四川省自贡市荣县中学校2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试卷（解析版）

四川省荣县2024-2025学年度(上期)入学考试2022级化学试题可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32N-14一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”这句话不涉及氧化还原反应D.“东风夜放花千树”，节日焰火绽放的原理是焰色试验，焰色试验是化学变化【答案】D【解析】【详解】A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，A正确；B．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，B正确；C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明的是人们利用金密度大进行淘金，是一种物理方法，不涉及氧化还原反应，C正确；D．焰色试验是物理变化，D错误；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1LpH=6的纯水中含有OH-的数目为10-8NAB.1L0.1mol/LAlCl3溶液中含有Al3+数目为0.1NAC.0.1mol熔融NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NAD.n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的NaHSO3溶液中，含有Na+的数目等于NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．pH=6的纯水中OH-的浓度为10-6mol/L，则1L该水中OH-的数目为10-6NA，故A错误；B．AlCl3溶液中Al3+部分水解，1L0.1mol/L该溶液中Al3+数目小于0.1NA，故B错误；C．熔融NaHSO4电离生成钠离子和硫酸氢根离子，0.1mol中所含阳离子为0.1NA，故C正确；D．根据物料守恒：n(H2SO3)+n(HSO)+n(SO)=n(Na+)，n(H2SO3)+n(HSO)=1mol的溶液中，Na+的数目大于NA，故D错误；故选：C。3.下列各组物质的分类正确的是（）①同位素：1H、2H2、3H②同素异形体：C60、金刚石、石墨③酸性氧化物：CO2、NO、SO3④混合物：水玻璃、水银、水煤气⑤电解质：明矾、冰醋酸、石膏⑥非电解质：干冰、液氯、乙醇A.②⑤ B.②⑤⑥ C.②④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①同位素是指同种元素的不同核素，2H2为氢单质，故①错误；②C60、金刚石、石墨为碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故②正确；③NO与碱反应时发生的不是复分解反应，不是酸性氧化物，故③错误；④水银为液态银单质，不是混合物，故④错误；⑤明矾、石膏为熔融状态下可以导电的化合物，冰醋酸水溶液可以导电，均属于电解质，故⑤正确；⑥液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；综上所述正确的有②⑤，故答案为A。4.在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是A.有Fe3+存在的溶液中：Na+、Mg2+、SCN-、Br-B.加入金属铝有H2产生的溶液中：、、、C.使紫色石蕊试液变红溶液中：Na+、K+、Fe3+、I-D.滴入酚酞变红的溶液中：K+、Na+、、【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+与SCN-结合成血红色的配合物，不能共存，故A错误；B．加入金属铝有H2产生的溶液中存在大量H+或OH-，与AlO2-、OH-反应，与H+反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．使紫色石蕊试液变红溶液呈酸性，Fe3+和I-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．滴入酚酞变红的溶液中存在大量OH-，K+、Na+、、之间不反应，都不与OH-反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选：D。5.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A.a离子为Na+ B.溶液中存在C.溶液中含NA个水合Na+和NA个水合Cl- D.水合b离子的图示不科学【答案】D【解析】【分析】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径：Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，据此分析降低。【详解】A．离子核外电子层数越多，离子半径就越大，则根据图示乐子离子半径：Cl-＞Na+，则a离子为氯离子，b为Na+，A错误；B．将NaCl溶于水，在水分子作用下电离产生自由移动的Na+、Cl-，可见电离不需要通电，电离方程式应该为：NaCl=Na++Cl-，B错误；C．将NaCl溶于水配成lmol/L的溶液，溶液的体积不知道，无法计算Na+和Cl-的物质的量和个数，C错误；D．水分子中氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷，b为钠离子，阳离子应该吸引带有部分负电荷的O原子，因此图示b离子不科学，D正确；故合理选项是D。6.钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中为蓝色，为淡黄色，已知能发生如下反应：Ⅰ.Ⅱ.下列说法错误的是A.酸性条件下的氧化性：B.反应Ⅱ中氧化产物和还原产物物质的量之比为C.向溶液中滴加酸性溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色D.向含酸性溶液中滴加含的FeI2溶液充分反应，转移电子【答案】D【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，由Ⅰ可知，氧化性，由Ⅱ可知，氧化性；故酸性条件下的氧化性：，A正确；B．反应Ⅱ中发生氧化反应得到氧化产物，发生还原反应得到还原产物，由化学方程式可知，氧化产物和还原产物物质的量之比为，B正确；C．向溶液中滴加酸性溶液，被高锰酸钾氧化为，故溶液颜色由蓝色变为淡黄色，C正确；D．向含的酸性溶液中滴加溶液充分反应，由于碘离子还原性大于亚铁离子，故碘离子完全和反应生成碘单质，转移电子，D错误；故选D。7.H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]−的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法不正确的是A.该过程的总反应为H2+O2H2O2B.[PdCl2O2]2−在此过程中作为催化剂C.生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2molD.历程中发生了Pd+O2+2Cl−=[PdCl2O2]2−【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，在反应过程中先消耗后生成，反应前后不变，为反应的催化剂，总反应为氢气与氧气在催化作用下生成过氧化氢，反应的方程式为H2+O2H2O2，故A正确；B．由图可知，[PdCl2O2]2−先生成后消耗，为反应中间体，故B错误；C．根据H2+O2H2O2可知，生成转移2mol电子，故C正确；D．由图示可知，过程中发生了，故D正确；答案选B。8.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。9.下列说法正确的是A.、、三种化合物都可以通过化合反应制得B.已知：(足量)，则属于酸式盐C.因难溶于水，所以通溶液中有白色沉淀生成D.除去中的少量，需使混合气体通过盛有饱和溶液的洗气瓶【答案】A【解析】【详解】A．已知Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3可知，、、三种化合物都可以通过化合反应制得，A正确；B．已知：(足量)，说明Na2HPO3不能与NaOH反应，说明属于正盐，B错误；C．因难溶于水，由于HCl的酸性比H2SO3的强，故SO2通入到BaCl2溶液中不反应，没有白色沉淀生成，C错误；D．由于Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+CO2↑，故除去CO2中的少量SO2，需使混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，不能用Na2CO3溶液，D错误；故答案为：A。10.下列反应的离子方程式正确的是A.碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：B.向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：C.铜与稀硝酸：D.向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：【答案】B【解析】【详解】A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：，故A错误；B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：，故B正确；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：，故C错误；D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：，故D错误；答案为B。11.下列“实验结论”与“实验操作及事实”不相符的一组是实验操作及事实实验结论A绿豆大小的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈金属性：Na＜KB将盐酸滴入磷酸钙[Ca3(PO4)2]中得到H3PO4Cl的非金属性强于PC向装有Al(OH)3沉淀的两支试管中，分别滴加盐酸和NaOH溶液，振荡后，均得到无色溶液Al(OH)3是两性氢氧化物D向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色Fe(OH)2有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．金属活动性越强，越容易置换出氢生成氢气，反应越剧烈，，K与水反应更剧烈，说明金属性：Na＜K，A正确；B．反应利用了强酸制弱酸的原理，但盐酸不是氯的最高价含氧酸，不能说明Cl的非金属性强于P，B错误；C．反应说明氢氧化铝可以和酸也可以和碱反应，Al(OH)3是两性氢氧化物，C正确；D．生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色，是生成的氢氧化亚铁和空气中氧气发生生成氢氧化铁，反应中铁失去电子发生氧化反应，体现了Fe(OH)2有还原性，D正确；故选B。12.某溶液中可能存在、、、、Cl

、六种离子中的几种．现进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深．据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是A.、、 B.、、C.、 D.、、【答案】C【解析】【分析】、、、、Cl

、六种离子中，用KSCN溶液检验，溶液呈血红色说明含有，因与能发生氧化还原反应，所以一定不存在，另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，说明在酸性条件下原溶液中一定存在、，被氧化成三价铁离子，加酸没有气体生成，所以一定不存在、据此即可解答。【详解】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，发生不能大量共存，说明原溶液中一定存，因与能发生，所以一定不存在；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生，说明原溶液中一定存在、，因所以原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在，无法确定是否含有；故C正确。故选C。13.煤的间接液化的途径之一是先将煤转化为和，之后在催化剂作用下合成，其反应历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。，下列说法正确的是A.煤的间接液化和氯气的液化过程中，所克服的作用力相同B.该反应历程中的决速步骤为C.温度升高，的平衡转化率将升高D.在催化剂上的脱附或吸附是物理过程，无能量变化【答案】B【解析】【详解】A．煤的间接液化是化学反应，氯气的液化是物理变化，所克服的作用力不相同。A错误；B．活化能最大的步骤为决速步骤，由图可知，该步骤为：，B正确；C．由图可知，该反应为放热反应，则温度升高平衡逆向移动，的平衡转化率将降低，C错误；D．由图可知，在催化剂上的脱附需要吸收热量，D错误；故选B14.某温度下，两种一元弱酸HA和HB的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线I代表HA溶液B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从c点到d点，溶液中保持不变（其中HX、X-分别代表相应的酸和酸根离子）D.a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同【答案】C【解析】【分析】相同体积、相同pH的两种酸稀释相同倍数后，相对较强的酸pH变化较大，则图中曲线Ⅱ表示HA，曲线Ⅰ表示HB。起始时pH相同，则HB的浓度比HA大。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表HA溶液，A不正确；B．溶液中b点的pH小于a点，表明b点时溶液中HB电离产生的c(H+)大，则对水电离的抑制作用大，所以水的电离程度：b点＜c点，B不正确；C．从c点到d点，溶液中=，温度一定时，KW和Ka都是定值，所以保持不变（其中HX、X-分别代表相应的酸和酸根离子），C正确；D．a点的两溶液中，由于HB的浓度大于HA，分别与NaOH恰好中和后，HB消耗的NaOH多，所以HB溶液中n(Na+)大，D不正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.I．现有以下8种物质：①熔融状态的NaCl、②NO2、③NaHCO3、④铜、⑤AgCl、⑥酒精、⑦NaOH溶液、⑧FeCl3溶液（1）上述物质中，属于电解质的是___________。(填序号)（2）能导电的是___________。(填序号)（3）写出③溶于水的电离方程式___________。（4）写出③与⑦反应的离子方程式___________。Ⅱ．把Cl₂通入浓氨水中，发生如下反应：___________Cl2+___________NH3=___________NH4Cl+___________N2（5）将该方程式配平，并用双线桥表示反应的电子转移方向和数目：___________。（6）若反应中有6.8g氨发生氧化反应，则反应中生成氮气的质量为___________g。【答案】（1）①③⑤（2）①④⑦⑧（3）（4）（5）（6）5.6【解析】【小问1详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；上述物质中，属于电解质的是①熔融状态的NaCl、③NaHCO3、⑤AgCl；【小问2详解】溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；能导电的是①熔融状态的NaCl、④铜、⑦NaOH溶液、⑧FeCl3溶液；【小问3详解】NaHCO3溶于水电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为。【小问4详解】碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，离子方程式为。【小问5详解】该反应中3个Cl2得到6×e-转化为6个NH4Cl，2个NH3失去2×3e-转化为1个N2，用双线桥表示反应的电子转移方向和数目为；【小问6详解】反应中有6.8gNH3发生氧化反应，即有0.4molNH3失电子，则生成氮气0.2mol，质量为5.6g。16.一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3和MnS，主要杂质为FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人员设计了如图流程，制备Mn3O4。已知：①焙烧烟气中有SO2等酸性气体。②金属离子浓度≤10-5时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+开始沉定的pH8.16.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.9③Ksp(MgF2)=6.4×10-9、Ksp(CaF2)=4.0×10-11。（1）MnCO3中Mn的价电子排布式为___________，“焙烧”的主要目的是___________。（2）“酸浸”过程中，___________(填“能”或“不能”)用盐酸替换硫酸。（3）“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为___________。（4）若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是___________。（5）“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5，则滤液中c(Ca2+)为___________。（6）“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.3d5②.将硫化物转化为氧化物，除去硫元素（2）能（3）（4）所得产品中混有亚铁盐（5）（6）【解析】【分析】由题给流程可知，高硫锰矿加入空气焙烧得到相应金属氧化物和含二氧化硫的烟气，然后加入硫酸溶液溶浸时，二氧化硅与硫酸溶液不反应、氧化钙和硫酸生成硫酸钙沉淀，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和含有锰、铁、铝、镁元素离子的滤液；向滤液中加入二氧化锰将酸性溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙中和过量酸调节溶液pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣3和滤液；向滤液中加入氟化锰将钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣4和滤液；向滤液中加入氨水和空气，空气中氧气具有氧化性，氧化锰离子得到Mn3O4。【小问1详解】MnCO3中Mn为+2价，锰为25号元素，失去2个电子形成二价锰离子，其价电子排布式为3d5，“焙烧”的主要目的是将硫化物转化为氧化物，除去硫元素；【小问2详解】加入硫酸溶液溶浸是将金属氧化物转化为可溶性盐溶液，并除去部分钙离子，用盐酸替换硫酸后，钙离子可以在净化除杂过程中再除去，故可以用盐酸替换硫酸；【小问3详解】酸性条件下，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，控制溶液的pH=3，此时铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故反应为：；【小问4详解】由形成氢氧化物沉淀的pH范围可知，亚铁离子不容易生成氢氧化亚铁沉淀，若省略该步骤，滤液中会混有亚铁离子，导致所得产品中混有亚铁盐；【小问5详解】若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5，，则滤液中c(Ca2+)为；【小问6详解】向滤液中加入氨水和空气，空气中氧气具有氧化性，氧化锰离子得到Mn3O4，反应为：。17.实验室需要90mL1.0mol•L-1稀硫酸，现用质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸配制，根据实验事实需要配制情况回答下列问题。（1）需量取浓硫酸的体积为___________mL。（2）在如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是___________(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是___________。A．B．C．D．E．（3）在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是___________。A.使用容量瓶前检验是否漏水B.容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C.配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D.定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)___________，偏低的是___________，不影响的是___________。①定容时俯视刻度线观察液面②容量瓶使用时未干燥③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线。（5）若用0.01000mol·L-1K2Cr2O7(酸性)溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2+的溶液，恰好完全反应时消10.00mLK2Cr2O7溶液，则待测液中Fe2+的浓度是___________mol/L。【答案】（1）5.4（2）①.AC②.100mL容量瓶、玻璃棒（3）BC（4）①.①②.③③.②（5）0.03【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】实验室没有90mL的容量瓶，应选用100mL容量瓶，由可知，浓硫酸中硫酸的物质的量为=18.4mol/L；设需要浓盐酸的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4mol/L=0.1L×1mol/L，解得V≈5.4mL【小问2详解】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制上述溶液肯定不需要的是A烧瓶、C分液漏斗，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是100mL容量瓶、玻璃棒；【小问3详解】A．使用容量瓶前检验是否漏水，防止漏液，正确；B．容量瓶用水洗净后，无需再用待配溶液洗涤，错误；C．配制溶液时，若试样是液体，需要在烧杯中稀释恢复至室温后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，错误；D．定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，正确；故选BC。【小问4详解】①定容时俯视刻度线观察液面，导致溶液体积偏小，浓度偏大；②容量瓶使用时未干燥，由于需要定容操作，故不影响浓度；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致溶液体积增大，浓度偏低。【小问5详解】亚铁离子被重铬酸钾氧化为铁离子，反应为：，则待测液中Fe2+的浓度是。18.二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：反应①反应②反应③（1）反应②自发进行条件是_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③_______。（2）反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是_______。（3）反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化