精品解析：江苏省南通市如皋市2024届高三上学期期初考试押题卷化学试题（解析版）

江苏省南通市如皋市2024届上学期期初考试押题卷化学学科一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，不正确的是A.明矾净水利用了胶体的吸附性B.依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液C.雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应D.用渗析法分离胶体与溶液【答案】B【解析】【详解】A．胶体胶粒直径小，比表面积大，吸附性强，明矾净水是利用了胶体的吸附性，故A正确；B．依据分散质粒子直径的大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，故B错误；C．雾是气溶胶，属于胶体，在阳光下可观察到丁达尔效应，故C正确；D．溶液能透过半透膜，胶体粒子不能通过半透膜，则用渗析的方法分离，故D正确；故选：B。2.化学与生活密切相关。下列化学用语或描述表达正确的是A.基态硫原子的轨道表示式：B.H2S的电子式：C.SO2的VSEPR模型：D.中子数为9的氮原子N【答案】C【解析】【详解】A．基态硫原子的轨道表示式应该为，A错误；B．H2S是共价化合物，电子式为：，B错误；C．SO2价层电子对数是，因此VSEPR模型：，C正确；D．中子数为9的氮原子，其质量数是9+7＝16，可表示为，D错误；答案选C。3.X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A.原子半径：B.元素的电负性：C.元素的第一电离能：D.X的基态原子的电子轨道表示式：【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。【详解】A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为，故A错误；B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为，故B正确；C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能，故C错误；D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式，故D错误；故答案选B。4.利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）A.用装置甲制备NH3 B.用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁C.用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D.用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O【答案】D【解析】【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；故答案为D。【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。5.许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是A.1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀B.1mol配合物Ni(CO)4中共有8molσ键C.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SOD.配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6【答案】B【解析】【详解】A．加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，内界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A说法错误；B．一个CO中有一个σ键，配合物Ni(CO)4中有四个配位键，则1mol配合物Ni(CO)4中共有8molσ键，B说法正确；C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；D．配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D说法错误；答案为B。6.据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法错误的是A.Ti4+…NH2—N=O是中间产物B.总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2OC.Ti4+是催化剂D.Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．观察图中Ti4+…NH2—N=O是某一步反应生成物，又是另一步反应的反应物得出，所以Ti4+…NH2—N=O是中间产物，A正确；B．分析图中参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，可以写出反应方程式为:2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，错误；C．图中Ti4+是开始参加，最后又生成，所以是催化剂，C正确；D．根据概念分析，Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O属于分解反应，D正确；故合理选项是B。7.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是A.焙烧时反应的化学方程式为B.调节pH的目的是使和完全沉淀C.化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨D.可回收利用后应用于本流程【答案】D【解析】【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。【详解】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；C．白色固体灼烧得到，则化合物Y，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；答案选D。【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。8.科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成NH3，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图1所示，电源电压改变与生成NH3速率的关系如图2所示，下列说法不正确的是A.Pt—C是该合成氨装置的阳极B.Pt－C3N4电极上发生的反应为N2＋6H＋＋6e－=2NH3C.若H2的进出口流量差为22.4L/min，则固体质子导体中H＋的流速为2mol/minD.当电压高于1.2V时，混合气体中N2和NH3的体积分数之和小于100％【答案】C【解析】【分析】由图1可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，Pt-C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。【详解】A．由分析可知，Pt—C电极是电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故A正确；B．由分析可知，Pt－C3N4电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B正确；C．缺标准状况下，无法计算22.4L氢气的物质的量和反应生成氢离子的物质的量，则无法计算固体质子导体中氢离子的流速，故C错误；D．由图2可知，当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，说明氢离子在阴极得到电子生成氢气，导致混合气体中氮气和氨气的体积分数之和小于100％，故D正确；故选C。9.布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是A.异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体B.异丁基苯和布洛芬中碳原子均有和杂化C.1mol布洛芬与足量的溶液反应生成D.两者均能发生加成、取代和消去反应【答案】A【解析】【详解】A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体，A正确；B．异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和杂化，B错误；C．布洛芬中的羧基可以和碳酸钠反应，溶液过量，不能生成CO2，C错误；D．两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，D错误；故选A。10.含氮物质可发生如下反应：①②③下列说法正确的是A.常温下，NO与混合能立即看到红棕色气体，说明该反应已达平衡B.反应②的C.反应③消耗，理论上会生成标准状况下约D.利用反应①、②、③可以同时处理含量较高的废气和含的废水【答案】C【解析】【详解】A．常温下，NO与混合能立即看到红棕色气体，说明该反应生成了二氧化氮气体，但是不确定是否平衡，故A错误；B．反应②为气体分子数减小的反应，为熵减反应，故B错误；C．由方程式可知，反应③消耗，理论上会生成1mol氮气，在标准状况下约，故C正确；D．反应中涉及氢氧化钠和氯化铵两种物质，两者会反应生成氨气和氯化钠，故不能利用反应①、②、③可以同时处理含量较高的废气和含的废水，故D错误。故选C11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向3mLKI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强C用pH试纸测得:CH,COONa溶液的pH约为9,NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力一定比CH3COOH的强D将Na2SO3样品溶于水,滴加稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀Na2SO3样品已变质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后加氯水，防止生成铁离子干扰，A错误；B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂、碘是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，B正确；C．盐溶液浓度未知，无法根据钠盐溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱，只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，C错误；D．硝酸具有强氧化性，能够将Na2SO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，D错误；答案选B。12.室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。实验1：配制溶液，测得溶液约为12；实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。下列说法正确的是A.实验1所得溶液中，B.根据实验2，可推测C.实验3反应后溶液中存在：D.25℃时，反应的平衡常数【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)