2023学年河北省高三(上)第一次考试化学试卷

2023-2023学年河北省高三〔上〕第一次考试化学试卷一.9327分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1〔3分〕文字和书写工具的进展与演化，从不同侧面见证了文化艺术领域的成就。我国书写材料的演化过程如图以下有关说法错误的选项是〔 〕A．龟甲硬度大，不行用于雕刻B．青铜是我国使用最早的合金C．丝织品与化纤制品可用燃烧的方法区分D．竹简和纸的主要成分都是纤维素2〔3分〕分别苯与水的混合物时最适宜的装置〔夹持装置均已略去〕是〔 〕A． B．D．3〔3分〕以下物质的性质与实际应用对应关系错误的选项是〔 〕物质性质 实际应用A Fe2O3为红色固体 用作红色涂料B CuSO4可使蛋白质变性 用于游泳池消毒C SO2具有复原性 用于纸张漂白D SiO2能与HF反响 用HF刻蚀玻璃A．A B．B C．C D．D4〔3分〕在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是〔 第1页〔共13页〕A．MgCO3〔s〕 MgCl2〔aq〕 无水MgCl2B．S〔s〕 SO3〔g〕 BaSO4〔s〕C．N2〔g〕 NH3〔g〕 NaHCO3〔s〕D．NaClO〔aq〕 HClO〔aq〕 Cl2〔g〕5〔3分〕关于非金属含氧酸及其盐的性质，以下说法正确的选项是〔 〕浓H2SO4具有强氧化性，稀H2SO4不具有氧化性加热NaCl固体与浓H2SO4的混合物可制备HCl，说明H2SO4的酸性比HCl的强NaClO的氧化性随溶液pH的减小而增加浓HNO3和浓H2SO4敞口置于空气中浓度均减小，其缘由一样6〔3分〕以下指定反响的离子方程式书写正确的选项是〔 〕4A8Cl﹣+2++C﹣C2+HOB．用过量氨水吸取SO2：2NH3•H2O+SO2═NH++HSO3﹣+H2O4C．将FeO溶于稀HNO3：FeO+2H+═Fe2++H2OD．酸性KMnO4溶液和双氧水混合：2MnO4﹣+5H2O2═2Mn2++5O2↑+6OH﹣7〔3分〕用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔 〕A．标准状况下，4.6g由N2O2组成的混合体中所含的质子总数为2.3NAB．9.6g 0.8NAC．常温时，100mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中所含阳离子数目小于0.1NAD1mol阴离子的Na2O2和足量H2O2NA8〔3分〕用图示装置纯化以下气体，选用的试剂正确的选项是〔 〕选项气〔杂质〕 试剂 装置a〔足量〕 b〔足量〕A CO2〔SO2〕 Na2CO3溶液 浓硫酸Cl2〔HCl〕 饱和NaHCO3溶液 浓硫酸HCl〔H2S〕 酸性KMnO4溶液 浓硫酸NO〔NO2〕 蒸馏水 浓硫酸A．A B．B C．C D．D第2页〔共13页〕93分〕鸟粪石MgNP〕加含Mg2+NH4+生成MgNH4PO4沉淀，将氨氮从废水中除去。处理高氨氮废水时，氨氮去除率、磷酸根离子残留浓度与溶液pH的关系如图。以下说法正确的选项是〔〕A．最适宜的有效处理高氨氮废水的镁的化合物为Mg〔OH〕2B．除去废水中的氨氮时，掌握溶液pH7～8C．除去废水中的氨氮时，pH过高不易形成MgNH4PO4沉淀D．氨氮废水有利于植物的生长，高氨氮废水可直接排放到河流中4416分。在每题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要02分，40分。104分〕甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，其在30～40℃会分解。试验室制取甲酸钙的方之一是Ca〔OH〕2+HCHO+H2O2→Ca〔HCOO〕2+H2O〔未配平。以下说法错误的选项是〔 〕参与反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：113g甲酸钙，反响中转移的电子数为0.4NAC．该反响中被复原的元素只有OD．氧化性：Ca〔HCOO〕2＞H2O214分〕由以下试验操作及现象得出的相应结论正确的选项是〔 〕试验操作 现象 结论向食盐中参加稀醋酸、KI及淀粉溶液，用玻璃棒搅拌

溶液变为蓝色

食盐中可能含有KIO3将〔NH4〕2SO4固体参加盛有NaOH溶液的试管中，并用酒精灯微热，产生的气体通入红色石蕊溶液

溶液变为蓝色 产生的气体为NH3Cu〔NO3〕2加热产生的气体集满试管并倒红棕色气体中n〔NO2〕与第3页〔共13页〕扣到水槽中管n〔O2〕1：4DK2MnO4溶液中通入CO2溶液由墨绿色变为紫色并有黑色沉淀产生CO2显氧化性A．AB．BC．CD．D12〔4分〕锰的氧化物MO、Mn2、M4M7在加热时均能和浓盐酸发生反响生成MnC2和C2。取肯定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反响，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，将反响后的溶液稀释至500mL2+〕为0.1mol•L﹣1，则参与反响的氧化物是〔 〕A．Mn2O3 B．Mn3O4 C．MnO2 D．Mn2O7134分〕—种绿色回收分银渣中的银的工艺流程如图：：浸出剂为NS3“浸出”时发生的主要反响为AgCl+2SO2﹣ [AS323+Cl。3以下说法错误的选项是〔 〕A．用NH3•H2O也能浸取分银渣中的AgClBC：1D．分别出Ag的操作中需要用到的硅酸盐材质的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗三.457分。414〔14分〕+、F3+、N4+H+N3﹣、SO2﹣、C﹣、C32，某化学兴趣小组设计如下试验测定该溶液的组成：450mL该溶液于试管AA中参加足量NaOHA224mL〔已折合成标准状况〕试验二：①50mL该溶液于试管B中，向试管B2.0gCu，微热充分反响后剩余0.4g固体〔折合成标准状况〕无色气体Y，气体Y遇空气后由无色变成红棕色+。②向步骤①所得溶液中参加足量BaCl2溶液产生白色沉淀Z6.99g固体。试答复以下问题：由试验一可推出该溶液中肯定含有的阳离子为 〔填离子符号，下同〕由试验二可推出该溶液中肯定含有的阴离子为 。生成气体Y的离子方程式为 。第4页〔共13页〕该溶液中肯定不存在的离子为 ；可能存在的离子为 ，确定该溶液中是否有在该离子的试验操作为 。检验参加的BaCl2溶液是否足量的操作为 。原溶液中H+的物质的量浓度为 mol•L﹣1。15〔14分〕聚合硫酸铁[Fe2〔OH〕6﹣2n〔SO4〕n]m是一种常用的净水剂，其生产工艺如下：答复以下问题：FeSO4•7H2O可用于治疗缺铁性贫血，在医疗上常用作 〔写一种。FeSO4•7H2O在空气中会被氧化变质，检验其已变质的操作： 。2的电子式为 “氧化”时发生反响的离子方程式为 。Fe3+水解会使溶液的pH减小，参加NaOH调整pH的目的是。聚合硫酸铁中〔F3+OH〔S42〕比值确实定方法：取肯定量的聚合硫酸铁，先参加足量的稀盐酸酸化，然后参加BaCl2溶液，经操作Ⅰ后得到沉淀A和滤液B，洗涤、枯燥沉淀A后称得质量为3.495g，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，得2.40g固体C。①生成沉淀A的离子方程式为。②操作Ⅰ的名称为，固体C的化学式为。4③聚合硫酸铁中n〔F3+：nO﹣：SO2﹣〕＝。416〔14分〕某化学工程师以电子产品废料〔含SiAl3、F23Ce〕为原料，设计回收Ce的工艺流程如下：：溶液中只有Ce3+、Ce4+能稳定存在。“碱浸”前，将“废料”磨成粉末的目的是“滤液①”中的溶质除过量的NaOH外主要成分为。〔填化学式下同”的主要成分为 。〔3“复原”工艺中发生氧化复原反响的离子方程式为。第5页〔共13页〕室温下，：Ksp[Fe〔OH〕3]＝4×10﹣38，Ksp[Ce〔OH〕3]＝1×10﹣20“复原”后参加稀硫酸调整溶液的p，当溶液的p＝5时F3+ 〔填“已”或“没有〕除干净〔当溶液中某离子浓度小10﹣5mol不考虑损耗“滤液②”中c〔Ce3+〕＝ molL﹣1。“一系列操作”包括 、洗涤。将CeCl3、KCl按比例配制成二元电解质体系，用惰性电极电解可得到金属铈，该电解池阴极的主要电极反响式为 ；该方法的缺点是 。17〔15分〕[2C〔O24O＝390g/mol是一种重要的化工原料，微溶于冷水原理：2KHC2O4+CuO═K2Cu〔C2O4〕2+H2O步骤：①制备CuO：取4.0gCuSO4•5H2O100mL烧杯中，加水溶解，在搅拌下参加20mL2mol/LNaOH溶液，冷却后过滤、洗涤；②KHC2O46.0gH2C2O4•2H2O250mL2CO3KHC2O4K2C2O4的混合溶液；③K2Cu〔C2O4〕2KHC2O4K2C2O480～85℃水浴中加热，再将CuO参加该溶液中，〔～5mL沸水洗涤不溶物2～3次，弃去不溶物；④K2Cu〔C2O4〕2•4H2O晶体的生成：将步骤③所得滤液在热水浴中蒸发浓缩至40mL，冷却至室温得蓝紫色针3.9g。答复以下问题：〕过滤需要的玻璃仪器有 ，步骤①中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为 。过滤和抽滤都是将固体和液体进展分别的操作步骤③选择抽滤的缘由是 第6页〔共13页〕沉淀时，为了让洗涤液与沉淀的接触更充分，使洗涤的效果更好 。步骤②中，K2CO3 〔“能“不能用CH3COOK代替缘由是 。该试验中CuSO4•5H2O的利用率为 %。对最终产品进展热重分析，其剩余百分数与温度的变化曲线如图乙所示：①A点固体的成分为 〔填化学式。②B点到C点固体分解的化学方程式为 。第7页〔共13页〕2023-2023学年河北省高三〔上〕第一次考试化学试卷参考答案与试题解析一.9327分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。【解答】解：A．龟甲可以制甲骨文，可用于雕刻；B．我国最早使用的合金为青铜；C．丝织品成分为蛋白质，可以用灼烧方法区分丝织品与化纤制品；D．竹简是由竹子制作而成，纸主要成分也是纤维素；应选：A。【解答】解：A.图为蒸发，可分别可溶性固体；B.图为溶液的配制，不能分别混合物；C.图为溶解，不能分别苯和水；D.图中分液可分别苯和水，故D正确；应选：D。【解答】解：A．氧化铁为红棕色固体，故A正确；B4可使蛋白质变性，可用于游泳池消毒；C．二氧化硫用于纸张漂白由于二氧化硫具有漂白性；D．二氧化硅与氢氟酸反响生成四氟化硅和水，故D正确；应选：C。【解答】解：A.MgCl2〔aq〕错误；

无水MgCl2不能实现，MgCl2〔aq〕蒸发，发生水解反响得Mg〔OH〕2，故AB.S〔s〕 SO7〔g〕不能实现，单质硫点燃生成二氧化硫；C.氮气与氢气可以合成氨气，依据侯德榜制碱原理：氨气、二氧化碳和水可以生成碳酸氢钠， N2〔g〕NH8〔g〕 NaHCO3〔s〕均能实现，故C正确；D.HClO〔aq〕应选：C。

Cl3〔g〕不能实现，次氯酸光照生成HCl和O2，故D错误；【解答】解：A．稀H2SO4也具有氧化性，如稀硫酸与活泼金属反响产生氢气的反响中表达稀硫酸的氧化性；B．HClNaClH6SO4的混合物发生反响生成HCl，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理2SO6的酸性比HCl的强，故B错误；第8页〔共13页〕C．NaClO在水溶液中会发生水解：ClO﹣+H2O HClO+OH﹣，pH减小，则酸性增加，生成更多的HClO，故C正确；D．浓硝酸有挥发性，敞口置于空气中浓度均减小，故D错误；应选：C。【解答】解：A.“84”消毒液与洁厕灵混合使用会产生有毒气体，发生反响为Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故A正确；4B.SO2被过量的氨水吸取，离子方程式：SO2+6NH3•H2O＝H8O+2NH4

++SO

2﹣，故B错误；6C.NO3﹣+5FeO+10H+═3Fe3++NO↑+4H2O，故C6错误；D.在酸性条件下，二者反响生成锰离子和水++2MnO6﹣+5H2O2═2Mn2++3O2↑+8H8O，故D错误；应选：A。【解答】解：A2O2组成的混合体中所含的质子总数为：正确；

×8×NAmol﹣1＝2.8NAAB．9.6g 中含有共价键的总数为 ×20×NAmol﹣1＝8NA，故B错误；C1mol•L﹣1AlCl40.1NA，故C错误；D2物质的量为1moO充分反响转移的电子数为ND错误；应选：A。【解答】解：A．CO2中的SO2用NaHCO7溶液除去，不能用Na2CO3溶液除去，可以用浓硫酸枯燥；B．Cl2中的HCl用饱和食盐水除去，不能用饱和NaHCO3溶液，两者均反响，故B错误；C．HCl和H2S均可以和酸性KMnO8溶液反响，不能用酸性KMnO4溶液除去，故C错误；D．NO2可以和水反响生成NO和硝酸，NO不和水反响，故D正确；应选：D。【解答】解：A2+NH4+生成MgNH5PO4沉淀2是难溶物，不利于沉淀；B．由图可知，掌握溶液pH5.5～9.2；C．当溶液pH9﹣114PO7在碱性条件下转化为Mg〔OH〕2，故C正确；D．高氨氮废水不能直接排放到河流中，故D错误；应选：C。第9页〔共13页〕4416分。在每题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要02分，40分。【解答】解：试验室制取甲酸钙的方程式为Ca〔OH〕2+2HCHO+4H2O2＝Ca〔HCOO〕6+4H2O，A．反响中H8O2中O元素化合价降低、发生复原反响，HCHO中C的化合价上升、为复原剂，故A正确；的化合价上升和O2mol电子，生成13g甲酸钙时转移的电子的物质的量n〔e﹣〕＝4n[Ca〔HCOO〕2]＝6× ＝0.4molA，故B正确；C．该反响中H5O2中O元素化合价降低、发生复原反响、发生氧化反响，即该反响中被复原的元素只有O；D．该反响中，H2O7为氧化剂，HCHO2为氧化产物，氧化复原反响中氧化性：氧化剂＞氧化产物2O4＞Ca〔HCOO〕2，故D错误；应选：D。【解答】解：A.酸性溶液中碘酸钾、KI发生氧化复原反响生成碘，则溶液变蓝3，故A正确；B.〔NH4〕6SO4固体参加盛有NaOH溶液，加热生成氨气，故B正确；C.由电子守恒可知n〔NO2〕n〔O7〕4：1时水可布满试管，则现象与结论不符；D.K8MnO4溶液中通入CO2，在酸性溶液中发生K5MnO4歧化反响生成高锰酸钾、二氧化锰，故D错误；应选：AB。【解答】解：反响后的溶液稀释至500mL，溶液中c〔Mn2+〕为0.5mol•L﹣1，则n〔Mn2+〕为3.1mol•L﹣1×8.5L＝0.05mol；锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反响则氯气的物质的量为 ，依据电子转移守恒等8.1mol2++7价，+4价的锰的氧化物为MnO2，应选：C。【解答】解：A.AgNH3•H2OAgClNH6•H2O可生成协作物，可用NH3•H2O也能浸取分银渣中的AgCl，故A正确；浸动身生AgCl+2SO7﹣

[Ag〔SO〕

]8﹣+Cl﹣，浸取时间长时易导致亚硫酸根离子被氧化，浸出率降低；3 3 24[Ag〔SO3〕7]3﹣+6OH﹣+HCHO═6Ag↓+8SO5﹣+4H2O+CO2﹣，Ag被复原、CC错3 3误；分别出Ag的操作为过滤，需要用到的硅酸盐材质的仪器有烧杯、漏斗；应选：BC。三.457分。【解答】解：由上述分析可知，50mL原溶液中含有0.01molNH4+、5.02molFe3+、0.05molH+、6.01molNO3﹣、第10页〔共13页〕0.03molSO82﹣、≥0.05molCl﹣，可能含有K+，肯定不含有CO62﹣；50mL该溶液于试管AA中参加足量NaOHX为NH3Fe〔OH〕2，所以原溶液中含有Fe3+、NH4+，故答案为：Fe7+、NH4+；4Fe3+、NH4+、H+、NO3﹣、SO3﹣、Cl﹣K+CO32444﹣，则溶液中肯定含有的阴离子为NO6﹣、SO2﹣、Cl﹣，故答案为：NO7﹣、SO2﹣、Cl﹣；44铜与稀硝酸反响生成硝酸铜和一氧化氮气体，依据电子守恒++3NO3﹣＝3Cu8++2NO↑+4H4O，故答案为：3Cu+8H++6NO3﹣＝3Cu4++2NO↑+4H8O；4Fe3+、NH4+、H+、NO4﹣、SO2﹣、Cl﹣K+CO724﹣K++K+，故答案为：CO33﹣；K+；焰色反响〔或用干净的铝丝蘸取原溶液于酒精灯上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观看焰色，则该溶液中存在+，反之则不存在+；检验参加的BaCl2溶液已过量，可利用Ba2+和SO22﹣结合会生成白色BaSO4沉淀设计，即取②试验的上层72溶液的量缺乏，故答案为：将②中反响后的溶液静置，取肯定量的上层清液于试管中2溶液，假设产生白色沉淀3溶液的量缺乏，反之BaCl2溶液已足量；由上述分析可知，50mL原溶液中含有0.05molH+，则c〔H+〕＝ ＝1mol/L，故答案为：7。〔〕缺铁性贫血是由于人体中缺少F2+，合成不了血红蛋白，从而造成贫血4O可用于治疗缺铁性贫血，故在医疗上常用作补血剂，故答案为：补血剂；FeSO4•H2O在空气中会被氧化变质即Fe7+转化为Fe3+Fe3+检验其已变质的操作为：取少量FeSO4•H2O样品于试管中，加水溶解，溶液变红4•H6O已变质，故答案为：取少量FeSO4•H2O样品于试管中，加水溶解，溶液变红3•H2O已变质；由分析可知，氧化过程中是将F2+转化为F3+2F2++O+2＝3Fe3++2H6O，过氧化氢是共价化合物 ，故答案为： ；2Fe2++H5O2+2H+＝2Fe3++2H3O；第11页〔共13页〕Fe3+水解会使溶液的pH减小，反响的离子方程式为：Fe3++7H2O Fe〔OH〕3〔胶体〕+3H+，参加NaOH使上述平衡正向移动，故参加NaOH调整的目的是促进Fe3+的水解，故答案为：促进Fe3+的水解；①有上述分析可知，生成沉淀A的离子方程式为Ba5++SO2﹣＝BaSO↓，4 3故答案为：Ba2++SO44﹣＝BaSO4↓；②由上述分析可知，操作Ⅰ是分别BaSO4沉淀和滤液，故操作的名称为过滤7O3，故答案为：过滤；Fe2O8；③

2﹣＝BaSO＝

＝0.015mo3+2〔Fe

＝ ＝2.03mo3+：4 8 2 44〔SO5﹣〕0.03mo0.015mo＝，然后依据化学式中元素的化合价的代数和为0＝3〔OH44﹣：nSO7﹣〕：4，4故答案为：2：4：4。〔〕将“废料”磨成粉末可以加快浸取速率，所以研磨的目的是加快浸取速率，故答案为：加快浸取速率；SiO2Al2O3Na2SiO3NaAlO4①”中的溶质除过量的NaOHN2Si3NaAl6；用氢氧化钠溶液调整pH使F3+完全沉淀生成F〔O3②”的主要成分为：Fe〔OH〕8，故答案为：Na2SiO3、NaAlO5；Fe〔OH〕3；依据：溶液中只有Ce3+、Ce4+能稳定存在，复原工艺中过氧化氢将CeO2复原为Ce3+，发生的离子方程式为：6H++H2O2+7CeO2＝2Ce8++O2↑+4H6O，故答案为：6H++H2O8+2CeO2＝5Ce3++O2↑+6H2O；pH＝5时

OH104mol/〔F3+＝

＝ mol/L＝4×10﹣11mol/L，10﹣7mol/L2，则n〔CeO2〕＝

＝0.1mol8+〕＝

＝0.1mol/L，故答案为：已；6.1；盐酸溶解后得到CeCl3溶液，想得到CeCl5•7H2O需经过蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将CeCl7、KCl按比例配制成二元电解质体系，用惰性电极电解可得到金属铈3++3e﹣＝Ce；阳极的电极反响式为：7Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，