1、四川省北大成都附属实验中学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. 2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是( )A. 夏天设定空调温度尽可能的低B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾C. 少开私家车多乘公共交通工具D. 对商品进行豪华包装促进销售【答案】C【解析】【详解】A. 夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A项错误；B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B项错误；C.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C项正确；D. 对商
2、品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D项错误；答案选C。2. 下列物质按强电解质、弱电解质、酸性氧化物、碱性氧化物的组合中，正确的是强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4CH3COOHNO2Na2OBBaSO4HClOMn2O7CaOCNaCl氨水SO2MnO2DHIHFCO2Fe3O4A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 二氧化氮不属于酸性氧化物，选项A错误；B. 硫酸钡属于强电解质，次氯酸属于弱电解质，七氧化二锰属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，选项B正确；C. 氨水为混合物，不属于弱电解质，选项C错误；D. 四氧化三铁不属于碱性氧化物，选项D错误
3、答案选B。3. 有关阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A. 1 mol OD和17 g -OH所含的质子与中子均为9NAB. 在标准状况下，4.48 L甲烷氯代物分子含原子数目为NAC. 8.8 g乙酸乙酯中含共用电子对的数目为1.3NAD. 7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A1 mol OD和17 g -OH(1mol)所含的质子数均为9 mol，但所含的中子数不相等，1 mol OD含有9NA中子，17 g -OH所含的中子数为8NA，故A错误；B甲烷的氯代物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，标准状况下只有CH3
4、Cl呈气态，其他的甲烷氯代物都是液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；C1个乙酸乙酯分子中含有14个共用电子对，8.8 g乙酸乙酯的物质的量为0.1 mol，共用电子对数为1.4NA，故C错误；D1 mol Na2O2中含有3 mol离子，1 mol Na2S中也含有3 mol离子，则7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3NA，故D正确；答案选D。4. 下列实验操作都能达到预期目的的是：蒸干MgCl2溶液可得纯净的无水氯化镁；可以采用多次渗析的方法分离、提纯蛋白质；用广泛pH试纸测得某溶液pH为3.5；滴入酚酞溶液确定纯碱中有无烧碱；用米汤直接检验食用盐中是否含有
5、碘元素；用酸式滴定管量取20.00 mL高锰酸钾酸性溶液；用溴的四氯化碳溶液除去混在甲烷中的乙烯气体A. B. C. D. 只有【答案】B【解析】【详解】MgCl2加热水解生成Mg(OH)2，不能得到MgCl2固体，故错误；蛋白质属于胶体粒子，不能透过半透膜，可以采用渗析方法，除去离子和小分子而提纯，故正确；广泛pH试纸只能精确到1，不能测定pH为3.5，故错误；纯碱水解呈碱性，不能确定是否含有NaOH，故错误；淀粉只能检验单质碘，食盐中的碘以碘酸钾存在，故错误；酸式滴定管可用来量取酸性或强氧化性溶液，精确度高，可精确到0.01，故正确；甲烷易溶于四氯化碳，应用溴水，故错误；上述实验操作能达到
6、预期目的的为，答案选B。5. 下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C
7、不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。6. 针对下列实验现象表述不正确的是A. 用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色B. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色C. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀D. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成【答案】A【解析】【详解】
8、A.氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩余40mL未溶解，A项错误；B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO45H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO45H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；C.双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。故答案选A。7. 某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、Z
9、nS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：下列说法不正确的是（）A. 步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnSB. 步骤、中发生的反应均为氧化还原反应C. 步骤涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD. 步骤和，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体【答案】B【解析】【详解】AZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A不符合题意；B中发生ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S，不是氧化还原反应，故B符合题意；C中发生CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2
10、H+Cu2+S+2H2O，故C不符合题意；D步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得晶体，故D不符合题意；答案：B。8. 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A
11、能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe33H2OFe(OH)3（胶体）3H，故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO22MnO42H2O=2Mn24H5SO42，故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；故选A【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再
12、通过电荷守恒将H+补在生成物中。9. 短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是 ( )A. X和Y的常见氧化物都是大气污染物B. 白然界中的W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是将太阳能转化为电能的材料C. 一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D. 最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：QYWX【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。Z元素原子半径在短周期中最大（
13、稀有气体除外），则Z为钠。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，则W为硅、Q为氯。X与W处于同一主族，则X为碳。五种元素原子的最外层电子数之和为21，则Y为氮。A. X的常见氧化物二氧化碳不是大气污染物，A不正确；B. 白然界中的W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是制造光导纤维的材料，B不正确；C. 氯的非金属性比氮强，所以在一定条件下，氯气可把氮从其氢化物中置换出来，C正确；D. 最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：碳酸强于硅酸，D不正确。本题选C。10. 以铁和石墨为电极电解酸性废水，可将废水中的PO以FePO4形式除去，其装置如图所示。已知：常温下，Ksp(FePO4)1.31022；一般认为
14、溶液中某离子浓度小于1105 molL1时，该离子已除尽。下列说法不正确的是()A. 电解过程中，PO向铁极迁移B. 电路中有6 mol电子通过时理论上最多除去2 mol POC. 在该装置中，铁的电势高于石墨D. 当废水中c(Fe3)11015 molL1时，PO已除尽【答案】B【解析】【详解】A利用Fe3沉淀PO，铁为阳极，石墨为阴极，故a极为正极，b极为负极；在电解池中，阴离子向阳极迁移，即PO向铁极迁移，故A正确；B铁极的电极反应式为Fe2e=Fe2，O2氧化Fe2生成Fe3，废水中发生的总反应为4Fe2O24H4PO=4FePO42H2O，则电路中通过6mol电子时理论上最多除去3m
15、ol PO，故B错误；C在电解池中，阳极的电势高于阴极，故铁的电势高于石墨，故C正确；D当c(Fe3)11015molL1时，c(PO)=1.3107molL11105molL1，PO已除尽，故D正确；答案选B。二、填空题：本体包括3小题，共40分。11. 过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图(图一)如下：请回答下列问题：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：_；（2）仪器A的名称_
16、，三颈烧瓶右口连接的是恒压分液漏斗，其支管B的作用是_；（3）步骤中洗涤CaO28H2O的液体X的最佳选择是_(填写正确答案的序号，下同)A无水乙醇 B浓盐酸 C水 DCaCl2溶液（4）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这利用了过氧化钙以下哪些性质_；A可缓慢供氧 B能吸收鱼苗呼出的CO2气体 C能潮解 D可抑菌（5）已知CaO2在350时能迅速分解，生成CaO和O2。该小组采用如图二所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)，准确称取1.000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到67.20mL(已换算为标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_ (保留4位有效
17、数字)；【答案】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl( (2). （球形）冷凝管 (3). 平衡气压，便于恒压分液漏斗中的液体能够顺利滴 (4). A (5). ABD (6). 43.20%或0.4320【解析】（1）氯化钙与双氧水发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl 答案：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl （2）仪器A的名称为：（球形）冷凝管，起冷凝作用。支管B能起到平衡气压，便于恒压分液漏斗中的液体能够顺利滴下的作用。答案为：（球形）冷凝
18、管 ；平衡气压，便于恒压分液漏斗中的液体能够顺利滴下。（3）过氧化钙(CaO2)难溶于水，可与水缓慢反应,不溶于醇类、乙醚等，所以最好选择乙醇，答案选A.(4)CaO2具有强氧化性能杀菌，并且能与鱼苗呼出的二氧化碳反应生成氧气，所以利用了CaO2可缓慢供氧、能吸收鱼苗呼出的CO2气体、可抑菌的性质。答案为：ABD.(5)若所取产品质量为1.000g,测得生成气体的体积为67.20mL(已换算成标准状况)，则氧气物质的量为：0.003mol，由CaO2=2CaO+O2可求得CaO2物质的量为：0.006mol，质量为：000672=0.432g，所以过氧化钙的质量分数=100%=43.20%；答
19、案为：43.20%或0.432012. 一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2) 制取MnSO4H2O并回收单质硫的工艺流程如下：已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。回答下列问题：（1）步骤混合研磨成细粉的主要目的是_；步骤浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_。（2）步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_；步骤需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4-5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_。步骤所得滤渣为_(填化学式)。（3）步骤需在90-100下进行，该反应的化学方程式_。（4）测
20、定产品MnSO4H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_。【答案】 (1). 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率 (2). 3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O (3). 软锰矿粉或H2O2溶液 (4). 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 (5). Fe(OH)3 (6). (NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS (7). (8.25cV/
21、a)%或(8.25cV10-2)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a100%【解析】【分析】两种矿物经粉碎研磨与硫酸混合，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫，过滤后，滤液用碱液处理除去铁元素后，再过滤，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4H2O，滤渣与(NH4)2S混合作用后，经分解处理得另一产品S，分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用。【详解】(1) 步骤混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+ 6H2SO4 =3MnSO4+Fe
22、2(SO4)3+4S+6H2O。(2)由于Fe2+具有较强的还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉（MnO2）或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除去的目的；用碱液处理时，需将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下调节pH为45，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3。(3) 步骤在90100下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1 2NH3+H2S+xS。(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4H2O=5MnO42+K2SO4+2H
23、2SO4+H2O，已知n(KMnO4)=c mol/LV10-3L=cV10-3mol，则n(MnSO4H2O)=1.5cV10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= 1.5cV10-3mol55g/mol/ag100%=(8.25cV/a)%。13. 请应用化学反应原理的相关知识解决下列问题：(1)已知NaCl的溶解热为3.8 kJmol1(吸热)Na(s)e=Na(aq)H240 kJ/molCl2(g)e=Cl(aq)H167 kJ/mol写出钠在氯气中燃烧的热化学方程式_。(2)一定条件下，在2 L恒容密闭容器中充入1.5 mol CO2和3 mol H2发生反应：CO
24、2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500 K的条件下，该反应10 min达到平衡；该反应是_ (填“吸热”或“放热”)反应。在010 min时段反应速率v(H2)为_。若改充入2 mol CO2和3 mol H2，图中的曲线会_(填“上移”或“下移”)。(3)根据表数据回答问题：表125时浓度为0.1 mol/L两种溶液的pH溶质NaClONa2CO3pH9.711.6表225时两种酸的电离平衡常数Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011根据表1能不能判断出H2CO3与HCl
25、O酸性强弱？ _(填“能”或“不能”)。0.10 molL1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为_。(4)已知：t时，Ksp(AgCl)1.51010、Ksp(Ag2CrO4)2.01012；AgCl为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀，t时，向Cl和CrO浓度均为0.1 mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为_。【答案】 (1). Na(s)Cl2(g)=NaCl(s) H410.8 kJ/mol (2). 放热 (3). 0.135 molL1min1 (4). 下移 (5). 不能 (6).
26、 c(Na)c(SO)c(OH)c(HSO)c(H) (7). H2SO3HCO=HSOH2OCO2 (8). 先生成白色沉淀，后来变成砖红色【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算(2)根据图象分析，随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行；根据速率v=结合三段式进行计算；改充入2mol CO2和3mol H2，相当于增加了CO2的比例，可使H2的转化率上升，自身转化率下降；(3)根据NaClO和Na2CO3的pH值只能比较HClO和HCO3-的酸性强弱；0.1mol/L Na2SO3溶液中，SO水解使溶液显碱性，根据溶液中存在的化学平衡比较溶液中各离子的相对浓度
27、大小；根据电离常数分析，H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，因此SO2通入NaHCO3溶液中生成CO2，据此写出反应的离子方程式。(4)Cl-和CrO浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，Cl-和CrO沉淀时最小的c(Ag+)，进而得到那种离子先沉淀。【详解】(1)已知：NaCl的溶解热为3.8 kJ/mol(吸热)，NaCl(s)=Na(aq)Cl(aq)H13.8 kJ/mol，Na(s)e=Na(aq) H2240 kJ/molCl2(g)e=Cl(aq) H3167 kJ/mol，Na在氯气中燃烧的方程式为Na(s)Cl2(g)=NaCl(s)，该反应可由得到，
28、根据盖斯定律，该反应的焓变HH2H3H1410.8 kJ/mol；(2)随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应；温度为500 K时，CO2的平衡转化率为60%，CO2转化的浓度分别为c(CO2)0.45 mol/L，根据化学计量数之比等于速率之比，可知H2转化的浓度c(H2)3c(CO2)1.35mol/L，所以其化学反应速率v(H2)0.135 molL1min1；改充入2mol CO2 和3molH2，相当于增加了CO2的比例，可使H2的转化率上升，自身转化率下降；所以图中的曲线会下移；(3)因H2CO3为二元弱酸，第一步电离得到的HCO，第
29、二步电离生成CO，所以根据NaClO和Na2CO3的pH值只能比较HClO和HCO的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性强弱；0.1 mol/L Na2SO3溶液中，SO水解使溶液显碱性，溶液中存在SOH2OHSOOH，HSOH2OH2SO3OH，H2OHOH，综合考虑溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na)c(SO)c(OH)c(HSO)c(H)；根据电离常数及强酸制弱酸的原理分析，H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，因此H2SO3与NaHCO3溶液反应生成CO2，所以H2SO3与NaHCO3溶液发生的反应的离子方程式为：H2SO3HCO=HSOH2OCO2；(5)开始形成AgCl时，需要的Ag的浓度c(Ag) mol/L1.5109 mol/L，同理可得开始形成Ag2CrO4时，需要的Ag的浓度c(Ag)mol/L4.5106 mol/L，显然先生成沉淀AgCl，再生成沉淀Ag2CrO4，向Cl和CrO浓度均为0.1 mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为：先生成白色沉淀，后来变成砖红色。【点睛】易错点为(5)，溶液中c(Ag)越小，则该离子更易于Ag结合形成沉淀，则易于Ag结合的离子先发生反应，根据反应先后顺序判断溶液中的反应现象。