1、四川省成都艺术高级中学2021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”，倡导“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
2、；有利于建设美丽中国，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营养平衡，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，减少污染物质的排放，故D不选；故选B。2. 2016全国下列实验操作能达到实验目的的是A. 用长颈漏斗分离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
3、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，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；BNO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，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，应该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极容易溶于水，而氯气与水
4、的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的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）2 MgCl26H2OMgCl2 Mg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. 步骤的目的是从海水中提取无水MgCl2D. 步骤均是离子反应【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步骤的目的是从海水
5、中提取无水MgCl2，C正确；D步骤中均有离子参与反应，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. 1L0.1molNH4Cl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. 0.1mol H2和0.1mol I2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：NH4H2ONH3H2OH，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2.42/24mo
6、l=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、H2I22HI，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、KB. 无色透明的溶液中：Fe3、NH、I、COC. 无色透明的溶液中：K、Cu2、NO、ClD. 澄清透明的溶液中：Fe3、Mg2、Br、Cl【答案】D【解析】【详解】AH与S2O能反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，A错误；BFe3有颜色、Fe
7、3与I不能大量共存，在无色溶液中也不能大量共存，B错误；CCu2有颜色，在无色溶液中不能大量共存，C错误；D在澄清透明的溶液中：Fe3、Mg2、Br、Cl不发生反应，能够大量共存，D正确；故选D。6. 由下列实验操作和现象得出结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2Co2O3B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K3Fe(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：ClSD将10 mL 2 molL1的KI溶液与1 mL 1 molL1 FeCl3溶液混合充
8、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. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ACo2O3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：Co2O3Cl2，A项错误；B该过程形成了锌铁原电池，由于锌比铁活泼，则铁被保护，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2ZnO22H2O=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
9、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溶液吸收Cl2：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH+H2C. 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
10、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判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判
11、断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。8. 将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A. 铁被氧化的电极反应式为Fe3eFe3+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】根据实验所给条件可知，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+2H2
12、O +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许多微小的原电池，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。根据电解质溶液的酸碱性可判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-
13、=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的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有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的简单氢化物的热稳定性比W强B. Y的简单离子与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的简单氢化物可用作制冷剂，
14、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Na2S2O32HCl=2NaClS SO2H2O，所以X为氧元素，Z为硫元素，据此解答。【详解】AO的非金属性强于N，稳定性：H2ONH3，A正确；BO2、Na均具有Ne的电子层结构，B正确；CNa2S溶液因S2水解呈碱性，蓝色石蕊试纸遇碱不变色，C错误；DS和O同属于第A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
15、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. 0a间发生反应3=3I3HB. ab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2molC. bc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52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0a间发生反应的离子方程式为：3=3I3H，故A不选；B由图示可知a=0.4mol，b为1mol，ab之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式3=3I3H可知
16、，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bc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；D01之间共消耗1mol KIO3，则生成1molI，又由bc之间的方程式为：，所以当溶液中I与I2的物质的量之比为52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：菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属离子c0(Mn)0.1 mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子A
17、l3Fe3Fe2Ca2Mn2Mg2开始沉淀的pH3.81.56.31068.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.461010、7.421011。 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 的原因_。(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_；再调节溶液的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
18、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化如图所示，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，浸出率变化不大，成本增加 (3). MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O (4). 5.2pH8.8 (5). 1.97 (6). Mn22HCO3-MnCO3CO2H2O (7). 3MnO2Mn3O4O2【解析】【分析】氯化铵焙烧菱锰矿（主要成分是Mn
19、CO3，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+，调节溶液的pH范围5.2pH8.8，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，可循环使用，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：MnCO32NH4ClMnCl22
20、NH3CO2H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，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，浸出率变化不大，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：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；由表可知，Fe3、Al3完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3、Fe3变为沉淀除去，但Mn2不能沉淀，故需调节pH的范围为5.2pHp2)的关系曲线。_（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g)C2H6
21、(g)+H2(g)。在常温下，向体积为1L的恒容反应器中充入1molCH4，然后不断升高温度，得到图(b)。在200时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因是_。在600后，乙烯的体积分数减少的主要原因是_。（4）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中的杂质气体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吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。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
22、). 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) H202.5 kJ/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，乙烯开始分解为碳和氢气 (6). 阳 (7). 2H2O2e-2OHH2或2H+2e-H2 (8). 基本不变【解析】【详解】（1）根据燃烧热数据表可得：H2(g)+ O2(g)=H2O(l) H1-285.8kJ/mol；CH4(g) + 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H2-890. 3kJ/mol； C2H4(g) + 3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H3-1411.0kJ/mol；根据
23、盖斯定律，由2-2得反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) HH22-H3-H12=-890.3kJ/mol2-（-1411.0kJ/mol）-（-285.8kJ/mol）2=202.2 kJ/mol；（2）在400时，向1L的恒容反应器中充入1molCH4，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） 1 0 0改变浓度（mol/L） x x平衡浓度（mol/L） 1-x x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
24、=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，升高温度平衡正向移动，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(p1p2)：；（3）根据图中曲线可知，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；在600后，乙烯开始分解为碳和氢气，乙烯的体积分数减少；（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：2H2O2e-2OHH2；因接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。故右池中的c(NaOH)：c(Na2S)基本不变。13. 过氧化钙是一种温和
25、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。某实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，按气流方向连接顺序为_（填仪器接口的字母编号，装置可重复使用）。（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检验装置的气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞，通入一段时间气体，加热药品；反应结束后，_（填操作）；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，设计实验检验钙的燃烧产物中是否含有过氧化钙_（简要说明实验步骤、现象和结论）。限选试剂：酸化的FeCl2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液、稀
26、硝酸（4）利用反应Ca2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH，在碱性环境下制取CaO28H2O的装置如下：装置甲中发生反应的化学方程式为_；X仪器的名称为_。乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0 左右，其可能的原因分析：该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO28H2O的产率；_。反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO28H2O。检验CaO28H2O是否洗涤干净操作为_。（5）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：步骤一：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2 molL1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
27、溶液。步骤三：逐滴加入浓度为c molL1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V mL。CaO2的质量分数为_（用字母表示）。已知：I22S2O=2IS4O【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）22NH4ClCaCl22NH32H2O (5). 分液
28、漏斗 (6). 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 (7). 取少量最后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). 【解析】【详解】(1)用装置C制备O2，由于过氧化钙能与空气中的H2O、CO2反应，因此制得的O2必须用装置D干燥，且装置B要通入一段时间O2后，再点燃酒精灯制备CaO2，还要用装置D防止空气中的H2O、CO2进入装置，故装置按气流方向连接顺序为dfebcf或dfecbf，故本题答案为：dfebcf或dfecbf；(2)实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，待反应管
29、冷却至室温，再停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞，故本题答案为：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)利用过氧化钙的强氧化性检验，设计实验如下：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，故本题答案为：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)根据CaO28H2O的制备原理，知装置甲为氨气的发生装置，发生反应：Ca（OH）22NH4ClC
30、aCl22NH32H2O。X为可以控制滴加液体的仪器，既分液漏斗，故本题答案为：Ca（OH）22NH4ClCaCl22NH32H2O；分液漏斗；乙中沉淀反应需控制温度在0 左右，还可能的原因是温度低可减少过氧化氢的分解，故本题答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；根据CaO28H2O的制备原理可知，反应产物为CaO28H2O和NH4Cl，则通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl，即可检验CaO28H2O是否洗涤干净，故本题答案为：取少量最后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）；(5)根据2CaO22H2O=2Ca（OH）2O2、O24KI2H2SO4=2K2SO42I22H2O、I22S2O=2IS4O，可得关系式：2CaO2O22I24S2O，则n（CaO2）n（Na2S2O3）c molL1V103 LcV103 mol，故CaO2的质量分数为100%，故本题答案为：。【点睛】检验滤渣是否洗涤干净的方法为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加适量的沉淀剂（看杂质离子而决定），若有沉淀产生，则证明洗涤不干净，若无明显现象，则证明洗涤干净。