四川省成都艺术高级中学2025届高三化学上学期开学考试试题含解析

PAGE四川省成都艺术高级中学2025届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、单项选择题：本体包括10小题，每小题6分，共60分。1.习近平在十九大报告中指出“绿水青山就是金山银山”，下列做法与该理念无关的是（）A.提倡“低碳生活”，提倡“共享单车”出行 B.合理食用含有蛋白质的食物，促进青少年健康成长C.降低住宅小区的容积率，增大公用绿地面积 D.北方的冬季实行集中供热供暖，提高燃煤的利用率【答案】B【解析】【详解】A.提倡“低碳生活”，共享单车的推广符合绿色出行的理念，提高人们环保节能意识；有利于建设环境友好型社会、资源节约型社会，建设生态文明；有利于提高空气质量、节能减排、减轻温室效应；有利于建设漂亮中国，故A不选；B.合理食用含有蛋白质的食物，促进青少年健康成长是关于养分平衡，与环保理念无关，故B选；C.降低住宅小区的容积率，增大公用绿地面积，有利于提高绿化面积，符合绿色化学的理念，故C不选；D.冬季取暖实行集中供热、废气综合处理，这样可以提高燃煤的利用率，大量的节约能源，削减污染物质的排放，故D不选；故选B。2.[2016全国Ⅰ]下列试验操作能达到试验目的的是A.用长颈漏斗分别出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【答案】C【解析】【详解】A．乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分别互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B．NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应当用排水法收集，B错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应当先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极简洁溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有肯定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。3.从海水中提取镁的工业生产流程如下：海水Mg（OH）2MgCl2·6H2OMgCl2Mg下列说法错误的是（）A.此法的优点之一是原料来源丰富B.该提取镁的过程中涉及置换、分解、复分解和氧化还原反应C.步骤①②③的目的是从海水中提取无水MgCl2D.步骤①②④均是离子反应【答案】B【解析】【详解】A．此法的原料是贝壳、海水，优点之一是来源丰富，A正确；B．该提取镁的过程中未涉及置换反应，B错误；C．步骤①②③的目的是从海水中提取无水MgCl2，C正确；D．步骤①②④中均有离子参加反应，属于离子反应，D正确；故选B。4.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A.1L0.1mol·NH4Cl溶液中，数量为0.1B.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1C.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2【答案】D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。5.下列指定溶液中能大量共存的离子组是（）A.无色溶液中：H＋、Cl－、S2O、K＋B.无色透亮的溶液中：Fe3＋、NH、I－、COC.无色透亮的溶液中：K＋、Cu2＋、NO、Cl－D.澄清透亮的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Br－、Cl－【答案】D【解析】【详解】A．H＋与S2O能反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，A错误；B．Fe3＋有颜色、Fe3＋与I－不能大量共存，在无色溶液中也不能大量共存，B错误；C．Cu2＋有颜色，在无色溶液中不能大量共存，C错误；D．在澄清透亮的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Br－、Cl－不发生反应，能够大量共存，D正确；故选D。6.由下列试验操作和现象得出结论正确的是（）选项试验操作试验现象结论A向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2＞Co2O3B白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味气体非金属性：Cl＞SD将10mL2mol·L－1的KI溶液与1mL1mol·L－1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．Co2O3作氧化剂，Cl2是氧化产物，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3＞Cl2，A项错误；B．该过程形成了锌铁原电池，由于锌比铁活泼，则铁被爱护，溶液中没有二价铁离子生成，故滴入铁氰化钾溶液无明显现象，该过程的总反应为2Zn＋O2＋2H2O=2Zn(OH)2，发生了氧化还原反应，B项错误；C．应由最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来比较非金属性强弱，C项错误；D．少量FeCl3与过量KI反应后向溶液中滴加KSCN，溶液颜色变红说明溶液中存在Fe3＋，则该反应为可逆反应，D项正确。故选D。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.室温下用稀NaOH溶液汲取Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑C.室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2OD.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【答案】A【解析】【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；C.不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，故D错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的推断。推断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行推断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行推断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行推断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行推断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行推断。8.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液潮湿后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀试验。下列有关该试验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】依据试验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了很多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。依据电解质溶液的酸碱性可推断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简洁氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是全部短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（）A.X的简洁氢化物的热稳定性比W强B.Y的简洁离子与X的具有相同的电子层结构C.Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期【答案】C【解析】【分析】W的简洁氢化物可用作制冷剂，则W为氮元素，短周期主族元素中原子半径最大的是钠，则Y为钠元素，X、Y、Z形成的盐，加入盐酸生成黄色沉淀及刺激性气体，结合四种元素均是短周期元素，说明是Na2S2O3与盐酸反应生成S和SO2，化学方程式为Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，所以X为氧元素，Z为硫元素，据此解答。【详解】A．O的非金属性强于N，稳定性：H2O＞NH3，A正确；B．O2－、Na＋均具有Ne的电子层结构，B正确；C．Na2S溶液因S2－水解呈碱性，蓝色石蕊试纸遇碱不变色，C错误；D．S和O同属于第ⅥA族，S与Na同属于第三周期，D正确。故选C。10.已知：还原性＞I－，氧化性＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A.0～a间发生反应3＋===3＋I－＋3H＋B.a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2molC.b～c间发生的反应中I2既是氧化产物又是还原产物D.当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08mol【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I－没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：3＋===3＋I－＋3H＋，故A不选；B．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6mol且无I2生成，故依据方程式3＋===3＋I－＋3H＋可知，每消耗1mol则有3mol被氧化，则有0.6mol消耗时有1.8mol被氧化，故选B；C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C不选；D．0～1之间共消耗1molKIO3，则生成1molI－，又由b～c之间的方程式为：，，所以当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08mol，故D不选。答案选B。二、填空题：本体包括3小题，共40分。11.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。②相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Al3＋Fe3＋Fe2＋Ca2＋Mn2＋Mg2＋起先沉淀的pH3.81.56.31068.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为________。分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃。分析选择反应温度为500℃的缘由______________________________。(2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为________________________________；再调整溶液的pH将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，溶液pH的范围为_______________；然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝________。(3)碳化结晶时，反应的离子方程式为____________________________。(4)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变更如图所示，300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为__________________________。【答案】(1).MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O(2).温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变更不大，成本增加(3).MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(4).5.2≤pH<8.8(5).1.97(6).Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7).3MnO2Mn3O4＋O2↑【解析】【分析】氯化铵焙烧菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）主要发生反应MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调整溶液的pH范围5.2≤pH≤8.8，沉淀Fe3+、Al3+，加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，过滤，则净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵炭化结晶：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3，滤液为氯化铵溶液，蒸发结晶得到氯化铵，可循环运用，据此分析作答。【详解】(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的上升，锰浸出率渐渐上升，但在500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变更不大，成本增加，故焙烧温度取500℃即可；(2)净化除杂中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，Fe3＋、Al3＋完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2＋起先沉淀pH为8.8，故若要将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，但Mn2＋不能沉淀，故需调整pH的范围为5.2≤pH<8.8；当两种沉淀共存时，溶液中＝＝＝1.97；(3)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO3-的电离促使Mn2＋生成MnCO3，促进碳酸氢根的电离，HCO3-与电离出的H＋反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；(4)假设起始n(MnCO3)＝1mol，则m(MnCO3)＝115g，m(Mn)＝55g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115g×75.65%＝87g，则m(O)＝32g，故＝，故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2Mn3O4＋O2↑。12.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。物质燃烧热（kJ/mol）氢气285．8甲烷890．3乙烯1411．5（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_________。（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol

CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则在该温度下，其平衡常数K=_______。按化学平衡移动原理，在图(a)中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。_______________________（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)C2H6(g)

+H2(g)。在常温下，向体积为1L的恒容反应器中充入1molCH4，然后不断上升温度，得到图(b)。①在200℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要缘由是_________________________。②在600℃后，乙烯的体积分数削减的主要缘由是__________________________。（4）工业上常采纳除杂效率高的汲取-电解联合法，除去自然气中的杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH汲取H2S转化为Na2S，再接通电源，接着通入含杂质的甲烷气，并限制好通气速率。装置中右端碳棒为_________极，左端碳棒上的电极反应为_________________________，右池中的c(NaOH)：c(Na2S)______________

(填“增大”、“基本不变”或“减小)。【答案】(1).2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH＝＋202.5kJ/mol(2).0.25(3).(4).在200

℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快(5).在600

℃后，乙烯起先分解为碳和氢气(6).阳(7).2H2O＋2e-＝2OH－＋H2↑或2H+＋2e-＝H2↑(8).基本不变【解析】【详解】（1）依据燃烧热数据表可得：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH1＝-285.8kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH2＝-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3＝-1411.0kJ/mol；依据盖斯定律，由②×2-③-①×2得反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH＝ΔH2×2-ΔH3-ΔH1×2=-890.3kJ/mol×2-（-1411.0kJ/mol）-（-285.8kJ/mol）×2=＋202.2kJ/mol；（2）在

400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol

CH4，发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，测得平衡混和气体中C2H4的体积分数为20.0%。设甲烷的转化率为x，则：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)起始浓度（mol/L）100变更浓度（mol/L）xx平衡浓度（mol/L）1-xx相同条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则=20.0%，解得x=0.5，K==0.25；按化学平衡移动原理，该反应正反应为气体体积增大的吸热反应，上升温度平衡正向移动，平衡转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，对应图中曲线为(p1>p2)：；（3）①依据图中曲线可知，在200

℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快，测出乙烷的量比乙烯多；②在600

℃后，乙烯起先分解为碳和氢气，乙烯的体积分数削减；（4）装置中右端硫离子失电子转化为硫单质，硫元素被氧化，则右端碳棒为阳极，左端碳棒为阴极产生氢气，阴极电极反应为：2H2O＋2e-＝2OH－＋H2↑；因接通电源，接着通入含杂质的甲烷气，并限制好通气速率。故右池中的c(NaOH)：c(Na2S)基本不变。13.过氧化钙是一种温柔的氧化剂，常温下为白色固体，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂。某试验小组拟选用如下装置（部分固定装置略）制备过氧化钙。（1）请选择必要的装置，按气流方向连接依次为______________（填仪器接口的字母编号，装置可重复运用）。（2）依据完整的试验装置进行试验，试验步骤如下：①检验装置的气密性后，装入药品；②打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热药品；③反应结束后，____________________（填操作）；④拆除装置，取出产物。（3）若钙在空气中燃烧生成氮化钙（Ca3N2），同时可能生成过氧化钙。请利用下列试剂，设计试验检验钙的燃烧产物中是否含有过氧化钙____________________（简要说明试验步骤、现象和结论）。限选试剂：酸化的FeCl2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液、稀硝酸（4）利用反应Ca2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如下：①装置甲中发生反应的化学方程式为________________________；X仪器的名称为________。②乙中沉淀反应时常用冰水浴限制温度在0℃左右，其可能的缘由分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；________________。③反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净操作为__________________。（5）测定产品中CaO2的含量的试验步骤是：步骤一：精确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol·L－1的硫酸溶液，充分反应。步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。步骤三：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。CaO2的质量分数为________（用字母表示）。[已知：I2＋2S2O=2I－＋S4O]【答案】(1).dfebcf或dfecbf(2).熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞(3).取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含过氧化钙(4).Ca（OH）2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O(5).分液漏斗(6).温度低可削减过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(7).取少量最终一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净（合理答案均可）(8)