文档内容
2023-2024学年高三化学下学期开学摸底考（全国卷新教材）
（考试时间：50分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：高考全部内容。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
7．化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述错误的是
A．臭氧可用于自来水消毒
B．奥运火炬“飞扬”外壳采用的耐高温碳纤维材料，属于新型无机非金属材料
C．长征二号F遥十三运载火箭采用的高强度新型钛合金属于金属材料
D．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的 、 、
【答案】D
【解析】A．臭氧具有强氧化性，可用于自来水消毒，A正确；
B．碳纤维材料属于新型无机非金属材料，B正确；
C．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，C正确；
D．纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag+、Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；
综上所述答案为D。
8．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是
A．用装置①进行钠的燃烧反应 B．用装置②制备溴苯并验证有HBr产生
C．用装置③制备无水MgCl D．用装置④在铁片上镀铜
2
【答案】C
【解析】A．钠的燃烧反应在坩埚中进行，A错误；B．用装置②制备溴苯，但验证有HBr产生过程中挥发
的溴是干扰，B错误；C．氯化镁晶体在蒸干过程中镁离子易水解生成挥发性酸需在氯化氢氛围下进行，
故可以用装置③制备无水MgCl ，C正确；D．铁片上镀铜，铁应连接电源的负极作阴极受保护，D错误；
2
故选C。
学科网（北京）股份有限公司9．BHET是一种重要的化工原料，我国科学家利用聚对苯二甲酸类塑料 制备对苯二甲酸双羟乙酯
的化学反应如图所示。下列叙述不正确的是
A． 中元素的电负性：
B． 中所有原子可能处于同一平面
C． 中碳原子和氧原子的杂化方式均为
D． 和 均能发生水解反应和加成反应
【答案】B
【解析】A． 中含C、H、O三种元素，其电负性为： ，A项正确；
B． 中含有成单键的碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B项错误；
C． 中碳原子和氧原子的杂化方式均为 ，C项正确；
中均含有酯基和苯环，均能发生水解反应和加成反应，D项正确；
故选B。
10．向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和 ，水层发生反应： (已知
的结构为 )，乙醚层发生反应： 。反应上层出现蓝
色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色( )，下列说法正确的是
A．由水层反应可知，氧化性：
B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C． 中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为 ，该反应生成 转移 电
子
【答案】D
【解析】A．由水层反应 可知，反应前后元素化合价没有发生变化，
是非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚与CrO 形成配合物并使CrO 进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故
5 5
不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C．CrO·O(C H) 中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；
5 2 5 2
D．水相变为绿色生成了Cr3＋的离子反应为 ，反应中Cr化合价降低，
学科网（北京）股份有限公司O元素化合价由-1升高到0价，故 转移 电子，故D正确；
答案选D。
11．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子最外层只
有1个电子，基态Z原子的 和 轨道上电子数相同，Y与W同主族。下列说法错误的是。
A．原子半径：
B．X的第一电离能比同周期相邻元素的小
C．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
D．Z单质形成的晶体属于共价晶体
【答案】C
【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X为O；
基态Z原子的 和 轨道上电子数相同，则基态Z原子的核外电子排布式为 ，Z为Si；Y原子
最外层只有1个电子，且Y的原子序数比 大，比 小，则Y为Na；Y与W同主族，则W为K，
综上所述，X、Y、Z、W依次为O、Na、Si、K。
【解析】A.电子层数相同原子序数越大半径越小，电子层数不同电子层数越多半径越大，原子半径K＞Na
＞Si＞O，故A正确；B.第一电离能大型一般情况电负性有关，电负性越大第一电离能越大，但是原子轨
道半充满有个反常，氮原子的2p轨道半充满，第一电离能比氧原子大，所以与氧原子的第一电离能比同周
期相邻元素的小，故B正确；C.金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物碱性越强，同主族元素从上
往下金属性逐渐增强，K的金属性强于Na的，所以Na的最高价氧化物对应水化物的碱性比K的弱，故C
错误；D. Si单质形成的晶体属于共价晶体，故D正确；故选：C。
12．科学家设计了一种以镍基普鲁士蓝为电极材料的“热再生电化学循环”转化电池(如图所示)，用于收
集废热，提高能源利用率。该电池以KCl溶液和Ni(NO ) 溶液作电解质溶液，电极之间用多孔隔膜分
3 2
隔，工作时发生反应：KNi[Fe(CN) ]+AgCl KNi[Fe(CN) ]+K++Ag+Cl-。下列说法不正确的是
2 6 6
A．收集废热时，阴极上附着的AgCl减少
B．收集废热时，阳极发生的反应为KNi[Fe(CN) ]-e-=KNi[Fe(CN) ]+K+
2 6 6
C．低温工作时，K+通过多孔隔膜移向Ag电极
D．低温工作时，Ag电极增重7.1g，理论上外电路转移电子0.2mol
【答案】C
【分析】收集废热时，KNi[Fe(CN) ]的一极为阳极，电极反应为KNi[Fe(CN) ]-e-= KNi[Fe(CN) ]+K+，
2 6 2 6 6
学科网（北京）股份有限公司AgCl-极为阴极，电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-。低温工作时，Ag电极为负极，电极反应为Ag-e-+Cl-
=AgCl，KNi[Fe(CN) ]电极为正极，电极反应为KNi[Fe(CN) ]+e-+K+= K Ni[Fe(CN) ]。
6 6 2 6
【解析】A．收集废热时，阴极电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-，AgCl转化为Ag和Cl-，阴极上附着的AgCl
减少，A正确；
B．收集废热时，阳极电极反应式为KNi[Fe(CN) ]-e-= KNi[Fe(CN) ]+K+，B正确；
2 6 6
C．低温工作时，Ag电极为负极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，K+通过多孔隔膜移向KNi[Fe(CN) ]
6
电极，C错误；
D．低温工作时，负极上Ag-e-+Cl-=AgCl，Ag电极增重7.1g，说明有0.2molCl-参与反应，则理论上外电路
中转移电子为0.2mol，D正确；
故答案选C。
13．某废水中含有 和 ， 浓度远大于 。用 溶液调节该废水 (溶液体积变化忽略
不计)，上层清液中铜元素的含量随 变化如图所示。
已知： 在溶液中可形成 和 。
下列说法错误的是
A．a~b段：随 升高， 平衡逆向移动
B．b~c段：发生反应
C．c-d段：随 升高，溶液中的 浓度上升，再次出现 沉淀
D．推测d点以后，随 升高，上层清液中铜元素含量持续下降
【答案】D
【解析】A．a~b段： ，随 升高，c(OH-)增大，平衡逆向移动，上层
清液的含量减小，选项A正确；
B．b~c段： ，随着c(OH-)增大， 与OH-结合
生成NH ·H O，c(NH ·H O)增大，发生上述反应，使上层清液中铜元素的含量增大，选项B正确；
3 2 3 2
C．c-d段：随 升高，使 平衡逆向移动，再次出
现 沉淀，选项C正确；
学科网（北京）股份有限公司D．d点以后，随 升高，可能发生 ，则上层清液中铜元素含量可能上
升，选项D错误；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
27．（14分）保山矿产资源丰富，其中铍矿的储量居云南省第二，是保山重要的矿产资源。某研究性学习
小组利用本地铍矿石(含 和少量 )分离回收金属，设计流程如图：
已知：铍与铝化学性质相似， 熔融时能微弱电离。回答下列问题：
(1)操作1的名称是 ， 和 溶液反应的化学方程式是 。
(2) 的核外电子排布式是 ，写出 与稀 反应的离子方程式： 。 的空间
结构名称是 。
(3)从 溶液中获得 晶体的操作是 。电解熔融 制 时，除了需高温、通电外，
还需加入一定量的 ，原因是 。
(4)已知常温下， ，溶液2中 ，要实现 的分离，应调
节溶液的 值不大于 。
【答案】（除标明外，每空2分）
(1)过滤（1分）
(2) 平面三角形
(3)在 气流中蒸干 增加导电性（1分）
(4)5
【分析】铍矿石(含 和少量 )加过量氢氧化钠溶液， 和少量 转变为 、
而溶解， 不溶为滤渣，向滤液中加入盐酸，生成 和原硅酸，过滤得溶液1，并从中
提取氯化铍晶体。滤渣加稀硝酸溶解，所得溶液2含硝酸铜和硝酸铁，继续加氢氧化钠溶液并控制溶液pH
使铁离子沉淀完全而铜离子不沉淀，过滤出氢氧化铁后，从溶液3中提取铜。
【解析】（1）向滤液中加入盐酸，生成 和难溶的原硅酸，故分离操作是过滤。 与 性质相
似，和 溶液反应方程式为 。
（2） 是26号元素， 失去最外层两个电子，故基态 核外电子排布式是 。从流程看，硫
学科网（北京）股份有限公司化物与稀硝酸反应后形成溶液，故生成物均为可溶物，离子方程式是
。根据价层电子对互斥理论， 的中心原子无孤电子
对、价层电子对数为3，则其空间结构名称是平面三角形。
（3） 溶液在受热过程中会水解生成 和 ，故要在 气流中蒸干，防止其水解。 熔融
时能微弱电离，因此要加入 ，增加导电性。
（4）已知常温下， ，溶液2中 ，要实现 的分离，则铜
离子不能沉淀，c (OH-)= mol·L－1，此时溶液中氢离子浓度为 10－5mol·L－1，pH=5，即应调
节溶液的 值不大于5。
28．（14分）无水氯化亚铁是重要的还原剂，可直接用于污、废水处理，还常用于检测硒、生产聚合氯化
铝铁絮凝剂等。实验室常用氢气还原无水氯化铁法制备无水氯化亚铁。
已知：①还原性的强弱与溶液的酸碱性、溶液的浓度和反应温度等有关，其中温度越高物质还原性越
强。
② 和 的部分物理性质如下表所示
熔
672 306
点/℃
沸
1023 315
点/℃
易潮
易潮解
解
回答下列问题：
Ⅰ．制备无水氯化铁
工业上，向550~600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁，化学兴趣小组用如图所示的装置模拟上述
过程进行实验。
学科网（北京）股份有限公司(1)装置A中采用浓盐酸和 固体反应制备氯气，其反应的化学方程式为 。
(2)h管的作用是 ，装置D不能采用普通玻璃管的原因是 。
(3)上述装置中，防止 潮解装置(填字母)及盛放的试剂 。
(4)验证E中制备的无水氯化铁中不含氯化亚铁的试剂的化学式是 。
Ⅱ．小组查阅资料：氢气还原无水氯化铁制备无水氯化亚铁，用以下装置制备无水氯化亚铁实验。
(5)D装置中发生的化学反应方程式为 。
(6)按气流从左到右的方向，装置接口的连接顺序为a→ ，开始加热前，应先 。
(7)若还原温度高于350℃，无水氯化铁的转化率并未降低，但无水氯化亚铁的产率会明显降低，其原
因是 (已知：实验时D中硬质玻璃管较长，不考虑无水氯化铁逸出对实验结果的影响)。
【答案】（除标明外，每空2分）
(1)
(2)平衡装置中压强，使得液体能顺利滴下（1分） 普通玻璃管不能承受较高的温度（1分）
(3)C盛放浓硫酸干燥剂、F盛放碱石灰干燥剂
(4)K [Fe(CN) ] （1分）
3 6
(5)
(6) defgbch（或degfbch） 检查气密性（1分）
(7)氯化铁可能被氢气还原为铁单质
【分析】Ⅰ 制备无水氯化铁
A中高锰酸钾和浓盐酸常温反应生成氯气，通过饱和食盐水B除去氯化氢，通过C浓硫酸干燥后，氯气和
铁在D中生成氯化铁，E装置用于冷凝收集氯化铁，F中碱石灰干燥装置防止水进入E，尾气使用G碱液
吸收；
Ⅱ 制备无水氯化亚铁
A中生成氢气，通过C浓硫酸干燥后，氢气进入D和氯化铁反应生成氯化亚铁，B装置防止水进入装置D
干扰实验，尾气使用E装置吸收，装置接口的连接顺序为a→defgbch；
【解析】（1）高锰酸钾和浓盐酸常温反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，
；
（2）h管的作用是平衡装置中压强，使得液体能顺利滴下；550~600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁，
装置D不能采用普通玻璃管的原因是铁屑和氯气反应需要温度要求较高，普通玻璃管不能承受较高的温度；
学科网（北京）股份有限公司（3） 易潮解，则生成氯化铁的装置D前后均需要干燥装置，故C盛放浓硫酸干燥剂、F盛放碱石灰
干燥剂；
（4）亚铁离子会和K[Fe(CN) ]溶液会生成蓝色沉淀；故检验亚铁离子的试剂为K[Fe(CN) ；
3 6 3 6
（5）氢气还原无水氯化铁制备无水氯化亚铁，则D装置中发生的化学反应方程式为
；
（6）由分析可知，按气流从左到右的方向，装置接口的连接顺序为a→defgbch，实验中涉及气体的发生和
反应，故开始加热前，应先检查装置的气密性；
（7）无水氯化铁的转化率并未降低，但无水氯化亚铁的产率会明显降低，则说明氯化铁参与了反应但是
并未生成氯化亚铁，则氯化铁可能被氢气还原为铁单质，导致氯化亚铁产率降低。
29．（15分）某研究小组按如图所示路线合成抗癌药物J(存达，Treanda)。
已知：① ；
②2RCOOH +RCOOH
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为 。D的化学名称为 。
(2)B的结构简式为 。
(3)B→C的反应类型为 。
(4)F→G的化学方程式为 。
(5)同时符合下列条件的化合物E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应 ②能与 反应产生气体 ③无环状结构
(6)等物质的量的I与J分别在一定条件下与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为
。
学科网（北京）股份有限公司(7)用流程图表示以乙烯为原料，合成三乙醇胺( )，其他无机试剂任选 。
【答案】（除标明外，每空2分）
(1)硝基和氯原子（1分） 环戊烯（1分）
(2)
(3)还原反应
(4)
(5)8
(6)1:4
(7) （3分）
【分析】 与CHNH 反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成 C，结合 C的结
3 2
构可知A到B为取代反应，B为 ，C与E发生已知②中反应生成F，F为
，F脱水生成G ，G与
乙醇发生醋化反应生成H ，H中硝基被氢气还原成氨基后再与环氧
乙烷发生反应生成I，I与SOCl ，发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
2
【解析】（1）A中所含官能团的名称为硝基和氯原子， D的化学名称为环戊烯；
（2）根据以上分析可知 与CHNH 反应生成B，B为 ；
3 2
（3）B与硫化钠发生还原反应生成 C，故B→C的反应类型为还原反应；
学科网（北京）股份有限公司（4）F 脱水生成G ，
化学方程式为 ；
（5）根据题干信息可知满足条件的E的同分异构体有醛基、羧基以及无环状结构，根据不饱和度可知结
构中含有一个碳碳双键，采用“定一议二”方法，固定碳碳双键和羧基，移动醛基，因此满足条件的E的
同分异构体有8种；
（6）设有机物I与J的物质的量均为1mol， I中酯基消耗NaOH，1mol酯基消耗1molNaOH，因此1mol I
消耗1molNaOH，1mol J ，1molCl原子水解消耗1molNaOH，
1molHCl消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，因此1mol J消耗4 molNaOH；
（7）乙烯为原料，合成三乙醇胺 ，流程图表示为：
。
30．（15分）在双碳目标驱动下，氢源的获取和利用成为科学研究的热点之一、回答下列问题：
Ⅰ．氢源的获取：电解液氨制氢、利用天然气制氢
(1)以液氨为原料，使用Pt电极及NaNH 非水电解质电解制氢(已知电解液中含氮微粒只有NH 、
2 3
和 )。产生H 的电极反应式为 。
2
(2)已知反应1：CH(g)＋HO(g) 3H(g)＋CO(g) ΔH=＋206 kJ·mol－1
4 2 2 1
反应2：CO(g)＋HO(g) H(g)＋CO(g) ΔH=－41 kJ·mol－1
2 2 2 2
①反应CH(g)＋2HO(g) 4H(g) ＋CO(g)的活化能E －E = 。实际生产中常将
4 2 2 2 正 逆
温度控制在600～900 ℃，从反应的角度分析温度不能过高的主要原因可能是 。
②一定温度下，向1 L的刚性容器中充入1 mol CH 和w mol水蒸气发生上述反应1和反应2，达到平
4
衡时，测得有x mol CO、y mol CO 和相应的H 生成，此时容器内的压强为p Pa(假设没有其他反应发
2 2
生)。在该条件下，CH 的平衡转化率为 %，反应1的平衡常数K= (以分压表
4 p
示，分压=总压×物质的量分数)。
学科网（北京）股份有限公司③据图甲所示，600 ℃时，随着水碳比的增大，平衡体系中H 的体积分数增大的原因是 。
2
若600 ℃达到平衡时，其他条件不变，再增大压强，n(H ) (填“变大”“变小”或“不
2
变”)。
Ⅱ．氢源的利用：利用氢气制备甲醇和甲酸
(3)不同催化剂下，用CO 和H 制备甲醇，相同时间内CO 的转化率与温度的变化如图乙所示，催化
2 2 2
效果最好的是催化剂 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(4)CO 加氢可制备HCOOH：CO(g)＋H(g) HCOOH(g) ΔH=－31.4 kJ·mol－1。实验测得：v =k
2 2 2 正 正
c(CO)·c(H)，v =k c(HCOOH)，将一定量CO 和H 充入固定体积为1 L的密闭容器中发生反应。温
2 2 逆 逆 2 2
度为T ℃时，平衡常数K=0.8，则k = k ；温度为T ℃时，k =1.2k ，则T ℃时平
1 逆 正 2 正 逆 2
衡压强 (填“>”“<”或“=”)T ℃时平衡压强。
1
【答案】（除标明外，每空2分）
(1)2NH ＋2e－=H ＋2
3 2
(2)①＋165 kJ·mol－1（1分） 温度太高会使催化剂失去活性，反应速率降低（1分）
②100(x＋y)
③根据反应1可知增大水蒸气的量有利于甲烷的转化，且每消耗1体积水蒸气，相应生成3体积氢气，根
据反应2可知增大水蒸气的量也有利于氢气的生成 变小（1分）
(3)Ⅰ（1分）
(4) 1.25 <（1分）
【解析】（1）根据电解液中含氮微粒，液氨的电离与水的电离类似，能电离出NH 、NH ，根据电解水
学科网（北京）股份有限公司生成氢气的原理，推出产生氢气的电极反应式为2NH ＋2e-=H ＋2NH ；故答案为2NH ＋2e-=H ＋2NH
3 2 3 2
；
（2）①根据目标反应方程式，以及盖斯定律，推出目标方程式为反应1+反应2，ΔH=(206-41)kJ/
mol=+165kJ/mol，活化能E -E =ΔH=+165kJ/mol；该反应使用催化剂，催化剂的活性在一定温度范围内
正 逆
最大，超过这个温度范围，催化剂活性失效，化学反应速率降低，因此温度不能过高的主要原因是温度太
高会使催化剂失去活性，反应速率降低；故答案为+165kJ/mol；温度太高会使催化剂失去活性，反应速率
降低；
②生成二氧化碳的物质的量为ymol，则反应2消耗CO物质的量为ymol，因此反应1生成CO总物质的量
为(x+y)mol，即消耗甲烷物质的量为(x+y)mol，则甲烷的转化率为 =100(x+y)%；达到平衡时，
甲烷物质的量为(1-x-y)mol，水蒸气的物质的量为(w-x-2y)mol，氢气物质的量为(3x+4y)mol，CO物质的量
为xmol，CO 物质的量为ymol，混合气体总物质的量为(1+w+2x+2y)mol，反应1的平衡常数K =
2 p
= ；故答案为100(x+y)%；
；
③增大水碳比，可以认为只增大水蒸气物质的量，根据反应1可知，增大水蒸气的量有利于甲烷的转化，
且每消耗1体积水蒸气，相应生成3体积氢气，根据反应2可知，增大水蒸气的量平衡向正反应方向进行，
有利于氢气的生成，因此适当的增大水碳比可增大平衡体系中氢气的体积分数；反应2为气体系数之和相
等的反应，增大压强，平衡不移动，反应1的气体系数之和不相等，增大压强，平衡向逆反应方向进行，
氢气物质的量减少，故答案为根据反应1可知增大水蒸气的量有利于甲烷的转化，且每消耗1体积水蒸气，
相应生成3体积氢气，根据反应2可知增大水蒸气的量也有利于氢气的生成；变小；
（3）根据图乙可知，相同温度下，催化剂Ⅰ的催化效率高，催化效果最好的是催化剂Ⅰ；故答案为Ⅰ；
（4）当反应达到平衡时，v =v ，k ·c(CO)·c(H)=k ·c(HCOOH)， ，即T℃时
正 逆 正 2 2 逆 1
，推出k =1.25k ；温度为T℃时，k =1.2k ，该温度下的平衡常数为1.2，该反应为放热反
逆 正 2 正 逆
应，因此T＜T，升高温度，平衡向逆反应方向移动，恒容下，T℃时平衡压强小于T℃；故答案为
2 1 2 1
1.25；＜。
学科网（北京）股份有限公司
