江苏省扬州中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版）

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1.本试卷共8页，包含选择题[第1题～第13题，共39分]、非选择题[第14题～第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Si-28
选择题(共39分)
单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述错误的是
A. “朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
B. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料是一种熔沸点很高的共价晶体
C. 挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是新型无机非金属材料
D. 人造卫星和深空探测器强度要求高的零部件采用钛合金等合金材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷运载火箭中液氧作助燃剂，甲烷作燃料，A错误；
B．熔沸点很高，为共价晶体，B正确；
C．硅树脂一种具有高度交联结构的热固性聚硅氧烷聚合物，属于无机非金属材料，C正确；
D．钛合金为合金材料，D正确；
故选A。
2. 已知反应：，该反应可用于提纯炔烃。下列说法错误的是
A. 的电子式为
B. 的球棍模型为
C. 基态O原子的价电子排布式为2s22p4
D. 中键与键个数比为1︰1
【答案】B
【解析】
【详解】A．的电子式为，A正确；
B．所给的是水的空间填充模型，B错误；
C．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，C正确；
D．中键与键的个数比为4︰4，简化为1︰1，D正确；
故选B。
3. 用下列仪器或装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是
A. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液B. 除去中的
C. 分离胶体中的NaClD. 蒸干溶液得到无水
【答案】B
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，不能将氢氧化钠直接放在容量瓶中溶解，故A项错误；
B．除去SO2中的SO3可以通入饱和亚硫酸氢钠溶液，SO2与饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，故B项正确；
C．分离氢氧化铁中的氯化钠不能过滤，两者均能透过滤纸，应该透过用半透膜，溶液可以透过半透膜，胶体不能，故C项错误；
D．蒸发AlCl3溶液过程中，铝离子水解得到氢氧化铝，氢氧化铝最终得到氧化铝，无法得到无水AlCl3，故D项错误；
故本题选B。
4. 下列说法正确的是
A. 足量的Zn与一定量的浓硫酸反应产生2.24 L气体(标准状况)，转移的电子数为0.2×6.02×1023
B. 7.8 gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子数大于0.3×6.02×1023
C. 1L0.1 ml·LNaF溶液中含有的数为0.1×6.02×1023
D. 60 gSiO2 晶体中含有的共价键数为2×6.02×1023
【答案】A
【解析】
【详解】A．2.24 L气体即0.1mlSO2，硫有+6价降至+4价，所以转移的电子数为0.2×6.02×1023，A正确；
B．Na2S和Na2O2的相对分子质量都是78，且二者的离子个数都是3，7.8 g混合物中含有的离子数等于0.3×6.02×1023，B错误；
C．会发生水解反应，1L0.1 ml·LNaF溶液中含有的数小于0.1×6.02×1023，C错误；
D．1个Si形成4条Si-O键，所以60 gSiO2晶体即1mlSiO2 中含有的共价键数为4×6.02×1023，D错误；
故选A。
5. 元素F、Cl、I位于元素周期表VⅡA族。下列说法正确的是
A. 沸点：B. 原子半径：
C. 第一电离能：D. 酸性：
【答案】D
【解析】
【详解】A．F、Cl为同主族元素，HF中有氢键，因此HF的沸点高于HCl，故A错误；
B．同主族元素，随核电荷数增大，原子半径依次增大：，故B错误；
C．同主族元素，随核电荷数增大，第一电离能逐渐减小，，故C错误；
D．同主族元素核电荷数越大非金属性越弱，对应最高价氧化物水化物的酸性越弱，酸性：，故D正确；
故答案为：D。
6. 一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：

反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是
A. 反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B. 反应活化能：反应I反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I95%
【答案】C
【解析】
【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是①；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，④表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线。
【详解】A．根据盖斯定律，反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)可由主反应+副反应得到，由于主反应和副反应都为放热反应，故反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)的∆H＜0，A项错误；
B．曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，副反应的热效应小可忽略，原因是随温度升高，主反应逆向进行，不利于主反应的进行，B项错误；
C．根据分析，曲线③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，C项正确；
D．由图可知，250℃、0.5MPa下乙醇的选择性为90%，升高温度主反应逆向移动，故300℃、0.5MPa下反应足够的时间S(乙醇) ＜90%，D项错误；
答案选C。
非选择题(共61分)
14. 某电镀厂的酸性废液中含、、、等离子，须处理后排放。
（1）除、。向废液中加入熟石灰调节，再加入溶液，可将氧化为和，其离子方程式为___________。加入可以促进元素转化为沉淀除去，原因是___________。
（2）沉淀法回收(Ⅵ)。已知：和微溶于水，，。
①向除去和元素的废液中加入一定量的，可将(Ⅵ)转化为沉淀。相同时间内，元素沉淀率与溶液初始的关系如图所示。与相比，初始时(Ⅵ)去除率较高的原因是___________。
②沉淀中混有等杂质，可加入足量硫酸充分反应后过滤，实现(Ⅵ)的分离回收，反应的离子方程式为___________。
（3）电解法除(VI)的一种装置如图所示。利用阳极生成的，还原(VI)生成，最终转化为和沉淀除去。
①随着电解的进行，阳极表面形成的钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为___________。
②电解时，若维持电流强度为5A，电流效率为，除去废水中的，至少需要电解___________小时(写出计算过程)。
(已知：电流效率()；。)
【答案】（1） ①. ②. 氧化，使降低，平衡正向移动，增大，促进沉淀生成
（2） ①. 时高，利于生成沉淀；初始，加入的石灰乳更多，沉淀了更多的和，可使更多的用于形成沉淀 ②.
（3） ①. 电极交换后，阴极产生H2，使钝化膜还原 ②. 反应中铬化合价由+6变为+3，电子转移为，除去废水中的，转移电子0.015ml×6=0.09ml，若维持电流强度为5A，电流效率为，设至少需要电解t小时，则5×t×3.6×103×=0.09×，t=0.5h
【解析】
【小问1详解】
具有强氧化性，将氧化为和，反应中氮化合价由-3变为0、碳化合价由+2变为+4，氯化合价由+1降低为-1，结合电子守恒可知，反应为：；氧化，使降低，平衡正向移动，增大，促进沉淀生成，而除去镍；
【小问2详解】
①，酸性条件下浓度较大、接近中性条件下浓度较大，与相比，初始时(Ⅵ)去除率较高的原因是：时高，利于生成沉淀；初始，加入的石灰乳更多，沉淀了更多的和，可使更多的用于形成沉淀。
②沉淀中混有等杂质，可加入足量硫酸充分反应后过滤，实现(Ⅵ)的分离回收，反应过程中转化为硫酸钡沉淀和，离子方程式为；
【小问3详解】
①电源正负极反接一段时间，，钝化膜消失原因为电极交换后，阴极产生H2，氢气具有还原性，使钝化膜还原。
②反应中铬化合价由+6变为+3，电子转移为，除去废水中的，结合电子守恒可知，转移电子0.015ml×6=0.09ml，若维持电流强度为5A，电流效率为，设至少需要电解t小时，则5×t×3.6×103×=0.09×，t=0.5h。
15. 化合物G是一种合成多靶向性抗癌药物的中间体。其人工合成路线如下：
（1）A分子中采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为_______。
（2）D的结构简式为_______。
（3）F→G的反应类型为_______。
（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，遇FeCl3溶液不显色。
②碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。
（5）写出以 、CH3CH2OH为原料制备 的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）4:1 （2）
（3）氧化反应 （4）
（5）
【解析】
【分析】B和乙醇发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是； D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是。
【小问1详解】
A分子中只有2个碳原子成键方式全是单键，采用sp3杂化，其余碳原子均采用sp2杂化，碳原子数目之比为采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为8:2=4:1；
【小问2详解】
D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是；
【小问3详解】
F→G是F中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；
【小问4详解】
①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，说明含有羟基，遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基。
②碱性条件下水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。符合条件的G的同分异构体是；
【小问5详解】
根据题干流程图，发生氧化反应生成，再发生还原反应得，和乙醇反应生成，被还原成，和反应生成，
合成路线为：。
16. 燃煤烟气中含有大量和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备，部分流程如下。
已知：①软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质）。
②；
③
（1）①“浸锰”过程，发生的主要化学方程式为________。
②滤渣Ⅰ的主要成分为________。（写化学式）
（2）“除气”过程，烟气中混入一定量可提高NO脱除率，其可能的原因是：________。
（3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，反应的离子方程式为：________。
（4）“滤液Ⅱ”中用可除去，结合反应方程式和定量计算说明原因________。（当反应平衡常数大于时，可认为反应完全）。
（5）“滤液Ⅲ”可制得。已知：
①在烟气吸收过程中，除生成外，还容易产生连二硫酸锰（），当温度
超过35℃，会快速分解为和。
②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。
请设计由“滤液Ⅰ”获得的实验方案为：________。（须使用的试剂为：L NaOH溶液，无水乙醇）
【答案】（1） ①. MnO2+SO2=MnSO4 ②. CaSO4、
（2），加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率
（3）2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+=2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑
（4），该反应的平衡常数为K=
（5）向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80~90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到
【解析】
【分析】软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质），软锰矿中，、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4，Fe3+被SO2还原成Fe2+，和过量的SO2反应转化为MnSO4，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，则滤渣I为CaSO4和；向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入MnF2，可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去，则滤渣Ⅲ为CaF2，滤液Ⅲ为MnSO4溶液。
【小问1详解】
①“浸锰”过程中，将转化为MnSO4，故发生的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；
②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、；
【小问2详解】
由可知，加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率，使更多的NO转化为NO2，从而提高NO脱除率；
【小问3详解】
“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，可将Fe2+转化为Fe3+，可调节溶液的pH，则离子方程式为2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+=2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑；
【小问4详解】
①， ②，①-②得到反应，，该反应的平衡常数为K=，故可用可除去；
【小问5详解】
滤液Ⅰ中含有Mn2+、H+、Fe3+和Ca2+，向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，可以除去Fe3+和Ca2+，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，由图可知，在80~90℃左右，的溶解度较低，因此想要得到，应控制温度在80~90℃蒸发结晶，蒸发至出现大量结晶后停止加热，并趁热过滤得到，中含有部分Na2SO4杂质，因此需要无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到，
17. 甲烷是一种能量密度低、难液化、运输成本较高的能源。将甲烷转化成能量密度较高的液体燃料已成为重要的课题。
Ⅰ．直接氧化法制甲醇
（1）已知下列反应的热化学方程式：
反应1：
反应2：
写出甲烷氧化法制甲醇的热化学方程式：______。
（2）甲烷氧化过程中的活化能垒如图所示。该方法制备CH3OH产率较低，其原因是______。
Ⅱ．甲烷的电催化氧化
（3）Hibin科学团队在阳极进行甲烷转化研究，其装置图如图所示，其阳极电极反应式为______。
（4）钒（V）物种被认为是形成活性氧物质（如）的活性位点，V2O5/SnO2作阳极材料时，CH3OH的浓度与电流的关系如图所示，当电流＞5mA时，CH3OH的浓度随电流的增加而下降的原因是______。
Ⅲ．多相催化剂氧化甲烷法
光照条件下，TiO2负载的Fe2O3多相催化剂合成甲醇时，可将甲醇的选择性（选择性）提升至90%以上，其反应机理如图所示。
（5）光照时，表面形成的空穴（h+）具有强______（填“氧化性”或“还原性”）。
（6）写出甲烷通过多相催化剂法制取甲醇的化学方程式______。
（7）从反应过程中产生的微粒角度分析，TiO2负载的Fe2O3多相催化剂能将甲醇的选择性提升至90%以上的原因是______。
【答案】（1）
（2）甲醇被氧化为COx的活化能低于甲烷被氧化为甲醇的活化能，则甲烷可以连续被氧化为COx，导致甲醇的产率较低
（3）
（4）随着电流的增大，产生活性氧物质，将甲烷氧化为碳的氧化物
（5）氧化性 （6）
（7）甲烷和过氧化氢分别在两种催化剂表面吸附并生成甲基和羟基，二者结合生成甲醇，避免甲烷和过氧化氢直接接触生成副产物
【解析】
【小问1详解】
目标反应为可以由：反应1+2×反应2得到，则，甲烷氧化法制甲醇的热化学方程式：；
【小问2详解】
从图中可以看出来甲醇被氧化为COx的活化能低于甲烷被氧化为甲醇的活化能，则甲烷可以连续被氧化为COx，导致甲醇的产率较低；
【小问3详解】
从图中可以看出：甲烷在阳极被氧化为甲醇：；
小问4详解】
钒（V）物种被认为是形成活性氧物质（如）的活性位点，因此当电流大于5mA时，因为活性氧物质增多甲烷被氧化为碳的氧化物，导致甲醇的浓度随电流的增大而下降；
【小问5详解】
从图中可以看出，空穴表面甲烷被氧化为甲基，因此空穴具有氧化性；
【小问6详解】
结合图可以看出：反应为甲烷和过氧化氢生成甲醇和水：；
【小问7详解】
甲醇在二氧化钛表面被氧化生成甲基和氢离子，过氧化氢在氧化铁表面被还原生成氢氧根离子和羟基，羟基和甲基结合生成甲醇，氢离子和氢氧根离子反应生成水，甲烷和过氧化氢不直接接触，因此TiO2负载的Fe2O3多相催化剂能将甲醇的选择性提升至90%。选项
实验方案
现象
结论
A
将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间
溶液变为深蓝色
可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀
B
向3 mL Fe(NO3)3溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，
溶液显蓝色
I-的还原性比Fe2＋的强
C
将Na2CO3·10H2O和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌
有刺激性气味的气体产生，并伴随降温
该反应能发生的主要原因是熵增
D
用精密pH试纸测定0.1ml·L-1NH4HCO3溶液的pH值
测得pH为7.8
Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)