精品解析：湖南省常德市第七中学2024-2025学年高三下学期开学化学试题

湖南省常德市武陵区常德市第七中学2024-2025学年 高三下学期入学考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 V-51 Fe-56 Cu-64 一、单选题(每题 3 分，共 42 分) 1. 下列说法正确的是 A 硅酸不溶于水，因此不与NaOH溶液反应 B. 据SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑的反应，可推知硅酸酸性比碳酸酸性强 C. 硅太阳能电池、石英光导纤维和计算机芯片所用的材料都是Si D. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料经高温烧结而制成的 【答案】D 【解析】 【详解】A．硅酸不溶于水，但是二氧化硅可以与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故A错误； B．反应高温下进行，生成的二氧化碳是气体，SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑的反应，是高沸点的物质制取低沸点的物质，不能说明硅酸的酸性比碳酸强，故B错误； C．石英光导纤维所用的材料是SiO2，故C错误； D．普通玻璃是以纯碱、石灰石、石英为原料高温烧结而成，故D正确； 故选D。 2. 下列说法错误的是 A. 图中的原子模型是汤姆逊提出的 B. 宇宙大爆炸产生了氢和氦元素 C. 质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子 D. 电子云图中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外单位体积内出现概率的大小 【答案】A 【解析】 【详解】A. 图中的原子模型是有核原子结构模型，或行星模型，是卢瑟福提出的，A错误； B. 宇宙大爆炸产生了氢和氦元素，B正确； C. 质子数相同电子数也相同的两种粒子，则两种粒子要么都不带电、要么带相同的电荷数，，故不可能是一种分子和一种离子，C正确； D. 电子云图中的小黑点代表电子在核外空间区域内出现的机会，小黑点的疏密程度表示电子在原子核外单位体积内出现概率的大小，D正确； 答案选A。 3. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述中不正确的是 A. 标准状况下，18gH2O中含有的分子数目为NA B. 标准状况下，2.24LCl2与足量铁粉反应转移电子数目0.2NA C. 46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目为3NA D. 1molN2与4molH2混合充分反应，生成NH3分子的数目为2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A. 18gH2O的物质的量为1mol， 所以含有的分子数目为NA，A正确；B. 标准状况下，2.24LCl2与足量铁粉反应，氯气的物质的量为0.1mol，氯元素的化合价由0降为-1，所以转移电子数目为0.2NA，B正确；C. 46gNO2的物质的量为1mol，含有3mol原子 ，46g N2O4的物质的量为0.5mol，同样也含有3mol原子，所以无论以何种比例混合，46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目一定为3NA，C正确；D. 合成氨的反应是可逆反应，所以1molN2与4molH2混合充分反应，生成的NH3的物质的量一定小于2mol， NH3分子的数目小于2NA，D不正确。本题选D。 4. 化学实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作不能达到实验目的的是 A．测定生成氢气的速率 B．证明温度对化学平衡的影响 C．测定NaClO溶液的pH D．中和热的测定 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．图A装置可通过测定一定时间内生成氢气的体积，计算生成氢气的速率，故A不符合题意； B．只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故B不符合题意； C．NaClO溶液pH不能使用pH试剂测定，故C符合题意； D．图D装置为测定中和热的装置，故D不符合题意； 故答案选C。 5. 下列离子方程式正确的是 A 氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：OH- +NH=NH3·H2O B. 硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO完全沉淀：SO+ Ba2++ OH- +H+= BaSO4↓+H2O C. 铁跟稀硝酸反应：2Fe+6H+= 2Fe3++3H2↑ D. 单质铜与稀硝酸反应Cu+2H++2NO = Cu2++2NO↑+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液反应生成NH3·H2O，而NH3·H2O稳定性较差，在加热或浓溶液中会分解生成NH3、H2O，所以反应离子方程式为OH- +NH=NH3↑+H2O，故A项错误； B．设硫酸氢钠溶液中n(NaHSO4)=1mol，向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO完全沉淀，则需加氢氧化钡的物质的量为1mol，则反应离子方程式为SO+ Ba2++ OH- +H+= BaSO4↓+H2O，故B项正确； C．铁跟稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应离子方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，故C错误； D．单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO = 3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误； 综上所述，离子方程式正确的是B项，故答案为B。 6. 常用作还原剂，X、Y和Z均为短周期元素，X的单质在空气中燃烧得到淡黄色固体，Y和Z为同族元素，含电子。下列叙述正确的是 A. X和Z形成的化合物中只含离子键 B. X和Y形成的化合物的水溶液呈碱性 C. Y和Z的原子半径较大的是Z D. Y的氧化物的水化物是强酸 【答案】B 【解析】 【分析】X的单质在空气中燃烧得到淡黄色固体，X为Na，设Y的核电荷数为x, Y和Z为同族元素，则Z的核电荷数为x-8或x+8，含电子，故22+2x+4x-32=86或22+2x+4x+32=86，解得x=16或，x=(舍去)，故Y为S，Z为O。 【详解】A．X和Z形成的化合物为Na2O和Na2O2，Na2O2中即含离子键又含共价键，A错误； B．X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液因硫离子水解而呈碱性，B正确； C．Y和Z分别为S和O，同主族元素从上往下原子半径增大，原子半径较大的是S，C错误； D．Y的最高价氧化物的水化物H2SO4是强酸，但不是最高价的可能为弱酸，如H2SO3，D错误； 故选B。 7. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。 下列说法正确的是 A. X分子中所有原子一定全部共面 B. 不能用溶液检验Y中是否含有X C. 1molZ最多能与7molNaOH发生反应 D. X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子(连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子) 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子酚羟基和羧基中的羟基均为V性结构，单键连接可以任意旋转，故X中所有原子可能全部共面，但不是一定，A错误； B．由题干图示XY的结构简式可知，X含有酚羟基，而Y不含，则能用溶液检验Y中是否含有X，B错误； C．由题干图示Z的结构简式可知，1molZ含有5mol酚羟基，可以消耗5molNaOH，1mol羧基可以消耗1molNaOH和1mol酚酯基，可以消耗2molNaOH,故1molZ最多能与8molNaOH发生反应，C错误； D．X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子(连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子)，如图所示：，D正确； 故答案为：D。 8. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向亚硫酸钠粉末中滴加盐酸 产生刺激性气体 氯的非金属性比硫强 B 将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中 溶液变红色 乳酸含有羧基 C 向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液 溶液变蓝色 氧化性:Fe3+>I2 D 向硝酸钡溶液中通入SO2 产生白色沉淀 白色沉淀是BaSO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】分析：A、根据盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，结合非金属性的比较方法分析判断；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，溶液的碱性减弱甚至变成酸性，据此分析；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，据此分析判断；D、根据硝酸具有强氧化性分析判断。 详解：A、盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，只能证明盐酸比亚硫酸强，不能证明氯的非金属性比硫强，故A错误；B、将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中，现象应该是溶液由红色变无色，故B错误；C、向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明有I2生成，说明氧化性:Fe3+>I2，故C正确；D、向硝酸钡溶液中通入SO2，硝酸钡与SO2反应生成了硫酸钡，故D错误；故选C。 点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为D，要注意酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性。 9. 短周期主族元素，电离能I (单位)如下。根据下表判断正确的是( ) 元素 500 4600 6900 9500 580 1800 2700 11600 A. 元素是ⅠA族的元素 B. 原子半径 C. 与氧形成的化合物一定是碱性氧化物 D. 若同周期，则的氢氧化物不溶于氨水 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y是短周期主族元素，I为电离能，X的第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素，且其，则X为Na元素；Y的第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第ⅢA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，且其，则Y为Al元素；结合物质性质分析解答。 【详解】A． 元素是第ⅢA族元素，A错误； B． 同周期元素从左至右半径逐渐减小，则原子半径，B错误； C． X为Na，其氧化物Na2O2是过氧化物，不是碱性氧化物，Na2O是碱性氧化物，C错误； D． Y为Al元素，其氢氧化物Al(OH)3不与氨水反应，D正确； 故选D。 10. 2024年6月3号，嫦娥六号在月球背面上展示的国旗是我国科研人员利用玄武岩熔融拉丝技术制作而成的。玄武岩石料由二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁和二氧化钛等氧化物组成。下列说法中错误的是 A. 硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体结构 B. 玄武岩纤维具有耐腐蚀、耐高温、耐低温的优异性能 C. 由，说明硅酸的酸性比碳酸强 D. 玄武岩纤维是一种无机非金属材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，类似于共价晶体结构特点，致使硅酸盐材料大多具有硬度大、熔点高、耐腐蚀等性质，A正确； B．由题干信息结合A项分析可知，玄武岩属于硅酸盐，玄武岩纤维具有耐腐蚀、耐高温、耐低温的优异性能，B正确； C．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，C错误； D．由题干信息结合A项分析可知，玄武岩属于硅酸盐，则玄武岩纤维是一种无机非金属材料，D正确； 故答案为：C。 11. 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如下。下列说法正确的是 A. 在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为两种产物的路径中，都是作还原剂而被氧化 C. 在转化为的过程中碳、氧原子的利用率为100% D. 两个转化路径中所有元素的化合价都发生了变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可以看出，转化为的路径中，涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成，还有碳氧三键的形成、氢氧键的形成，A选项错误； B．中碳元素的化合价为价，中碳元素的化合价为，在转化为的路径中，碳元素的化合价降低，被还原为，B选项错误； C．在转化为的路径中，中的C和O全部进入中，碳、氧原子的利用率为100%，C选项正确； D．两个转化路径中中氧元素的化合价为价，和中氧元素的化合价也为价，故氧元素的化合价未发生变化，D选项错误。 答案选C。 12. 电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，H2CO3的电离常数Ka1=10-6.35，Ka2=10-10.34，利用盐酸滴定某溶液中Na2CO3的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示： (注：-表示电极电位曲线；......表示pH曲线) 下列说法正确的是 A. b处溶液导电性强于a处 B. a、b之间任意一点，都存在 C. 电位滴定终点和使用指示剂滴定所得终点完全一致 D. 若改用HClO(Ka=107.4)溶液滴定，则只有一个电位突跃点 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，滴定过程中，溶液pH不断下降，图中出现两个突变，a点发生的反应为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应得到氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，b点发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，滴定时，溶液中的钠离子浓度逐渐减小，导电性逐渐减弱。 【详解】A．由分析可知，滴定时，溶液中的钠离子浓度逐渐减小，导电性逐渐减弱，则b处溶液导电性弱于a处，故A错误； B．若溶液中只含有碳酸钠，a、b之间任意一点都存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+ c(HCO)+ c(OH—) + c(Cl—)和物料守恒关系c(Na+)=2c(CO)+2 c(HCO)+2c(H2CO3)，整合两式可得c(OH—) + c(Cl—)= c(HCO)+2c(H2CO3) +c(H+)，由图可知，滴定时，a点和b点消耗盐酸的体积大于1：2，则溶液中还含有能与盐酸反应的杂质，所以溶液中不可能存在c(OH—) + c(Cl—)= c(HCO)+2c(H2CO3) +c(H+)，故B错误； C．使用指示剂滴定所得终点的pH为范围值，而电位滴定终点的pH为确定值，则位滴定终点和使用指示剂滴定所得终点不可能完全一致，故C错误； D．由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸氢钠溶液反应，所以改用次氯酸溶液滴定，只能有一个电位突跃点，故D正确； 故选D。 13. 一种大型蓄电系统的电池总反应为：，电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜(在电池放电和充电时该膜允许钠离子通过)；放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和。下列说法正确的是 A. 充电过程中，离子的流向为从右到左 B. 充电过程中，阳极的电极反应为： C. 放电前，左侧电解质为，右侧电解质为 D. 放电过程中，每转移电子，就有钠离子通过选择性膜 【答案】B 【解析】 【分析】由题给示意图可知，左侧电极为正极，右侧电极为负极，由放电前后，元素化合价变化可知，溴元素化合价降低被还原，氧化剂NaBr3在正极发生还原反应，硫元素化合价升高被氧化，还原剂Na2S2在负极发生氧化反应，则左侧储罐中的电解质是NaBr3/NaBr，右侧储罐中的电解质是Na2S2/Na2S4。 【详解】A．由上述分析可知，充电时，左侧连电源的正极，为阳极，右侧为阴极，充电过程中，离子的流向为从阳极流向阴极，即由左侧流向右侧，故A错误； B．放电时，正极的反应式为，则充电时阳极的反应式为，故B正确； C．由分析可知，放电前左侧的电解质为，右侧的电解质为，故C错误； D．放电时，正极的反应式为，负极反应式为2Na2S2-2e-= Na2S4+2Na+，根据电荷守恒，每转移电子，就有钠离子通过选择性膜，故D错误； 答案选B。 14. 下列图示与对应的叙述相符的是(　　) A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高 B. 图乙表示室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c()的关系曲线，说明溶液中c()越大c(Ba2＋)越小 C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A) D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH>0 【答案】B 【解析】 【详解】A. 镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，A错误； B. 同一温度下，溶度积Ksp不变，溶液中c()越大，则c(Ba2＋)越小，B正确； C. t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以：w(A)= w(B)，C错误； D. 图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，D错误。 答案选B。 【点睛】本题考查图象在电解质、溶度积、溶解度、化学反应速度和化学平衡移动应用的知识，结合所学知识进行解题。 二、解答题 15. 我国铜矿资源分布广泛，已探明储量居世界第三位，CuCl通常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂，CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿的空气中发生水解和氧化。工业上利用软锰矿（主要含有MnO2，杂质有SiO2、Al2O3等）和铜蓝矿（主要含有CuS，杂质有FeS2、SiO2等）为原料联合生产CuCl的流程如下图所示： （1）上述流程每步过滤后，需将滤渣洗涤2-3次，再将洗涤液与滤液合并的目的是________,反应Ⅰ所得滤渣1含有S和_______,滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等。试写出反应Ⅰ中生成CuSO4的化学方程式_______________________ （2）制备CuCl的离子方程式为__________________，该过程中二氧化硫适当过量的作用有_________________、__________________ （3）产品CuCl还需过滤，并用____________多次洗涤，最后再进行____________处理 ，沉淀的过滤和洗涤均用到的玻璃仪器有____________________ 【答案】 ①. 减少铜离子损失提高铜元素的利用率 ②. SiO2 ③. MnO2 + CuS+ 2H2SO4 = S↓+ MnSO4+ CuSO4+ 2H2O ④. SO2 + 2Cu2++2H2O + 2Cl- = 2CuCl↓ + SO42-+4H+ ⑤. 使铜离子反应更完全提高产率 ⑥. 防止产品被氧化 ⑦. 乙醇 ⑧. 干燥 ⑨. 烧杯、漏斗、玻璃棒 【解析】 【分析】本题根据流程图逐步分析反应物和生成物，抓住生成物的特点：CuCl难溶于水和乙醇，就可以逐步找出答案。 【详解】（1）因为铜是贵金属，在过滤时，Cu2+会沾附在滤渣中造成浪费，故要再将洗涤液与滤液合并；因为SiO2不参与反应，也不溶于水，所以第一次过滤的滤渣含有SiO2；根据题意：含有Al2(SO4)3即原料中的Al2O3生成了Al2(SO4)3，证明有酸参与了反应，又因为滤液中含多中硫酸盐，所以加入的反应物为H2SO4，且有S生成，故反应方程式为：MnO2 + CuS+ 2H2SO4 = S↓+ MnSO4+ CuSO4+ 2H2O； 故答案为减少铜离子损失提高铜元素的利用率；SiO2；MnO2 + CuS+ 2H2SO4 = S↓+ MnSO4+ CuSO4+ 2H2O； （2）根据流程图可知反应物有SO2，NaCl，CuSO4水溶液，生成物为CuCl，Cu的化合价由+2价降为+1价，所以S的化合升高为+6价，故产物有硫酸根离子，Na只能转化成Na2SO4，H转化为H2SO4，所以反应方程式为：SO2 +2CuSO4+2H2O+2NaCl=2CuCl↓+ Na2SO4+2 H2SO4，拆成离子方程式为：SO2 + 2Cu2++2H2O + 2Cl- = 2CuCl↓ + SO42-+4H+；SO2为反应物，增加反应物的量可以使铜离子反应更完全从而提高产率，CuCl在潮湿的空气中发生水解和氧化，SO2过量可防止空气中的氧气进入装置中，防止CuCl被氧化； 故答案为使铜离子反应更完全提高产率；防止产品被氧化； （3）产品CuCl含有杂质，还需过滤，由于CuCl难溶于水和乙醇，且乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，乙醇洗涤后有水，故最后还要干燥；沉淀的过滤：把滤纸贴到漏斗，用烧杯盛装滤液，用玻璃棒进行引流；因为过滤后的固体中还含有少量的杂质，为了提高CuCl的产率，所以要进行多次洗涤； 故答案为乙醇；干燥；烧杯、漏斗、玻璃棒； 【点睛】本题是与生产结合，根据生成物的特性而设置生产流程图，解答这类题目关键是根据给出的条件，分析流程图中各步骤的生成物。 16. 有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)和砷酸(H3AsO4)形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工业流程如图所示。回答下列问题： （1）写出As在元素周期表中的位置___________，砷虽然是非金属元素，但已表现出一些金属的性质，结合其在元素周期表的位置，说明原因___________。 （2）H3AsO4的酸性___________H3PO4的酸性(填“强于”或“弱于”)，依据是___________。 （3）“氧化”过程发生的离子方程式是___________。 （4）“沉砷”的反应为5Ca2++3AsO+OH-=Ca5(AsO4)3OH(s)，最佳温度是85℃。温度高于85℃后，沉淀率下降的原因可能为___________。 A．升高温度，反应速率降低 B．85℃，该反应此时反应速率最快 C．升高温度，Ca2+和OH-浓度降低 （5）As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如右图所示， 结合图像分析，“结晶”的具体操作是加热亚砷酸，__________过滤得粗As2O3。 【答案】（1） ①. 第四周期ⅤA族 ②. As在周期表中位于金属、非金属分界线 （2） ①. 弱于 ②. As与P同主族，As核外电子层数多，原子半径大，得电子能力As小于P，因此最高价含氧酸酸性H3AsO4弱于H3PO4 （3）2AsO+O2=2AsO （4）C （5）调硫酸浓度为7mol·L-1；冷却至25℃ 【解析】 【分析】向酸性含砷废水中加入NaOH溶液碱浸，生成Na3AsO3和Na3AsO4，通入O2将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，再加入石灰乳，发生反应生成Ca5(AsO4)3OH沉淀和NaOH，过滤，向Ca5(AsO4)3OH沉淀中加H2SO4酸化，得到CaSO4沉淀和H3AsO4，过滤，向H3AsO4溶液中通入SO2，H3AsO4溶液与SO2反应生成H3AsO3和硫酸，加热，H3AsO3分解，冷却、过滤得到粗As2O3； 【小问1详解】 As在元素周期表中的位置为第四周期ⅤA族；砷虽然是非金属元素，但已表现出一些金属的性质，其原因是As在周期表中位于金属、非金属分界线； 【小问2详解】 As与P同主族，As核外电子层数多，原子半径大，得电子能力As小于P，因此最高价含氧酸酸性H3AsO4弱于H3PO4； 【小问3详解】 据分析可知，“氧化”过程发生的离子方程式是2AsO+O2=2AsO； 【小问4详解】 温度高于85℃后，随温度升高，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移动，c(Ca2+)和c(OH-)下降，导致Ca5(AsO4)3OH的溶解平衡正向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故选C； 【小问5详解】 根据图中信息，硫酸浓度在约7mol/L、温度在25℃时，As2O3的溶解度最小，则“结晶”的具体操作是加热亚砷酸，调硫酸浓度为7mol·L-1，冷却至25℃，过滤得粗As2O3。 17. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0. （1）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的___________。 A. 容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2 B. N2百分含量保持不变 C. 容器内压强保持不变 D. 混合气体的密度保持不变 （2）恒温下，往一个4 L的密闭容器中充入2 mol N2和5.2 mol H2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如表所示： 时间/min 5 10 15 20 25 30 c(NH3)/mol·L-1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20 ①10 min时用N2表示的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1.此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。 ②已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH=+181 kJ·mol-1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=-484 kJ·mol-1 写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式___________。 （3）甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如为2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-206.0 kJ·mol-1①。 该过程可分以下两步反应完成： ⅰ.甲醇合成反应： ⅱ.甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-24.0 kJ·mol-1 起始时向容器中投入2 mol CO和4 mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5 kJ，此时CO的转化率为___________。 （4）请写出甲醇合成反应的热化学方程式：___________。 （5）在一定条件下，将CO和H2按体积比1∶2充入恒容密闭容器中，反应生成CH3OCH3(g)和H2O(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A. 混合气体的总物质的量保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. CH3OCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比保持不变 D. 每生成1 mol CH3OCH3(g)，同时生成2 mol CO 【答案】（1）BC （2） ①. 0.007 ②. 0.1 ③. 4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g) ΔH=-906 kJ·mol-1 （3）25% （4）2CO(g)＋4H2(g)2CH3OH(g) ΔH＝－182.0 kJ·mol－1[或CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－91.0 kJ·mol－1] （5）AD 【解析】 【分析】合成氨反应为正向放热、气体分子数增大的反应，因此升高温度平衡逆向移动不利于氨的合成，增大压强，平衡正向移动利于氨的合成；计算平衡常数列三段式进行计算，据此分析。 【小问1详解】 A．判断可逆反应是否达到平衡的标志是v正＝v逆，特征是达到平衡后各组分的浓度、百分含量等保持不变，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2不能说明v正＝v逆，错误； B．N2的百分含量保持不变，即单位时间生成1 mol氮气的同时消耗1 mol氮气，v正＝v逆，正确； C．该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒容密闭容器中进行反应，体系的压强会随气体物质的量变化而变化，当容器内压强不再变化时，反应达到平衡，正确； D．根据气体密度公式ρ＝，气体的总质量m不变，恒容容器V不变，密度是定值，不随反应而改变，错误； 故答案选BC。 【小问2详解】 ①10 min时用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)＝0.014 mol·L－1·min－1，v(N2)＝v(NH3)＝×0.014＝0.007 mol·L－1·min－1，依题意列出三段式： 带入平衡常数的表达式计算K＝＝0.1； ②依题意氨气催化氧化生成NO和水蒸气的反应方程式为4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g)，分别记已知方程式及ΔH为：①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝－92 kJ·mol－1，②N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH2＝＋181 kJ·mol－1，③2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484 kJ·mol－1，根据盖斯定律，则目标方程式的ΔH＝ΔH3×3＋ΔH2×2－ΔH1×2＝－484×3＋181×2－(－92)×2＝－906 kJ·mol－1。 【小问3详解】 CO的转化率＝25%。 【小问4详解】 ①2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，根据盖斯定律，(①－ii)÷2可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，则∆H＝－91 kJ·mol－1。 【小问5详解】 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； A．反应是气体物质的量减少的反应，混合气体的总物质的量是变量，当不变时能表明平衡，符合题意； B．容器体积不变，混合气体总质量不变，混合气体密度始终保持不变，不能说明达到平衡，错误； C．反应生成物CH3OCH3(g)和H2O(g)的物质的量始终是1∶1，不能表明平衡，不符合题意； D．每生成1 mol CH3OCH3(g)，同时也消耗2 mol CO，同时生成2 mol CO，能表明平衡，符合题意； 故选AD。 18. 工业上用甲苯为原料生产对羟基苯甲酸乙酯(一种常用的化妆品防腐剂)。其生产过程如图所示(反应条件未全部注明)： 已知： 苯环上的羟基易被氧化。请回答下列问题： （1）有机物A的分子式为，写出A的结构简式为___________。 （2）写出反应⑤的化学方程式(注意反应条件)：___________。 （3）写出反应②④的反应类型：反应②___________、反应④___________。 （4）写出反应③的化学方程式(不必注意反应条件)：___________。 （5）在合成路线中，设计③和⑥的目的是___________。 （6） 一氯代物有___________种。 【答案】（1） （2） （3） ①. 取代反应 ②. 氧化反应 （4） （5）保护苯环上的羟基不被氧化 （6）4 【解析】 【分析】甲苯和氯气在催化剂的作用下生成A： ，A在一定条件下氯原子被羟基取代，反应③中羟基上的氢原子被甲基取代，同时生成碘化氢，反应④中反应物中的甲基被氧化为羧基，反应⑤是羧基和乙醇发生酯化反应生成B，反应⑥中甲醚基转化为羟基，以此解题。 【小问1详解】 由分析知A的结构简式为： ，答案为： ； 【小问2详解】 反应⑤是羧基和乙醇发生酯化反应生成B和水，答案为： ； 【小问3详解】 由分析可知反应②是取代反应，反应④是氧化反应，答案为：取代反应，氧化反应； 【小问4详解】 由分析知反应③中羟基上的氢原子被甲基取代，同时生成碘化氢，答案为： ； 【小问5详解】 在合成路线中涉及甲基被氧化为羧基而酚羟基也易被氧化，所以设计③和⑥的目的是保护苯环上的羟基不被氧化，答案为：保护苯环上的羟基不被氧化； 【小问6详解】 一氯代物共有4种，分别是 ，答案为：4。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市武陵区常德市第七中学2024-2025学年 高三下学期入学考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 V-51 Fe-56 Cu-64 一、单选题(每题 3 分，共 42 分) 1. 下列说法正确的是 A. 硅酸不溶于水，因此不与NaOH溶液反应 B. 据SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑的反应，可推知硅酸酸性比碳酸酸性强 C. 硅太阳能电池、石英光导纤维和计算机芯片所用的材料都是Si D. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料经高温烧结而制成的 2. 下列说法错误的是 A. 图中的原子模型是汤姆逊提出的 B. 宇宙大爆炸产生了氢和氦元素 C. 质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子 D. 电子云图中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外单位体积内出现概率的大小 3. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述中不正确的是 A. 标准状况下，18gH2O中含有的分子数目为NA B. 标准状况下，2.24LCl2与足量铁粉反应转移电子数目为0.2NA C. 46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数目为3NA D. 1molN2与4molH2混合充分反应，生成NH3分子的数目为2NA 4. 化学实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作不能达到实验目的的是 A．测定生成氢气的速率 B．证明温度对化学平衡的影响 C．测定NaClO溶液的pH D．中和热的测定 A. A B. B C. C D. D 5. 下列离子方程式正确的是 A. 氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：OH- +NH=NH3·H2O B. 硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO完全沉淀：SO+ Ba2++ OH- +H+= BaSO4↓+H2O C. 铁跟稀硝酸反应：2Fe+6H+= 2Fe3++3H2↑ D. 单质铜与稀硝酸反应Cu+2H++2NO = Cu2++2NO↑+H2O 6. 常用作还原剂，X、Y和Z均为短周期元素，X的单质在空气中燃烧得到淡黄色固体，Y和Z为同族元素，含电子。下列叙述正确的是 A. X和Z形成的化合物中只含离子键 B. X和Y形成的化合物的水溶液呈碱性 C. Y和Z的原子半径较大的是Z D. Y的氧化物的水化物是强酸 7. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。 下列说法正确的是 A. X分子中所有原子一定全部共面 B. 不能用溶液检验Y中是否含有X C. 1molZ最多能与7molNaOH发生反应 D. X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子(连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子) 8. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 向亚硫酸钠粉末中滴加盐酸 产生刺激性气体 氯的非金属性比硫强 B 将过量的乳酸[CH3CH(OH)COOH]加入含少量NaOH的酚酞溶液中 溶液变红色 乳酸含有羧基 C 向含淀粉的KI溶液中滴加氯化铁溶液 溶液变蓝色 氧化性:Fe3+>I2 D 向硝酸钡溶液中通入SO2 产生白色沉淀 白色沉淀是BaSO3 A. A B. B C. C D. D 9. 短周期主族元素，电离能I (单位)如下。根据下表判断正确的是( ) 元素 500 4600 6900 9500 580 1800 2700 11600 A. 元素是ⅠA族的元素 B. 原子半径 C. 与氧形成的化合物一定是碱性氧化物 D. 若同周期，则的氢氧化物不溶于氨水 10. 2024年6月3号，嫦娥六号在月球背面上展示的国旗是我国科研人员利用玄武岩熔融拉丝技术制作而成的。玄武岩石料由二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁和二氧化钛等氧化物组成。下列说法中错误的是 A. 硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体结构 B. 玄武岩纤维具有耐腐蚀、耐高温、耐低温的优异性能 C. 由，说明硅酸的酸性比碳酸强 D. 玄武岩纤维是一种无机非金属材料 11. 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如下。下列说法正确的是 A. 在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为两种产物路径中，都是作还原剂而被氧化 C. 在转化为过程中碳、氧原子的利用率为100% D. 两个转化路径中所有元素的化合价都发生了变化 12. 电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，H2CO3的电离常数Ka1=10-6.35，Ka2=10-10.34，利用盐酸滴定某溶液中Na2CO3的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示： (注：-表示电极电位曲线；......表示pH曲线) 下列说法正确的是 A. b处溶液导电性强于a处 B. a、b之间任意一点，都存在 C. 电位滴定终点和使用指示剂滴定所得终点完全一致 D 若改用HClO(Ka=107.4)溶液滴定，则只有一个电位突跃点 13. 一种大型蓄电系统的电池总反应为：，电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜(在电池放电和充电时该膜允许钠离子通过)；放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和。下列说法正确的是 A. 充电过程中，离子的流向为从右到左 B. 充电过程中，阳极的电极反应为： C. 放电前，左侧电解质为，右侧电解质为 D. 放电过程中，每转移电子，就有钠离子通过选择性膜 14. 下列图示与对应的叙述相符的是(　　) A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高 B. 图乙表示室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c()的关系曲线，说明溶液中c()越大c(Ba2＋)越小 C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A) D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH>0 二、解答题 15. 我国铜矿资源分布广泛，已探明储量居世界第三位，CuCl通常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂，CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿的空气中发生水解和氧化。工业上利用软锰矿（主要含有MnO2，杂质有SiO2、Al2O3等）和铜蓝矿（主要含有CuS，杂质有FeS2、SiO2等）为原料联合生产CuCl的流程如下图所示： （1）上述流程每步过滤后，需将滤渣洗涤2-3次，再将洗涤液与滤液合并的目的是________,反应Ⅰ所得滤渣1含有S和_______,滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等。试写出反应Ⅰ中生成CuSO4的化学方程式_______________________ （2）制备CuCl的离子方程式为__________________，该过程中二氧化硫适当过量的作用有_________________、__________________ （3）产品CuCl还需过滤，并用____________多次洗涤，最后再进行____________处理 ，沉淀的过滤和洗涤均用到的玻璃仪器有____________________ 16. 有色金属冶炼废水中的砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)和砷酸(H3AsO4)形式存在，酸性废水中砷元素回收再利用的工业流程如图所示。回答下列问题： （1）写出As在元素周期表中的位置___________，砷虽然是非金属元素，但已表现出一些金属的性质，结合其在元素周期表的位置，说明原因___________。 （2）H3AsO4的酸性___________H3PO4的酸性(填“强于”或“弱于”)，依据是___________。 （3）“氧化”过程发生的离子方程式是___________。 （4）“沉砷”的反应为5Ca2++3AsO+OH-=Ca5(AsO4)3OH(s)，最佳温度是85℃。温度高于85℃后，沉淀率下降的原因可能为___________。 A．升高温度，反应速率降低 B．85℃，该反应此时反应速率最快 C．升高温度，Ca2+和OH-浓度降低 （5）As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如右图所示， 结合图像分析，“结晶”的具体操作是加热亚砷酸，__________过滤得粗As2O3。 17. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0. （1）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的___________。 A. 容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2 B. N2百分含量保持不变 C. 容器内压强保持不变 D. 混合气体的密度保持不变 （2）恒温下，往一个4 L的密闭容器中充入2 mol N2和5.2 mol H2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如表所示： 时间/min 5 10 15 20 25 30 c(NH3)/mol·L-1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20 ①10 min时用N2表示的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1.此条件下该反应的化学平衡常数K=___________。 ②已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH=+181 kJ·mol-1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=-484 kJ·mol-1 写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式___________。 （3）甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如为2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-206.0 kJ·mol-1①。 该过程可分为以下两步反应完成： ⅰ.甲醇合成反应： ⅱ.甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-24.0 kJ·mol-1 起始时向容器中投入2 mol CO和4 mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5 kJ，此时CO的转化率为___________。 （4）请写出甲醇合成反应的热化学方程式：___________。 （5）在一定条件下，将CO和H2按体积比1∶2充入恒容密闭容器中，反应生成CH3OCH3(g)和H2O(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A. 混合气体总物质的量保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. CH3OCH3(g)和H2O(g)的物质的量之比保持不变 D. 每生成1 mol CH3OCH3(g)，同时生成2 mol CO 18. 工业上用甲苯为原料生产对羟基苯甲酸乙酯(一种常用化妆品防腐剂)。其生产过程如图所示(反应条件未全部注明)： 已知： 苯环上的羟基易被氧化。请回答下列问题： （1）有机物A的分子式为，写出A的结构简式为___________。 （2）写出反应⑤的化学方程式(注意反应条件)：___________。 （3）写出反应②④的反应类型：反应②___________、反应④___________。 （4）写出反应③的化学方程式(不必注意反应条件)：___________。 （5）在合成路线中，设计③和⑥的目的是___________。 （6） 一氯代物有___________种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$