_，被氧化的元素是_。在反应中，每转移1 mol电子，消耗HCl_

16、mol。下列叙述中正确的是_(填写字母序号)。a.在相同条件下，第A族元素的阴离子的还原性从上到下逐渐增强b.得电子越多的氧化剂,其氧化性越强c.阳离子只能作氧化剂d.在相同条件下，氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+(2)向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。该反应的离子方程式为_，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色。该反应的化学方程式为_。把KI换成KBr，则CCl4层变为_色;继续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。加碘盐中含碘量为20mgkg-150 mgkg-1。制

17、取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2_L(标准状况，保留2位小数)。【答案】 (1). HCl+SnCl2+H3AsO3 (2). H2SnCl6+As+H2O (3). H3AsO3 (4). Sn (5). 2 (6). a、d (7). Cl2+2I-=I2+2Cl- (8). 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl (9). 橙 (10). HBrO3Cl2HIO3 (11). 10.58【解析】【详解】(1) 已知HCl是反应物之一，说明其他物质中氯原子少的为反应物，氯原子多的为生成物，即SnCl2是还原剂，H3AsO

18、3是氧化剂，所以反应方程式为:12HC1+3SnCl2+2H3AsO3=3H2SnCl6+2As+6H2O。故答案为：HCl+SnCl2+H3AsO3；H2SnCl6+As+H2O； 根据反应方程式，得电子物质为H3AsO3，被氧化元素为Sn；故答案为：H3AsO3；Sn 12 mol HCl参加反应共转移6 mol电子，故在反应中，每转移1 mol 电子消耗2 mol HCl；故答案为：2a、还原性与失电子能力强弱有关，半径越大，越容易失去最外层电子，还原性越强，在相同条件下第VIA族元素的阴离子随离子半径的增大还原性从上到下逐渐增强，故a正确；b、氧化性强弱与得电子数目多少无关，与得电子能

19、力强弱有关，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定越强，故b错误；c、处于中间价态阳离子(如Fe2+)既可作氧化剂，又可作还原剂，故c错误；d、在相同条件下氧化性顺序Fe3+Cu2+H+Fe2+，故d正确；答案选a、d；(2) 向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明氯气和KI发生置换反应生成碘单质，反应方程式为：2KI+Cl2=2KCl+I2，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明碘和氯气发生氧化还原反应生成碘酸，氯气被还原生成HCl，反应方程式为I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl，故答案为：2KI+Cl2=2KCl

20、+I2；I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl；氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3Cl2HIO3，故答案为：橙；HBrO3Cl2HIO3；由Cl2+2KI=I2+2KC1 和5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI，两式合并：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据物料守恒得关系式KIO3IKI3Cl2列比例求解: 3Cl2 I，解得V=

21、10.58 L；故答案为：10.58。10.某研究小组用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，其中S为-2价)为主要原料炼铜，其总反应为：2CuFeS2+2SiO2+5O22Cu+2FeSiO3+4SO2。事实上该反应是按如下流程分步进行的：(1)氧化的反应主要是煅烧生成的硫化亚铁被进一步氧化为氧化亚铁，并与二氧化硅反应生成矿渣。矿渣的主要成分是(填化学式)_。(2)据报道，有一种细菌在氧气存在下可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，反应是在酸性溶液中发生的。该反应的化学方程式为_。(3)我国学者研究发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中与O2(空气)反应，生成物冷却后经溶解、除铁、结晶，得到CuSO45H2

22、O，生产成本能够降低许多。有关实验结果如下表：CuFeS2与O2反应的化学方程式为_。实际生产过程中沸腾炉温度为600620 。则控制温度的方法是_。当温度高于600620 时，生成物中水溶性铜下降的原因是_。生成物冷却后的除铁的实验操作方法主要是_。已知在溶液中，Cu2+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.7、6.7，Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.1、3.2；如果制得的硫酸铜溶液中含有少量的Fe3+，请写出除去溶液中Fe3+的实验操作步骤：_。【答案】 (1). FeSiO3 (2). 4CuFeS2+2H2SO4+17O2 4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O (3).

23、4CuFeS2+15O24CuSO4+2Fe2O3+4SO2 (4). 控制加入CuFeS2的速度(因CuFeS2与O2反应放热) (5). CuSO4受热分解 (6). 过滤 (7). 加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3粉末，充分搅拌，调节溶液的pH约为3.2，加热煮沸，过滤，用(适量)稀硫酸酸化【解析】【详解】（1）根据2CuFeS2+2SiO2+5O22Cu+2FeSiO3+4SO2，可得矿渣为FeSiO3；故答案为：FeSiO3；（2）由题意可知，CuFeS2在酸性溶液中与氧气在一种细菌的作用下生成的硫酸盐是硫酸铜和硫酸铁，化学方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuS

24、O4+2Fe2(SO4)3+2H2O；故答案为：4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O；（3）精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中与O2（空气）反应，最终得CuSO45H2O，说明铁元素的存在形式是氧化铁，加水溶解可过滤除去，所以CuFeS2与O2反应的化学方程式为4CuFeS2+15O24CuSO4+2Fe2O3+4SO2；故答案为：4CuFeS2+15O24CuSO4+2Fe2O3+4SO2；因为CuFeS2与O2反应放热，所以在生产过程中控制加入CuFeS2的速度，控制温度；故答案为：控制加入CuFeS2的速度(因CuFeS2与O2反应放热)；水溶

25、性铜化合物为CuSO45H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO45H2O可分解生成CuO，则在600以上时水溶性铜化合物含量减少；故答案为：CuSO4受热分解；生成物中除硫酸铜外还有氧化铁，氧化铁不溶于水，所以冷却后的除铁的实验操作方法主要是过滤；除去铁离子而不除去铜离子，调节溶液的pH值在3.2到4.7之间，使铁离子完全沉淀，而铜离子不沉淀，所以具体操作是加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3粉末，充分搅拌，调节溶液的pH约为3.2，加热煮沸，过滤，用（适量）稀硫酸酸化；故答案为：加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3粉末，充分搅拌，调节溶液的pH约为3.2，加热煮沸，过滤，用

26、(适量)稀硫酸酸化。【化学选修：有机化学基础】15分11.实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，化学方程式为：C2H5OHCH2=CH2+H2O，接着再用液溴与乙烯反应制备1，2-二溴乙烷。在制备过程中由于部分乙醇与浓硫酸发生氧化还原反应还会产生CO2、SO2,并进而与Br2反应生成HBr等酸性气体。某学习小组用上述三种为原料，组装下列仪器（短接口或橡皮管均己略去）来制备1,2-二溴乙烷（1）如果气体流向从左到右，正确的连接顺序是：B经A插入A中，D接入；A接 接 接 接 接。（2）温度计水银球的正确位置是 。（3）装置D与分流漏斗相比，其主要优点是 。（4）装置C的主要作用是 ，装置F的作用是

27、。（5）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为 。（6）装置E烧杯中的泠水和反应管内液溴上的水层作用均是 。若将装置F拆除，在E中的主要反应为 。【答案】（1）C、F、E、G(2分) （2）位于三颈瓶的液体中央（1分）（3）平衡上下压强，使液体顺利滴下（2分）（4）防倒吸（1分）除去三颈瓶中产生的CO2、SO2(2分)吸收挥发的溴蒸汽（1分）(5)CH2CH2+ Br2BrCH2CH2Br(2分)（6）减少溴的挥发（1分）；SO2+Br2+H2OH2SO4+2HBr(2分)【解析】试题分析：（1）根据装置中试剂可知ABD用来制备乙烯，由于生成的乙烯中含有SO2和CO2等气体，在利用乙烯与溴反

28、应之前需要除去。C起到安全瓶的作用，目的是为防止倒吸。E装置用来制备1，2二溴乙烷，生成的1，2二溴乙烷中含有溴，利用F装置除杂，最后利用G装置进行尾气处理，则正确的连接顺序是B经A插入A中，D接入；A接C、F、E、G。（2）温度计测量的是溶液的温度，因此位于三颈瓶的液体中央。（3）D是恒压漏斗，能保持内外压强相同，则其作用是平衡上下压强，使液体顺利滴下。（4）根据以上分析可知装置C的主要作用是防倒吸。装置F的作用是除去三颈瓶中产生的CO2、SO2吸收挥发的溴蒸汽。(5)E装置用来制备1，2二溴乙烷，反应的方程式为CH2CH2+ Br2BrCH2CH2Br。（6）由于液溴易挥发，则装置E烧杯中

29、的泠水和反应管内液溴上的水层作用均是减少溴的挥发；若将装置F拆除，则SO2易与溴发生氧化还原反应，所以在E中的主要反应为SO2+Br2+H2OH2SO4+2HBr。考点：考查有机物制备实验方案设计与探究【化学选修：物质结构与性质】15分 12.（1）氯酸钾熔化，粒子间克服了_的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了_的作用力；碘的升华，粒子间克服了_的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是_。（2）下列六种晶体：CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为_（填序号）。（3）在H2、（NH4）2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子有_，由非极性键形成的非极性分子有_，能形成分子晶体的物质是_，含有氢键的晶体的化学式是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_。（4）A，B，C，D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导