2024届新高三开学摸底考试卷║北京专用化学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.化学与生活、科技等密切相关，下列说法错误的是A．通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯为同位素C．无磁镍铬钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁D．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】B【详解】A．红外色谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器也属于化学组成，故可用红外色谱仪检测，A正确；B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素洞素异形体指由同样的单一化学元素组成列方式不同，而具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，B错误；C．合金材料的硬度比纯金属高，所以无磁镍铬钛合金硬度比纯铁高，C正确；D．新型无机非金属材料有二氧化硅与凝胶、水泥、玻璃、陶瓷，所以氮化硼是新型无机非金属材料，D正确；故答案为：B。2.下列图示或化学用语错误的是A．羟基的电子式：B．H2O的VSEPR模型：C．Mn2+的价电子的轨道表示式：D．顺－2－丁烯的球棍模型为【答案】C【详解】A．羟基含有1个单电子，电子式：  ，A正确；B．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，VSEPR模型正确，B正确；C．Mn为25号元素，失去2个电子形成Mn2+，基态Mn2+的价层电子的轨道表示式，C错误；D．顺－2－丁烯的球棍模型为，D正确；故选C。3.科学家在利用回旋加速器进行的实验中，用含20个质子的钙元素的同位素反复轰击含95个质子的镅元素，结果4次成功制成4个第115号元素的原子。这4个原子在生成数微秒后衰变成第113号元素。前者的一种核素为。下列有关叙述正确的是A．核素的质量数为288 B．核素的质量数与中子数之差为173C．113号元素属于非金属元素 D．115号元素的最高正化合价是【答案】A【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；【详解】A．核素的质量数为288，A项正确；B．核素的中子数为288-115=173，核素的质量数与中子数之差为288-173=115，B项错误；C．113号元素与B元素位于同一主族，该族元素从Al开始为金属元素，所以113号元素属于金属元素，C项错误；D．115号元素位于第ⅤA族，最外层有5个电子，最高价为+5价，D项错误；故选A。4.下列方程式与所给事实相符的是A．漂白粉溶液吸收后产生白色沉淀：B．明矾净水：C．红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体：D．苯酚钠溶液中通入后变浑浊：2+H2O+CO22+Na2CO3【答案】B【详解】A．漂白粉溶液吸收二氧化碳后产生白色沉淀的反应为次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为，故A错误；B．明矾净水是因为铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质产生聚沉而达到净水的作用，反应的离子方程式为，故B正确；C．红热的铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，故C错误；D．苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为+H2O+CO2↓+NaHCO3，故D错误；故选B。5.用下列实验装置能达到相关实验目的的是ABCD实验装置实验目的除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液配制0.1mol·L-1NaCl溶液实验室灼烧Na2CO3·10H2O收集SO2并吸收尾气A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．胶体能够透过滤纸，故除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液不能进行过滤操作，而应该采用渗析法，A错误；B．容量瓶不能作为溶解、稀释和反应、长期贮存溶液的仪器，B错误；C．灼烧固体或晶体应该在坩埚中进行，而不能在蒸发皿中进行，C错误；D．SO2的密度比空气大，可以采用向上排空气法收集，SO2是酸性氧化物，可以用NaOH溶液来吸收进行尾气处理，D正确；故答案为：D。6.下列物质的应用中，不涉及氧化还原反应的是A．饮用水中加入消毒 B．和铝粉的混合物疏通管道C．雪天道路上撒盐融雪D．硫粉除去温度计破碎时洒落的汞【答案】C【详解】A．具有氧化性，可以用于饮用水消毒，该过程涉及氧化还原反应，故A不选；B．和铝能发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al元素和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，不涉及化学反应，故C选；D．硫粉除去温度计破碎时洒落的汞时发生反应：S+Hg=HgS，S和Hg元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。7.将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大B．反应过程中，的键断裂C．的形成过程可表示为D．该实验说明的氧化性比的强【答案】D【详解】A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大，故A正确；B．反应过程中，的3p上的键断裂，故B正确；C．的形成过程钠原子失去电子，氯原子得到电子，可表示为，故C正确；D．该实验没有对比无法说明的氧化性比的强，故D错误；故选：D。8.奥司他韦是目前治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是A．分子中既含有σ键，又含有π键B．该物质可以使溴的四氯化碳溶液褪色C．1mol该物质可以与3molH2发生加成反应D．分子中有2种官能团可以发生水解反应【答案】C【详解】A．分子中既有单键也有双键，所以既含有σ键，又含有π键，A正确；B．结构中存在碳碳双键，所以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；C．结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质可以与1molH2发生加成反应，C错误；D．分子中的酯基和酰胺基可以发生水解反应，D正确；故选C。9.下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是选项物质的结构或性质解释A第一电离能：Zn＞Cu元素金属性：Zn强于CuB熔点：SiO2＞CO2相对分子质量：SiO2大于CO2C酸性：HCOOH＞CH3COOHO－H的极性：HCOOH强于CH3COOHDO2与O3分子极性相同二者都是由非极性键构成的分子A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌的价电子为全满较稳定结构，不易失去一个电子，电离能较大，故第一电离能：Zn＞Cu，解释不合理，A不符合题意；B．二氧化硅为共价晶体、二氧化碳为分子晶体，故熔点：SiO2＞CO2，解释不合理，B不符合题意；C．烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此甲酸的酸性大于乙酸的，即O－H的极性：HCOOH强于CH3COOH，导致甲酸中羧基更容易电离出氢离子，使得酸性：HCOOH＞CH3COOH，解释合理，C符合题意；D．O2为非极性分子、O3为极性分子，D不符合题意；故选C。10.用如图所示装置进行实验，下列实验现象描述错误的是选项试剂甲试剂乙试剂丙丙中的现象A浓氨水CaOAlCl3溶液有白色沉淀生成B浓硫酸Na2SO3BaCl2溶液有白色沉淀生成C过氧化氢MnO2酸性KI—淀粉溶液溶液变为蓝色D浓盐酸KMnO4Na2S溶液有淡黄色沉淀生成A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．浓氨水和氧化钙反应放出氨气，氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，故A正确；B．亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，没有沉淀生成，故B错误；C．过氧化氢用二氧化锰在催化剂作用下发生分解反应生成氧气，KI被氧气氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确；D．浓盐酸和高锰酸钾反应放出氯气，氯气和Na2S溶液反应生成氯化钠和S沉淀，故D正确；选B。11.高分子树脂X的合成路线如下。下列说法不正确的是A．高分子X中存在氢键B．甲的结构简式为C．①的反应中有水生成D．高分子X水解可得到乙【答案】D【分析】CH2=CHCN与H2O、H+加热条件下反应生成甲为CH2=CHCOOH，根据高分子X的结构简式，乙的分子式可知，乙的结构简式为，甲与乙发生加聚反应生成高分子X。【详解】A．根据高分子X的结构简式可知，其内部存在-NH-结构，存在氢键，A正确；B．根据分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，B正确；C．反应①为2个与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，C正确；D．甲和乙发生加聚反应生成高分子X，而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到乙，D错误；故答案选D。12.有氧条件下，在Fe基催化剂表面，还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO，保护环境。下列说法不正确的是A．在酸性配位点上，与通过配位键形成B．增大压强有利于NO与吸附在配位点上形成C．在反应过程中，Fe基可以提高NO的转化率D．该反应的总方程式为：【答案】C【详解】A．分子中的N原子还含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；B．由图可知，NO与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于NO与吸附在配位点上形成，故B正确；C．在反应过程中，Fe基作为催化剂，催化剂不能改变反应的转化率，故C错误；D．由图可知，在Fe基催化剂表面，还原NO生成N2和H2O，总方程式为：，故D正确；故选C。13.某小组研究SCN-分别与Cu2+和Fe3+的反应：编号123实验现象溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN)溶液变红，向反应后的溶液中加⼊K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多接通电路后，电压表指针不偏转。⼀段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，没有观察到蓝色沉淀下列说法不正确的是A．实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂B．实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN-结合形成了配合物C．若将实验3中Fe2(SO4)3溶液替换为0.25mol/LCuSO4溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转D．综合实验1～3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关【答案】C【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，反应产生Fe(SCN)3使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明