福建省宁德市福鼎第四中学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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一、单选题
1. 化学与人类生活、生产、科技等密切相关。下列说法正确的是
A. 豆浆中加入石膏，使蛋白质变性制得豆腐
B. 以淀粉为原料，可得到多种产品如白酒和食醋等
C. 2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2～20nm硅量子点属于胶体
D. 明矾可以杀菌消毒净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．豆浆中加入石膏，发生聚沉制得豆腐，蛋白质没有变性，A错误；
B．以淀粉为原料，水解得到葡萄糖，在酒化酶的作用下可以得到白酒，发酵之后可以得到食醋，B正确；
C．胶体属于混合物，直径为2~20nm硅量子点属于纯净物，不是胶体，C错误；
D．明矾溶于水，在水中电离产生的Al3+发生水解作用产生Al(OH)3胶体，其表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中析出，从而具有净水作用，明矾没有强氧化性，不能消毒，D错误；
故选B。
2. 《医学入门》中记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研，水飞(传统中医中将不溶的药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法)，去石澄清，慢火熬干。”实验室做此提纯实验一定用不到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题干知，提纯铜绿的方法涉及洗涤、溶解、过滤、蒸发；洗涤、过滤需要用到玻璃棒和漏斗，溶解需要用到玻璃棒和烧杯，蒸发需要用到蒸发皿和玻璃棒，以上操作容量瓶一定用不到；
答案选C。
3. 五颜六色皆化学。下列化学实验中的颜色变化不是化学变化的是
A. 在无水硫酸铜粉末中滴加几滴水，白色变为蓝色
B. 裂化石油气通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
C. Na2O2与水的反应液中滴入酚酞试剂，先变红后褪色
D. 在无色火焰上灼烧BaCl2，火焰为黄绿色
【答案】D
【解析】
【详解】A．在无水硫酸铜粉末中滴加几滴水，生成了，白色变为蓝色，有新物质生成，是化学变化，A不符合题意；
B．裂化石油气中存在不饱和烃，通入酸性溶液中，溶液褪色，是化学变化，B不符合题意；
C．与水的反应生成NaOH，滴入酚酞试剂溶液变红，中间产物有H2O2，具有漂白性，溶液又褪色，是化学变化，C不符合题意；
D．焰色试验是物理变化，不是化学变化，D符合题意；
故答案选D。
4. 在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是

A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应
B. 碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++
C. 该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D. 钙化作用的离子方程式之一为Ca2++=CaCO3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，A错误；
B．碳酸氢钠在水中电离产生Na+、，故其的电离方程式：NaHCO3=Na++，B正确；
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现”碳达峰、碳中和”，C正确；
D．根据反应图象分析，钙化过程中转化为、H2CO3，H2CO3分解产生CO2、H2O，与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，所以钙化作用的离子方程式之一为：Ca2+ +=CaCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；
故合理选项是A。
5. 下列实验事实所对应的离子方程式错误的是
A. 硫化亚铁(FeS)溶于稀硝酸中：
B. 向溶液中通入少量：
C. 向溶液中加入过量氨水：
D. 酸性溶液在空气中被氧化：
【答案】A
【解析】
【详解】A．稀硝酸具有氧化性，能将和氧化，选项A错误；
B．碳酸钠溶液中通入少量：，选项B正确：
C．溶液中加入过量的氨水：，选项C正确；
D．酸性条件下，与反应生成和，原子和电荷均守恒，选项D正确；
答案选A。
6. 某安全气囊装置如图所示，其气体发生剂主要含有、、等。已知产气时发生的反应为，该反应放出大量的热。下列说法错误的是
A. 中含有离子键和极性共价键
B. 参与分解反应转移的电子数为
C. 在分解过程中既作氧化剂又作还原剂
D. 作氧化剂，消耗生成的金属钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．是由铵根离子和硝酸根离子构成的，含有离子键，还含有氮氢、氮氧极性共价键，A正确；
B．反应中钠化合价由+1变为0，电子转移关系为，（为0.2ml）参与分解反应转移电子数为0.2NA，B错误；
C．在分解过程中钠化合价降低、氮化合价升高，故既作氧化剂又作还原剂，C正确；
D．钠具有强还原性，会和氧化铁发生氧化还原反应，反应中作氧化剂，消耗生成的金属钠，D正确；
故选B。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 加入镁粉产生H2的溶液：Na+、、I-、
B. 加入酚酞变红的溶液：Na+、K+、、Br-
C. c(Ba2+)=0.1ml/L的溶液：K+、H+、、Cl-
D. 由水电离出的c(OH-)=10-13ml/L的溶液：Al3+、Na+、ClO-、
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入镁粉产生H2的溶液显酸性，I-、与H+发生氧化还原反应6I-+2+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，不能大量共存，A项不符合题意；
B．加入酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、、Br-相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存，B项符合题意；
C．Ba2+与反应形成BaSO4沉淀，不能大量共存，C项不符合题意；
D．由水电离出的c(OH-)=10-13ml/L的溶液可能显酸性也可能呈碱性，ClO-不能与H+大量共存，Al3+不能与OH-大量共存，D项不符合题意；
答案选B。
8. 某黄色溶液中可能含有大量、OH-、S2-、I-、、Ca2+、、Fe3+、Ba2+、K+、H+中的若干种(不考虑水的电离)。下列分析中正确的是
A. 溶液中至多5种离子B. 、K+至少含有一种
C. 溶液一定显酸性，可能含I-D. 无法判断溶液中是否大量含有Ca2+
【答案】A
【解析】
【分析】溶液显黄色则溶液中一定含有Fe3+；由于Fe3+能氧化，S2-、I-，则溶液中一定不存在，S2-、I-，Fe3+与OH-能形成Fe(OH)3沉淀而不能大量存在OH-，根据电中性原理可知溶液中一定含有，而与Ca2+、Ba2+会形成沉淀而不能共存，所以溶液中一定不含有，S2-、I-、OH-、Ca2+、Ba2+，一定存在的离子有Fe3+、，不能确定是否存在的离子有、K+、H+。
【详解】A．根据上述分析可知：该溶液中一定不存在的离子有，S2-、I-、OH-、Ca2+、Ba2+，一定含有的离子是Fe3+、，可能有业可能没有的离子是、K+、H+，因此该溶液中至多5种离子，A正确；
B．根据上述分析可知该溶液中、K+可能存在也可能不存在，B错误；
C．溶液显黄色说明溶液中含有Fe3+，该溶液显酸性，Fe3+、I-会发生氧化还原反应而不能大量共存，则溶液中一定不含有I-，C错误；
D．该溶液含有，由于CaSO4微溶于水，所以Ca2+一定不会大量存在，D错误；
故合理选项是A。
9. 二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2＋也有明显的去除效果，其反应原理为ClO2＋Mn2＋→MnO2↓＋Cl-(部分反应物和产物省略、未配平)，下列有关该反应的说法正确的是
A. 工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B. 利用该原理处理含Mn2＋的污水后溶液的pH增大
C. 该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶2
D. 理论上处理含1 ml Mn2＋的污水，需要标准状况下的ClO2 8.96 L
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气是有毒气体，所以不能代替ClO2，故A错误；
B．用ClO2处理酸性污水中的Mn2＋，反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl-＋12H＋，所以处理后溶液的pH减小，故B错误；
C．该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl-，由反应的离子方程式可知，二者的物质的量之比为5∶2，故C正确；
D．由反应的离子方程式可知，处理1 ml Mn2＋，需要ml ClO2，在标准状况下的体积为8.96 L，故D正确；
故答案为CD。
10. 铜是生活中重要的金属，部分含铜粒子的电荷数与铜元素化合价二维图如图所示。下列推断不合理的是
A. c处粒子转化为a处粒子需要加还原剂B. 高铜酸根离子可填在b的位置
C. 转化成需要加碱D. 酸性条件下，可转化为Cu和
【答案】C
【解析】
【详解】A．a价微粒，c变成a需要铜化合价降低，得到电子，作氧化剂，需要加还原剂，选项A正确；
B．铜元素显价，整个离子带1个负电荷，应该填在b的位置，选项B正确；
C．转化为需要加酸，选项C错误；
D．中铜元素为价，在酸性环境下可以发生歧化反应生成价的铜化合物和单质铜，选项D正确；
答案选C。
11. 探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析正确的是
A. ①中淀粉KI试纸变蓝
B. ②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C. 一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D. ④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
【答案】A
【解析】
【分析】本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过装置④证明氯水的性质，以此解题。
【详解】A．氯气氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。
12. “氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 过程①中每吸收标况下2.24L氮气转移0.3ml电子
B. 过程②每生成1ml氨，有1mlLi3N被氧化
C. 过程③化学能转化为了电能
D. 图中所示过程在一定条件下的总反应方程式为：2N2+6H2O=4NH3+3O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．未指明标况，无法计算转移电子的物质的量，故A错误﹔
B．由题中信息可知，过程②的反应方程式为Li3N＋3H2O=NH3↑＋3LiOH，此反应中各元素化合价均保持不变，是非氧化还原反应，故B错误﹔
C．由题中信息可知，过程③的反应方程式为4LiOH4Li＋O2↑＋2H2O，是将电能转化为化学能，故C错误；
D．由题中信息可知，过程①的反应方程式为6Li+N2=2Li3N，过程②的反应方程式为Li3N＋3H2O=NH3↑＋3LiOH，过程③的反应方程式为4LiOH4Li＋O2↑＋2H2O，所以图中所示过程的总反应方程式为：2N2+6H2O=4NH3+3O2，故D正确；
故选D。
13. 某水溶液中的粒子存在如图转化关系：
已知：OF2的沸点为-144.8℃，熔点为-223.8℃。下列说法错误的是
A. 当总反应消耗标准状况下2.24LOF2时，转移了0.1ml电子
B. 反应(1)、(2)均为氧化还原反应
C. 通过溶液颜色变化可判断是否发生了反应(2)
D. 由上述转化关系可推知，氧化性：OF2>O3>MnO
【答案】A
【解析】
【详解】A．OF2中F为-1价，O为+2价，反应（1）化学方程式为，转移电子数为2，所以总反应消耗标准状况下2.24LOF2时，转移了电子，故A错误；
B．反应（1）中OF2氧化H2O和O2生成O3，反应（2）中Mn2+被氧化成，都发生了氧化还原反应，故B正确；
C．在溶液中为紫色，被还原成Mn2+后无色，故C正确；
D．反应（1）为OF2氧化H2O和O2生成O3，反应（2）中Mn2+被氧化成，故OF2，O3，和的氧化性大小为OF2>O3>MnO，故D正确；
故答案选A。
14. 氮、磷、硫、氯等非金属元素的单质和化合物在工农业生产中有重要应用。回答问题：
（1）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为_______。某厂废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为N2的是_______(填标号)。
A.NaCl B.NH4Cl C.HNO3 D.浓硫酸
（2）H3PO2及正盐NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2为_______元酸(填“一”“二”或“三”)。
②利用H3PO2进行化学镀银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为_______。
（3）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)，又名大苏打、海波，是一种用途非常广泛的化学试剂，遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，放出的气体能使品红溶液褪色，试写出硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式：_______。
（4）氯气与氢氧化钠在70℃时反应，生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3:1，其离子方程式为_______。
（5）已知K2S2O8中S的化合价为+6，则每个K2S2O8中含有_______个过氧键(－O－O－)。
【答案】（1） ①. 2NH3+3O22H2O+2HNO2 ②. B
（2） ①. 一 ②. H3PO4
（3）
（4）
（5）1
【解析】
【小问1详解】
氨被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)和水，氧气中氧元素化合价由0变为-2、氮元素化合价由-3变为+3，结合得失电子守恒，其反应的化学方程式为2NH3+3O22H2O+2HNO2；NaNO2转化为N2，发生还原反应，则需要加入还原剂，B中铵根离子中氮处于低价态，具有还原性，故选B；
【小问2详解】
①根据NaH2PO2是正盐，说明为H3PO2为一元酸；
②进行化学镀银时，H3PO2将银离子还原为银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，设氧化剂银离子和还原剂H3PO2分别为4ml、1ml，氧化剂得到4ml电子，则还原剂1ml失去4ml电子，因此化合价升高4个价态，H3PO2中P为+1价，则氧化产物为H3PO4；
【小问3详解】
硫代硫酸钠晶体遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，则有硫单质生成，放出的气体能使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，则硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的离子方程式：；
【小问4详解】
氯气与氢氧化钠在 70℃时反应， 生成物中NaClO3和NaClO的物质的量之比为3:1， 设二者物质的量分别为3ml、1ml，则失去了3ml×5+1ml=16ml，说明氯降低为-1价时得到16ml电子，因此有16ml氯离子生成，结合质量守恒，则其离子方程式为；
【小问5详解】
设每个K2S2O8中含有a个过氧键，结合化合价规律，2×1+2×6=2a+2×(8-2a)，a=1。
15. 铁是人类生活中很常见的元素。回答下列问题：
（1）K2FeO4是常见的水处理剂，净水原理如图所示。请回答下列问题：
①高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为_______。检验溶液中的Fe3+时可选择的试剂为______(化学式)。
②过程a中K2FeO4体现_______(填“氧化”或“还原”)性，反应过程中转移5.418×1022个电子，需要_______mlK2FeO4。
（2）碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4。将反应的化学方程式补充完整：_______。
________Fe(OH)3+________KOH+________KClO=________K2FeO4+________+________
（3）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是_______，生产1ml的高铁酸钠，需要转移电子的物质的量是_______ml。
【答案】（1） ①. +6 ②. KSCN ③. 氧化 ④. 0.03
（2）2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O
（3） ①. Na2O2、FeSO4 ②. 5
【解析】
【小问1详解】
①K2FeO4中K为+1价、O为-2价，所以Fe为+6价；检验溶液中的Fe3+时可选择的试剂为KSCN；②过程a中，反应过程中FeO转化为Fe3+，铁元素化合价降低，故K2FeO4是氧化剂体现氧化性；1mlK2FeO4参与反应转移3ml电子，故转移5.418×1022电子即0.09ml，需要0.03mlK2FeO4；
【小问2详解】
根据所给信息可知KClO将Fe(OH)3氧化为K2FeO4，自身被还原为KCl，根据电子守恒可知KClO和Fe(OH)3的系数比为3∶2，再结合元素守恒可得化学方程式为2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O；
【小问3详解】
该反应中Na2O2中O元素化合价既升高又降低，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，FeSO4中Fe元素化合价升高，则FeSO4是还原剂，所以FeSO4和Na2O2为还原剂；由方程可知，产生1ml高铁酸钠，铁元素失去4ml电子，氧元素失去1ml电子，一共需要转移电子的物质的量是5ml。
16. 某研究小组以TiO2为原料制备新型耐热材料TiN，实验装置如图所示，夹持装置已省略。
已知：TiN易水解。CaCl2可吸收氨气。
（1）制备TiO2的方法是用TiCl4水解制得TiO2•xH2O，然后洗涤、煅烧得到TiO2固体。TiCl4水解的化学方程式为_______。
（2）装置B的仪器名称为_______，装置B中碱石灰的作用为_______。
（3）装置C中在800℃的温度下发生反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为_______。
（4）装置D中固体应选用_______(填标号)，装置D的作用为_______。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.无水CaCl2
（5）若该研究小组称取TiO2质量为1.60g，最终得到TiN质量为0.93g，则本实验产率为_______。
【答案】（1）TiCl4+(x+2)H2O =TiO2•xH2O↓+4HCl
（2） ①. U型管 ②. 干燥氨气
（3）
（4） ①. c ②. 吸收氨气
（5）75%
【解析】
【分析】装置A用于制取氨气，装置B干燥氨气，装置C氨气和二氧化钛加热反应生成TiN、氮气和水，装置D为尾气处理装置，从装置C中出来的气体可能有氮气、水蒸气、未反应完的氨气，故应用无水氯化钙吸收氨气。
【小问1详解】
TiCl4水解制得TiO2•xH2O，水解的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O =TiO2•xH2O↓+4HCl；
【小问2详解】
装置B的仪器名称为U型管；由分析可知装置B用于干燥氨气；
【小问3详解】
装置D中TiO2与NH3反应生成TiN、N2和H2O，方程式为；
【小问4详解】
装置D为尾气处理装置，从装置C中出来的气体可能有氮气、水蒸气、未反应完的氨气，故应用无水氯化钙吸收氨气，固体应选用无水CaCl2，故选c；
【小问5详解】
1.60g 的TiO2物质的量为，根据反应理论上可得0.02mlTiN，质量为0.02ml×62g/ml=1.24g，该实验最终得到TiN质量为0.93g，则本实验产率为。
17. 天然铝土矿中Al2O3的含量为50%~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝锭的工艺流程如图：
已知部分氢氧化物沉淀的pH如表：
请回答下列问题：
（1）为了加快反应速率，提高氧化铝的利用率，通常会将铝土矿先进行“操作①”后再加入盐酸，“操作①”为_______。
（2）加入盐酸时，氧化铝发生反应的离子方程式为_______。
（3）上述流程中多次重复的操作的名称为_______，该操作用到的玻璃仪器除烧杯外还需要_______。
（4） “溶液B”中加入物质C调节pH的范围为_______，“溶液D”中加入物质C调节pH的范围为_______，溶液中的Mg2+是在操作_______(填序号)中分离出去的。
（5）固体A的主要成分为_______(填化学式，下同)；固体F的主要成分为_______。
【答案】（1）粉碎 （2）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
（3） ①. 过滤 ②. 玻璃棒、漏斗
（4） ①. 3. 2≤pH＜3.7 ②. 4.7≤pH＜9.6 ③. ④
（5） ①. SiO2 ②. Al(OH)3
【解析】
【分析】天然铝土矿中Al2O3的含量为50% ~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，经过粉碎，再加入过量盐酸，除了二氧化硅，其它氧化物均和盐酸反应生成盐和水，经过滤，在溶液B中含有的阳离子为铝离子、铁离子、镁离子和过量氢离子，通过加入的C物质调pH到3. 2≤pH＜3.7范围，使铁离子沉淀完全后过滤除去，在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6范围，使铝离子沉淀完全，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝经洗涤干燥后灼烧，得到氧化铝，再电解熔融的氧化铝即可制得铝，据此回答。
【小问1详解】
把固体粉碎，增加了参加反应的固体的表面积，接触面积大大增加就为了加快反应速率、还提高氧化铝的利用率，故“操作①”为粉碎；
【小问2详解】
加入盐酸与氧化铝发生反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
【小问3详解】
上述流程中多次重复的操作都是分离液态和不溶性固体，即采用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还需要玻璃棒、漏斗；
【小问4详解】
“溶液B"中加入物质C调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，而其它离子不沉淀，故调节pH的范围为3. 2≤pH＜3.7；在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6范围，使铝离子沉淀完全，所以溶液E中所含的Mg2+是在操作④中分离出去的；
【小问5详解】
由分析知，固体A的主要成分为SiO2；固体F的主要成分为Al(OH)3。沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀时的pH(离子初始浓度为0.01ml/L)
3.7
2.2
9.6
完全沉淀时的pH(离子浓度＜10-5ml/L)
4.7
3.2
11.1