江苏省扬州中学2021届高三上学期开学检测化学试题 Word版含答案
扬州中学高三化学开学考试卷 2020.8
说明：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。
2.请在答题纸上对应部分作答，否则答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
第I卷（选择题，共32分）
一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1．国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法不正确的是
A．CH3CH2OH能与水互溶 B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸相对分子质量为76 D．氯仿的化学名称是四氯化碳
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．N2H4的结构式： B. Fe的原子结构示意图：
C．SO2分子的空间结构模型：
D．基态N原子的轨道表示式：
3．下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是
A．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
B．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造计算机硅芯片的材料
D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHCO3固体，其漂白性增强
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，金属元素Y原子核外无未成对电子， Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法不正确的是
A. X的简单气态氢化物的沸点比W的高
B. Y的第一电离能比同周期相邻元素的大
C. 1mol单质Z中共价键的数目约为4×6.02×1023
D. W的最高价氧化物对应的水化物是强酸
5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
10
A．0.1mol·L-1NaOH溶液： Na+、K+、S2—、SO
B．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、SCN—、SO
C．0.1mol·L-1KI溶液： Na+、K+、ClO—、OH—
D．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：Ba2+、K+、OH—、NO
6．下列电化学装置正确且能达到目的的是
A. 用装置甲在铁制品表面镀铜 B. 用装置乙电解精炼铜
C. 用装置丙制备NaOH和氯气 D. 用装置丁保护钢闸门
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Fe2O3Fe(s)FeCl2(s)
B. Cu2S(s)Cu(s)CuSO4(aq)
C. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
D. NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
8．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。下列说法不正确的是
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
二、不定项选择题（本题4小题，每小题4分共16分。每小题只有一个或两个
10
选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）
9．下列图示或根据图示所得出的结论正确的是
A. 图甲表示相同pH的盐酸和醋酸加水稀释过程中pH的变化，则曲线a代表醋酸
B. 图乙表示温度不变，向0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时，溶液中的c(H+)/c(NH4+) 随盐酸体积的变化关系
C. 图丙表示密闭容器中CH4(g)+ H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明P1
Ksp(AgI)
D
室温测定浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH， CH3COONa 溶液的pH大
HNO2 电离出H+的能力比CH3COOH强
11．以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]
10
下列叙述正确的是
A. 曲线①代表，曲线②代表δ(HA—)
B．H2A溶液的浓度为0.1000 mol·L−1
C．HA−的电离常数Ka≈1.0×10—3
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2—)+c(HA—)
12．在3个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) (正反应放热)。下列说法正确的是
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/mol
平衡时SO3物质的量/mol
SO2
O2
SO3
I
恒温恒容
1.0 L
2
1
0
1.6
II
绝热恒容
1.0 L
2
1
0
a
III
恒温恒压
0.5 L
0
0
1
b
A. a＜1.6
B. b＞0.8
C. 平衡时v正(SO2)：v(I)＜v(II)
D. 若起始时向容器I中充入1.0 molSO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0molSO3(g)，则反应将向正反应方向进行
10
第II卷（非选择题，共68分）
13．(12分) 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，原理为：
2XCl +2CO + 2H2O == X2Cl2·2CO·2H2O
（1）X原子基态核外电子排布式为 ▲ 。
（2）C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为 ▲ 。
（3）H2O中氧原子的轨道杂化类型为 ▲ 。
（4）化合物XCl晶体的晶胞如题13图-1所示，距离每个X离子最近的Cl的个数为 ▲ 。
题13图-1
题13图-2
（5）X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，结构如题13图-2所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→"标出相应的配位键 ▲ 。CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2·2CO·2H2O含有σ键的数目为 ▲ 。
14．(14分) 由次氯酸钠碱性废水（含有杂质Ca2+）处理硫酸工业尾气的流程如下：
（1）次氯酸钠不稳定，温度较高时会分解生成NaClO3，该反应的化学方程式为 ▲ 。
（2）控制合适的条件有利于提高SO2的吸收率（脱硫率）。
①脱硫时需保持溶液呈碱性，此过程的主要反应之一为：SO2+2OH－ = SO32—+H2O；
另一个为氧化还原反应，请写出该反应的离子方程式： ▲ 。
②提高脱硫率的可行措施有 ▲ （填序号）。
a． 加快通入尾气的速率
b． 吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触
c．提高碱液pH
③温度控制在40~60 ℃之间，脱硫率较高，原因是 ▲ 。
10
（3）脱硫完成后过滤。
①滤渣的主要成分为 ▲ （填化学式）。
②滤液中含有较多的Na2SO4 和NaCl，需实现两者分离。其中得到高纯度Na2SO4·10H2O晶体的方法是：
▲ ，过滤，冰水洗涤，重结晶。
15．(14分) 蓝色钾盐水合物KaCub(C2O4)c·H2O(铜元素为+2价)的组成可通过下列实验确定：
步骤①：称取一定质量的样品置于锥形瓶中，加入适量2 mol·L-1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30 mL水加热，用0.0200 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液12.00 mL(MnO4—的还原产物为Mn2+)。
步骤②：充分加热滴定后的溶液，冷却后，调节pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI，发生反应2Cu2++4I—=2CuI↓+I2
步骤③：加入少量淀粉溶液作指示剂，用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液15.00 mL，发生反应I2+2=2I—+
（1）步骤①中需事先配制好250mL 0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液，配制KMnO4溶液时除需用到烧杯、玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有 ▲ 、 ▲ 。
（2）若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热，则测出的Cu2+的物质的量将 ▲ (填“偏大”、“偏小” 或“不变”) 。
（3）步骤③中滴定终点的现象是 ▲ 。
（4）通过计算确定a：b：c= ▲ 。(请写出计算过程，否则不能得分)。
16．（14分）铜制印刷电路板蚀刻液的选择及再生回收是研究热点。
(1)用HCl-FeCl3溶液作蚀刻液
①该溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为 ▲ 。
②从废液中可回收铜并使蚀刻液再生。再生所用的试剂有Fe、 ▲ 和 ▲ (填化学式)。
（2）用酸性HCl- H2O2溶液作蚀刻液
用上述溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为 ▲ 。
10
(3)用HCl-CuCl2溶液作蚀刻液
蚀刻铜后的废液中含Cu+ ，用如题16图-1所示方法可使蚀刻液再生并回收金属铜。
第一步BDD电极上生成强氧化性的氢氧自由基(HO﹒)：H2O-e—==HO﹒+H+：
第二步HO﹒氧化Cu+实现CuCl蚀刻液再生： ▲ (填离子方程式)
题16图-1
题16图-2
(4)用碱性CuCl2溶液(用NH3·H2O-NH4Cl调节pH)作蚀刻液
原理为：CuCl2+ 4NH3·H2O==Cu(NH3)4Cl2+ 4H2O；Cu(NH3)4Cl2+Cu== 2Cu(NH3)2Cl
①过程中只须及时补充NH3·H2O和NH4Cl就可以使蚀刻液再生，保持蚀刻能力。蚀刻液再生过程中作氧化剂的是 ▲ (填化学式) 。
②50℃，c(CuCl2)=2.5mol·L-1， pH对蚀刻速率的影响如题16图-2所示。适宜pH约为8.3~9.0，pH过小或过大，蚀刻速率均会减小的原因是 ▲ 。
17．（14分）CO2的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。
（1）在太阳能的作用下，缺铁氧化物[如Fe0.9O]能分解CO2，其过程如题17图-1所示。过程①的化学方程式是 ▲ 。在过程②中每产生1 mol O2，转移电子 ▲ mol。
题17图-1
题17图-2
（2）高温共电解CO2和H2O是一种制备清洁燃料的新技术，其原理如题17图-2所示。电极a上的电极反应式是H2O + 2e－= H2 + O2－和 ▲ 。
10
（3）利用CO2制备CH3OH的反应如下：
反应a：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1 = + 41.19 kJ·mol-1
反应b：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2 =－90.77 kJ·mol-1
反应c：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3
①反应a在一定条件下能自发进行的原因是 ▲ 。
②ΔH3 = ▲ kJ·mol-1，反应c的平衡常数表达式K= ▲ 。
（4）CO2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理为：
CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=－412.5 kJ·mol-1
其他条件不变，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如题17图-3所示。
CH4的选择性=×100%，CO2甲烷化反应选择0.1MPa (1个大气压)而不选择更高压强的原因是 ▲ 。
题17图-3
10
扬州中学高三化学开学考试题参考答案 2020.8
第I卷（选择题，共32分）
一、单项选择题（16分）
1．D 2．B 3．A 4．C 5．A 6．B 7．C 8．D
二、不定项选择题（16分）
9．C 10．D 11．BD 12．AC
第II卷（非选择题，共68分）
13．(每空2分，共12分)
（1）1s22s2p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2) O>C>H (3) sp3
(4) 4 (5) 14mol或14×6.02×1023
14．(除最后一问4分，其它每空2分，共14分)
（1）3NaClO 2NaCl+ NaClO3
（2）①SO+ ClO－= SO+ Cl－（或SO2 + ClO－+ 2OH－= SO+ Cl－+ H2O）
②bc
③温度过低，反应速率慢；温度过高NaClO不稳定分解（或温度过高SO2溶解度减小）
（3）①CaSO4（或CaSO4·2H2O）
②30℃左右加热浓缩（2分），冰水冷却结晶（或冷却至0℃结晶）（2分）
15．(共14分)
（1）250mL容量瓶（2分）、胶头滴管（2分）
（2）偏大（2分）
（3）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色（2分）
（4）根据电子守恒可知关系式：5C2O42—～2MnO4—，所以n(C2O42—)=2.5n(MnO4—)
=2.5×0.0200 mol/L×12.00 mL×10-3 L/mL=6.000×10-4 mol； （2分）
根据方程式2Cu2++4I—=2CuI↓+I2、I2+2S2O32—=2I—+S4O62-，
可得关系式：2Cu2+～I2～2S2O32—
所以n(Cu2+)=2n(I2)=n(S2O32—)=0.0200 mol/L×15.00 mL×10-3 L/mL=3.000×10-4 mol；（2分）
根据电荷守恒可得：
n(K+)+2n(Cu2+)=2n(C2O42—)，则n(K+)+2×3.000×10-4 mol=2×6.000×10-4 mol，解得n(K+)=6.000×10-4 mol， （1分）
所以，n(K+)：n(Cu2+)：n(C2O42—)=2：1：2，故a：b：c=2：1：2。 （1分）
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16．（每空2分，共14分）
（1）① 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ②HCl Cl2(或H2O2)
（2）Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O
（3）H++Cu++ HO﹒== Cu2++H2O
（4）①O2
②pH太低，NH3·H2O浓度小，Cu2+和生成Cu+不能形成对应的配合物；pH太高，Cu2+或Cu+会转化为难溶性碱(碱式盐)。
17．（每空2分，共14分）
（1）10Fe0.9O + CO2 3Fe3O4 + C 4
（2）CO2＋2e－= CO＋O2－
（3）①ΔS > 0
②－49.58 K = [c(CH3OH) c(H2O)]/[c(CO2) c3(H2)]
（4）在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗。
10
