精品解析：北京市第五十七中学2023-2024学年高一下学期第二次月考化学试题

2023—2024学年第二学期第二次月考练习 高一化学 本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 一、单选题 1. 陕西历史博物馆收藏和展出了陕西历史文化和中国古代文明中的诸多历史文物。以下文物的主要构成材料不是金属材料的是 A．朱雀铜熏炉 B．青瓷罐 C．银卧鹿 D．金怪兽 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．朱雀铜熏炉主要成分是铜，属于金属材料，故A不符合题意； B．青瓷罐属于陶瓷，是硅酸盐产品，不属于金属材料，故B符合题意； C．银卧鹿主要成分是银，属于金属材料，故C不符合题意； D．金怪兽主要成分是金，属于金属材料，故D不符合题意。 综上所述，答案为B。 2. 2022年2月4日至2月20日，第24届冬奥会在中国北京市和张家口市联合举行，冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是 A．为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池 B．轻合金材料制成的冰刀 C．大理石冰壶 D．聚氨酯速滑服 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体硅太阳能电池属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A错误； B．轻合金材料制成的冰刀属于合金，不属于有机高分子材料，故B错误； C．大理石主要成分为碳酸钙，不属于有机高分子材料，故C错误； D．聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故D正确； 故选D。 3. 下列反应属于加成反应的是 A. 乙烯与溴化氢反应生成溴乙烷 B. 苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢 C. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气 D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯与溴化氢反应生成溴乙烷属于加成反应，A正确； B．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢属于取代反应，B错误； C．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气属于置换反应，C错误； D．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢属于取代反应，D错误； 故选A。 4. 下列说法不正确的是 A. 与互为同系物 B. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体 C. 石油的分馏和煤的干馏都是化学变化 D. 符合分子式的烃不一定是烯烃 【答案】C 【解析】 【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；由化学式可知，两者均为饱和烷烃，则与互为同系物，A正确； B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，B正确； C．石油的分馏为物理变化，煤的干馏是化学变化，C错误； D．符合分子式的烃不一定是烯烃，可能为环烃，D正确； 故选C。 5. 是一种常用氮肥，下列关于的说法正确的是 A. 氯离子的结构示意图： B. 中含有个质子 C. 不宜与碱性化肥混合使用 D. 人工固氮的反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图： ，故A错误； B．1个铵根有11个质子，则中含有个质子，故B错误； C．氯化铵显酸性，与碱性化肥会发生反应，因此不宜与碱性化肥混合使用，故C正确； D．固态是游离态的氮气变为化合态，人工固氮的反应是合成氨的反应，故D错误。 综上所述，答案为C。 6. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 【答案】D 【解析】 【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。 7. 下列关于乙醇的反应中，不涉及电子转移的是 A. 乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯 B. 乙醇使酸性溶液变绿 C. 乙醇使酸性溶液褪色 D. 乙醇与金属钠反应产生气体 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，没有电子转移，故A符合题意； B．乙醇使酸性溶液变绿，乙醇被氧化，化合价升高，有电子转移，故B不符合题意； C．乙醇使酸性溶液褪色，中+7价锰化合价降低为+2价，有电子转移，故C不符合题意； D．乙醇与金属钠反应产生气体即氢气，钠化合价升高，有电子转移，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。 8. 氮在自然界中的循环涉及地球上生物圈的方方面面。 下列说法不正确的是 A. 细菌对氮元素的循环有重要作用 B. 硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应 C. 氨氧化过程中氧化产物和还原产物的质量比为1∶1 D. Fe3+将NH转化为N2的离子方程式为Fe3++2NH=Fe2++N2↑+8H+ 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，细菌参与了氮在自然界中的循环的过程，所以细菌对氮元素的循环有重要作用，故A正确； B．硝化过程和反硝化过程均涉及到N元素的化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故B正确； C．由图可知氨的氧化反应为：+=N2+2H2O，铵根离子中氮元素的化合价升高，被氧化，氧化产物是氮气，亚硝根离子中氮元素的化合价降低，被还原，还原产物是氮气，氧化产物和还原产物都是氮气，质量之比是1：1，故C正确； D．Fe3+将转化为Fe2+、N2和H+，则1mol铁离子转移1mol电子，得到1mol氮气转移6mol电子，其离子方程式为6Fe3++2=6Fe2++N2↑+8H+，故D错误； 故选D。 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶于稀， B. 向溶液中通入少量氯气： C. 向溶液中滴加过量溶液： D. 醋酸溶解水垢中的碳酸钙： 【答案】B 【解析】 【详解】A．硝酸会把亚铁离子氧化为铁离子，反应为，A错误； B．碘离子还原性大于亚铁离子，故少量氯气首先和碘离子反应，，B正确； C．向溶液中滴加过量溶液生成偏铝酸钠：，C错误； D．醋酸溶解水垢中的碳酸钙生成醋酸钙和水、二氧化碳，，D错误； 故选B。 10. Lv(中文名“鉝”，lì)是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6，下列说法中，不正确的是 A. Lv原子有116个核外电子 B. 的原子核内有177个中子 C. Lv位于元素周期表第六周期第ⅥA族 D. 、、互为同位素 【答案】C 【解析】 【详解】A．Lv是116号元素，即原子核内有116个质子，故Lv原子有116个核外电子，A正确； B．已知质量数等于质子数+中子数，故的原子核内有293-116=177个中子，B正确； C．Lv是116号元素，116＞86，原子核外最外层电子数是6，故Lv位于元素周期表第七周期第ⅥA族，C错误； D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子之间互为同位素，故、、互为同位素，D正确； 故答案为：C。 11. 下表是元素周期表的一部分，下列说法正确的是 Si P S Cl Ar Ge As Se Br Kr Sn Sb Te I Xe Pb Bi Po Al Rn A. 原子半径： B. 稳定性： C. 酸性： D. 上表中，元素Pb的金属性最强 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：，故A错误； B．根据非金属性越强，其氢化物稳定性越强，则稳定性：，故B错误； C．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：，故C错误； D．根据同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，因此上表中，元素Pb的金属性最强，故D正确。 综上所述，答案为D。 12. 某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是 A. 该有机物中有4种官能团 B. 该有机物能与反应 C. 该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种 D. 该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．该有机物有碳碳双键、羧基和羟基3种官能团，故A错误； B．只有羧基与氢氧化钠反应，所以该有机物能与反应，故B错误； C．该有机物中含有的碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．该有机物中含有羟基和羧基，可发生取代反应，故D错误； 故选C。 13. 由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应物能量之和大于生成物能量之和 B. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和 C. 反应生成时转移 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应属于放热反应，A正确； B．断键吸收能量，成键释放能量，此反应是放热反应，因此断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，B正确； C．由图可知反应为N2O＋NO=N2＋NO2，反应中生成1mol N2时转移电子2mol，C错误； D．根据能量变化图，反应的热化学方程式为： ，D正确； 故选C。 14. 下列实验方案中能达到相应实验目的的是 选项 A B 方案 目的 验证对分解有催化作用 比较C、Si和Cl的非金属性 选项 C D 方案 将球浸泡在冷水和热水中 目的 探究温度对化学平衡的影响 干燥氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．分解，两个对比实验有两个变量，催化剂和温度，因此不能达到实验目的，故A不符合题意； B．比较非金属性，应该用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，由于盐酸易挥发，挥发的盐酸也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，因此不能比较C、Si和Cl的非金属性，故B不符合题意； C．将球浸泡在冷水和热水中，通过颜色变化来探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，故C符合题意； D．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，因此不能用浓硫酸干燥氨气，故D不符合题意。 综上所述，答案为C。 15. 25℃、101kPa 下： ①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol ② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol 下列说法正确的是 A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D. 25℃、101kPa 下，Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中产物Na2O含有两个Na+和一个O2-，阴阳离子个数比为2∶1，②产物Na2O2含有两个Na+和一个O，阴阳离子个数比也为2∶1，二者相等，A错误； B．①中Na2O~2e-，②中Na2O2~2e-，则二者生成等物质的量的产物，转移电子数相同，B错误； C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高产物变为Na2O2，C错误； D．25℃、101kPa 下，根据盖斯定律，反应①×2-②可得：Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=(-414)×2-(-511)=-317(kJ/mol)，D正确； 故选D。 16. 某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是 已知：(橙色)(黄色) 试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，变深。 A. 该反应为氧化还原反应 B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使完全反应 C. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应中各元素化合价均没有变化，不属于氧化还原反应，A错误； B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，但可逆反应中反应物不能完全转化，B错误； C．b溶液体积增大，且OH-能中和H+，导致反应物和生成物浓度都减小，溶液颜色变浅，但此现象是平衡正向移动的结果，但由于加入NaOH溶液同时存在稀释和中和H⁺两个影响因素，故不能唯一证明减小生成物浓度平衡会正向移动，而c溶液由于浓硫酸即导致H+浓度增大，导致平衡逆向移动，则溶液颜色变深，故该实验不能说明减小生成物浓度平衡正向移动，C正确； D．已知浓硫酸溶于水是一个放热过程，故试管c中氢离子浓度增大、温度也升高，无法说明影响平衡的主要因素是温度，D错误； 故答案为：C。 17. 在一定条件下，将和两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：。末该反应达平衡，生成，并测得C的浓度为。下列判断正确的是 A. B. A的转化率为 C. 内B的反应速率为 D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态 【答案】D 【解析】 【详解】A．末该反应达平衡，生成，并测得C的浓度为，则C的物质的量改变量为，根据改变量之比等于计量系数之比，则，故A错误； B．根据D改变量为0.8mol，则A的改变量为1.2mol，则A的转化率为，故B错误； C．根据D改变量为0.8mol，则B的改变量为0.4mol，内B的反应速率为，故C错误； D．该反应是体积减小的反应，正向移动，气体质量不变，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态，故D正确。 综上所述，答案为D。 18. 具有相同官能团的有机物化学性质相似，据此推测下列物质中不能与丙烯醇发生反应的是 A. 金属钠 B. 溴的四氯化碳溶液 C. 溶液 D. 氢气 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯醇含有羟基能与金属钠反应生成氢气，A错误； B．丙烯醇含有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误； C．丙烯醇不能和碳酸钠溶液反应，C正确； D．丙烯醇含有碳碳双键能和氢气发生加成反应，D错误； 故选C。 19. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I -形式存在）的工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者 B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂 C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2):n(KClO3) =3:1 D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化 【答案】B 【解析】 【分析】本题利用氯气先将I-氧化I2，用高分子吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，提高的I-浓度，最后用氯酸钾氧化得到I2。 【详解】A.①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附后再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确； B. ④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误； C. 根据反应② Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤ ClO3-+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O,假设分别得到3mol I2，则消耗的n(Cl2) =3mol、n(KClO3)=1mol，则n(Cl2):n(KClO3) =3:1，C正确； D. ⑥将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确。 答案选B。 20. 已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是 A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线 B. 反应进行到20min末，H3COCH3的 C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的 【答案】D 【解析】 【详解】A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误； B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误； C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误； D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确； 答案选D。 【点晴】做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。 21. 某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下： 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验过程 实验现象 紫色变浅(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2) 溶液呈淡黄色(pH≈8)，生成浅粉色沉淀(MnS) 资料：ⅰ．在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。 ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法不正确的是（ ）。 A. 根据实验可知，Na2S被氧化 B. 取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验，检测到有，不能说明S2-被氧化为 C. 实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2-能将还原为MnO2 D. 实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，是由于S2-将新生成的还原为Mn2+并迅速与其结合所致 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据实验Ⅰ、Ⅱ中的实验现象可知发生了氧化还原反应，KMnO4中Mn元素化合价降低，被还原，同时Na2S中S元素化合价升高，被氧化，A项正确； B．实验中KMnO4溶液用H2SO4酸化，检测到有，可能是H2SO4电离产生，不能说明是S2-的氧化产物，B项正确； C．实验Ⅰ反应后的溶液pH＜1，根据题给资料，在强酸性条件下被还原为Mn2+，所以MnO2不是被S2-还原得到，而是过量的与Mn2+发生归中反应而产生的，C项错误； D．实验Ⅱ中Na2S过量，S2-将新生成的MnO2还原为Mn2+并迅速与其结合生成浅粉色沉淀MnS，D项正确； 答案选C。 第二部分 22. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是_______。 （2）B中含有的官能团名称为_______。 （3）区分A、B两种物质的方法是_______。 （4）A与B反应的化学方程式是_______。 （5）D的结构简式是_______。 【答案】（1）加成反应 （2）羧基、碳碳双键 （3）向盛有少量A、B的试管中滴加几滴紫色石蕊，变红的为B(丙烯酸) （4）CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O （5） 【解析】 【分析】由流程可知，丙烯和水催化加成生成A：1−丙醇，丙烯和氧气催化反应生成B：丙烯酸，丙烯酸和1−丙醇发生酯化反应生成丙烯酸丙酯，丙烯酸丙酯发生加聚反应生成聚合物D。 【小问1详解】 丙烯和水催化加成生成A：1−丙醇，为加成反应； 【小问2详解】 B为丙烯酸，则B中含有的官能团为羧基、碳碳双键； 【小问3详解】 A为醇，B含有碳碳双键和羧基，主要通过羧基来区分，因此区分A、B两种物质的方法是向盛有少量A、B的试管中滴加几滴紫色石蕊，变红的为B(丙烯酸)； 【小问4详解】 A与B反应是丙烯酸和1−丙醇发生酯化反应生成丙烯酸丙酯和水，其反应的化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O； 【小问5详解】 D是CH2=CHCOOCH2CH2CH3发生加聚反应得到，则D的结构简式是。 23. L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表；L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料。请回答： M T （1）T离子的结构示意图为_______，元素L在周期表中的位置为_______。 （2）M单质分子的电子式为_______。用电子式表示由W和组成的化合物的形成过程_______。 （3）下列有关相应元素非金属性强弱比较的说法正确的是_______(填字母序号) a.M的气态氢化物比R的气态氢化物酸性强，则非金属性M强于R b.高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于R c.W核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力比T强，则非金属性W强于T （4）工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下制备，且该反应中除外的另一种产物可以用于工业冶炼铁。制备反应的化学方程式为_______。 【答案】（1） ①. ②. 第2周期第ⅣA族 （2） ①. ②. （3）c （4）2Cl2+SiO2+2CSiCl4+2CO 【解析】 【分析】R的单质是一种常见的半导体材料，R是Si元素；L与R原子的最外层电子数相同，L是C元素；L、M、R、T、W是原子序数依次增大，根据M、T在周期表中的相对位置，M是ⅤA族元素、T是ⅥA族元素、W是ⅦA族元素，所以M、T、W分别是N、S、Cl元素。 【小问1详解】 T离子即S2-，结构示意图为，元素L是碳元素，在周期表中的位置为：第2周期第ⅣA族； 【小问2详解】 M单质是N2，其分子中存在氮氮三键，电子式为；氯得到1个电子形成氯离子、钠失去1个电子形成钠离子，氯离子和钠离子形成氯化钠，； 【小问3详解】 a．金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，NH3比SiH4稳定，则非金属性N强于Si，但是其气态氢化物酸性不能说明非金属性强弱，故a错误； b．高温下单质碳能从二氧化硅中置换出硅，表现碳的还原性，不能推出非金属性C强于Si，故b错误； c．得电子能力越强，非金属性越强，故c正确； 故答案为c。 【小问4详解】 CO可以用于工业炼铁，据信息可知，工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下生成SiCl4和CO。制备SiCl4的反应方程式为2Cl2+SiO2+2CSiCl4+2CO。 24. 硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。 （1）工业可采用分解的方法制取氢气。在容积为的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。的起始物质的量均为，在相同时间内，的实际转化率和平衡转化率与温度的关系如图所示。(曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率) ①已知各化学键的键能如下： 化学键 键能() 436 425 347 则分解产生和的热化学方程式为_______。 ②时，反应经过达到平衡状态，此时的转化率为，则用表示的反应速率为_______。 ③随着分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是_______。 （2）将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是_______。 ②图示中反应Ⅲ的离子方程式为_______。 ③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含，可采取的措施有_______。(写出一条即可) 【答案】（1） ①. △H＝ ②. ③. 温度升高，反应速率都增大，达到平衡所需时间缩短 （2） ①. H、Cu、Cl ②. ③. 增大铁离子浓度或氧气的通入量 【解析】 【小问1详解】 ①则分解产生和的热化学方程式为 △H＝；故答案为： △H＝。 ②时，反应经过达到平衡状态，此时的转化率为，则硫化氢改变量为0.4mol，则用表示的反应速率为；故答案为：。 ③随着分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是随着温度升高，正逆反应速率都增大，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；故答案为：温度升高，反应速率都增大，达到平衡所需时间缩短。 【小问2详解】 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是H、Cu、Cl，变化的价态是Fe、S、O；故答案为：H、Cu、Cl。 ②图示中反应Ⅲ是铁离子和硫化铜反应生成硫单质、亚铁离子和铜离子，其反应的离子方程式为；故答案为：。 ③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含，根据反应Ⅲ，可采取的措施有增大铁离子浓度或氧气的通入量；故答案为：增大铁离子浓度或氧气的通入量。 25. 工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将转化为。在该过程中，与的物质的量之比为_______。 （2）酸浸：已知难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，此时溶于盐酸的离子方程式是_______。 （3）转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： ①浸出液中加入石灰乳的作用是_______。 ②向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是_______。 （4）煅烧：煅烧时生成的化学方程式是_______。 （5）测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液。过量的恰好能与溶液完全反应。 已知：ⅰ．； ⅱ．测定过程中被还原为。 假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______。 【答案】（1）1：1 （2） （3） ①. 调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀 ②. 当时，钒主要存在形式不是形式存在 （4） （5） 【解析】 【分析】石煤为原料(含有、等杂质)焙烧生成，用盐酸酸浸，向酸浸溶液中加入石灰乳得到沉淀，加入碳酸铵溶液生成溶液，再加入NH4Cl溶液生成沉淀，煅烧生成。 【小问1详解】 根据题意，在该过程中，1mol失去4mol电子，1mol得到4mol电子，因此与的物质的量之比为1：1；故答案为1：1。 【小问2详解】 难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，价钒以形式存在，此时溶于盐酸的离子方程式是；故答案为：。 【小问3详解】 ①根据pH为10~12时，价钒以形式存在，因此浸出液中加入石灰乳的作用是调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀；故答案为：调节溶液pH值，提供钙离子形成沉淀。 ②向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，价钒以形式存在，而不是以形式存在，因此的产量明显降低；故答案为：当时，钒主要存在形式不是形式存在。 【小问4详解】 煅烧时生成、氨气和水，其反应的化学方程式是；故答案为：。 【小问5详解】 根据题意得到关系式，则剩余的物质的量为，再根据关系式，则产品中的质量分数是；故答案为：。 26. 某小组研究溶液与KI溶液的反应，实验记录如下： 实验编号 实验操作 实验现象 Ⅰ ⅰ．溶液 ⅱ．几滴淀粉溶液 ⅰ．溶液变为浅黄色 ⅱ．溶液变蓝 Ⅱ ⅰ．溶液 ⅱ．几滴淀粉溶液 ⅰ．溶液保持无色 ⅱ．溶液不变蓝，溶液的 【资料】：ⅰ．溶液呈碱性。 ⅱ．在并加热的条件下极不稳定。 ⅲ．碘的化合物主要以和的形式存在。 ⅳ．酸性条件下不能氧化，可以氧化。 （1）的电子式为：_______。 （2）实验Ⅰ中溶液变为浅黄色的离子方程式是_______。 （3）对比实验Ⅰ和Ⅱ，研究实验Ⅱ反应后“溶液不变蓝”的原因。 ①提出假设a：在碱性溶液中不能存在。 设计实验Ⅲ证实了假设a成立，补充实验Ⅲ的操作及现象：向_______溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水。振荡，观察到_______。 ②提出假设b：可将氧化为。 进行实验也证实了假设b成立。 （4）检验实验Ⅱ所得溶液中的：取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，一段时间后有黄绿色刺激性气味的气体产生，测得溶液的。再加入KI溶液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在。 ①产生的黄绿色气体是_______。 ②有同学认为此实验不能说明实验Ⅱ所得溶液中存在，理由是_______。欲证明实验Ⅱ所得溶液中存在，改进的实验方案是_______。 ③实验Ⅱ中反应的离子方程式是_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. 的NaOH ②. 蓝色褪去 （4） ①. Cl2 ②. 溶液中的Cl2或HClO也可将碘离子氧化为单质碘，使溶液变蓝 ③. 加热pH=2的溶液至无色，冷却后再加入KI溶液 ④. 【解析】 【分析】探究溶液与KI溶液的反应，碘离子和氯酸根反应生成单质碘、氯离子和氢氧根，在的NaOH溶液中，单质碘与氢氧根反应生成和，酸性条件下不能氧化，可以氧化，为了验证溶液中有，则需要将HClO分解或氯气逸出，再在酸性条件下加入碘离子反应生成单质碘进行验证。 【小问1详解】 的电子式为：；故答案为：。 【小问2详解】 实验Ⅰ中溶液变为浅黄色，说明生成了单质碘，由于溶液呈碱性，因此其反应的离子方程式是；故答案为：。 【小问3详解】 证明单质碘在碱性溶液中不能存在，可向氢氧化钠溶液中滴加含淀粉溶液的碘水，观察溶液是否褪色，操作方法是向的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；故答案为：的NaOH；蓝色褪去。 【小问4详解】 ①题中信息，酸性条件下不能氧化，可以氧化，取实验Ⅱ中所得溶液，滴加稀硫酸过量，整个过程均未出现蓝色，说明没有单质碘生成，一段时间后有黄绿色气体产生，则 产生的黄绿色气体是Cl2；故答案为：Cl2。 ②溶液中的Cl2或HClO也可将碘离子氧化为单质碘，使溶液变蓝，则此实验不能说明实验Ⅱ所得溶液中存在。欲证明实验Ⅱ所得溶液中存在，改进的实验方案是加热pH=2的溶液至无色，使黄绿色气体逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI溶液；故答案为：溶液中的Cl2或HClO也可将碘离子氧化为单质碘，使溶液变蓝；加热pH=2的溶液至无色，冷却后再加入KI溶液。 ③实验Ⅱ中是次氯酸根和碘离子发生氧化还原反应生成氯离子和碘酸根，其反应的离子方程式是；故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年第二学期第二次月考练习 高一化学 本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 一、单选题 1. 陕西历史博物馆收藏和展出了陕西历史文化和中国古代文明中的诸多历史文物。以下文物的主要构成材料不是金属材料的是 A．朱雀铜熏炉 B．青瓷罐 C．银卧鹿 D．金怪兽 A. A B. B C. C D. D 2. 2022年2月4日至2月20日，第24届冬奥会在中国北京市和张家口市联合举行，冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是 A．为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池 B．轻合金材料制成的冰刀 C．大理石冰壶 D．聚氨酯速滑服 A. A B. B C. C D. D 3. 下列反应属于加成反应的是 A. 乙烯与溴化氢反应生成溴乙烷 B. 苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢 C. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气 D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢 4. 下列说法不正确的是 A. 与互为同系物 B. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体 C. 石油的分馏和煤的干馏都是化学变化 D. 符合分子式的烃不一定是烯烃 5. 是一种常用氮肥，下列关于的说法正确的是 A. 氯离子的结构示意图： B. 中含有个质子 C. 不宜与碱性化肥混合使用 D. 人工固氮的反应： 6. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 7. 下列关于乙醇的反应中，不涉及电子转移的是 A. 乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯 B. 乙醇使酸性溶液变绿 C. 乙醇使酸性溶液褪色 D. 乙醇与金属钠反应产生气体 8. 氮在自然界中的循环涉及地球上生物圈的方方面面。 下列说法不正确的是 A. 细菌对氮元素的循环有重要作用 B. 硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应 C. 氨氧化过程中氧化产物和还原产物的质量比为1∶1 D. Fe3+将NH转化为N2的离子方程式为Fe3++2NH=Fe2++N2↑+8H+ 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶于稀， B. 向溶液中通入少量氯气： C. 向溶液中滴加过量溶液： D. 醋酸溶解水垢中的碳酸钙： 10. Lv(中文名“鉝”，lì)是元素周期表第116号元素，Lv的原子核外最外层电子数是6，下列说法中，不正确的是 A. Lv原子有116个核外电子 B. 的原子核内有177个中子 C. Lv位于元素周期表第六周期第ⅥA族 D. 、、互为同位素 11. 下表是元素周期表的一部分，下列说法正确的是 Si P S Cl Ar Ge As Se Br Kr Sn Sb Te I Xe Pb Bi Po Al Rn A. 原子半径： B. 稳定性： C. 酸性： D. 上表中，元素Pb的金属性最强 12. 某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是 A. 该有机物中有4种官能团 B. 该有机物能与反应 C. 该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种 D. 该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应 13. 由和反应生成和的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应物能量之和大于生成物能量之和 B. 断键吸收能量之和小于成键释放能量之和 C. 反应生成时转移 D. 14. 下列实验方案中能达到相应实验目的的是 选项 A B 方案 目的 验证对分解有催化作用 比较C、Si和Cl的非金属性 选项 C D 方案 将球浸泡在冷水和热水中 目的 探究温度对化学平衡的影响 干燥氨气 A. A B. B C. C D. D 15. 25℃、101kPa 下： ①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ/mol ② 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ/mol 下列说法正确的是 A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D. 25℃、101kPa 下，Na2O2(s)+2 Na(s)= 2Na2O(s)=-317kJ/mol 16. 某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是 已知：(橙色)(黄色) 试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，变深。 A. 该反应为氧化还原反应 B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使完全反应 C. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度 17. 在一定条件下，将和两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：。末该反应达平衡，生成，并测得C的浓度为。下列判断正确的是 A. B. A的转化率为 C. 内B的反应速率为 D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态 18. 具有相同官能团的有机物化学性质相似，据此推测下列物质中不能与丙烯醇发生反应的是 A. 金属钠 B. 溴的四氯化碳溶液 C. 溶液 D. 氢气 19. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I -形式存在）的工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者 B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂 C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2):n(KClO3) =3:1 D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化 20. 已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是 A. b代表下CH3COCH3的Y-t曲线 B. 反应进行到20min末，H3COCH3的 C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的 21. 某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下： 实验序号 Ⅰ Ⅱ 实验过程 实验现象 紫色变浅(pH＜1)，生成棕褐色沉淀(MnO2) 溶液呈淡黄色(pH≈8)，生成浅粉色沉淀(MnS) 资料：ⅰ．在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。 ⅱ．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。 下列说法不正确的是（ ）。 A. 根据实验可知，Na2S被氧化 B. 取少量实验Ⅰ所得溶液进行实验，检测到有，不能说明S2-被氧化为 C. 实验Ⅰ中生成棕褐色沉淀，说明酸性条件下S2-能将还原为MnO2 D. 实验Ⅱ得到浅粉色沉淀，是由于S2-将新生成的还原为Mn2+并迅速与其结合所致 第二部分 22. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是_______。 （2）B中含有的官能团名称为_______。 （3）区分A、B两种物质的方法是_______。 （4）A与B反应的化学方程式是_______。 （5）D的结构简式是_______。 23. L、M、R、T、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，M、T在周期表中的相对位置如表；L与R原子的最外层电子数相同，R的单质是一种常见的半导体材料。请回答： M T （1）T离子的结构示意图为_______，元素L在周期表中的位置为_______。 （2）M单质分子的电子式为_______。用电子式表示由W和组成的化合物的形成过程_______。 （3）下列有关相应元素非金属性强弱比较的说法正确的是_______(填字母序号) a.M的气态氢化物比R的气态氢化物酸性强，则非金属性M强于R b.高温下，L的单质能从R的最高价氧化物中置换出R，则非金属性L强于R c.W核电荷数比T多，原子半径比T小，得电子能力比T强，则非金属性W强于T （4）工业上可用二氧化硅、氯气和焦炭在高温条件下制备，且该反应中除外的另一种产物可以用于工业冶炼铁。制备反应的化学方程式为_______。 24. 硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。 （1）工业可采用分解的方法制取氢气。在容积为的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。的起始物质的量均为，在相同时间内，的实际转化率和平衡转化率与温度的关系如图所示。(曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率) ①已知各化学键的键能如下： 化学键 键能() 436 425 347 则分解产生和的热化学方程式为_______。 ②时，反应经过达到平衡状态，此时的转化率为，则用表示的反应速率为_______。 ③随着分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是_______。 （2）将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是_______。 ②图示中反应Ⅲ的离子方程式为_______。 ③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含，可采取的措施有_______。(写出一条即可) 25. 工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有、等杂质)，钙化法焙烧制备，其流程如下： 【资料】：价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将转化为。在该过程中，与的物质的量之比为_______。 （2）酸浸：已知难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的，此时溶于盐酸的离子方程式是_______。 （3）转沉：将浸出液中的钒转化为固体，其流程如下： ①浸出液中加入石灰乳的作用是_______。 ②向溶液中加入溶液，控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是_______。 （4）煅烧：煅烧时生成的化学方程式是_______。 （5）测定产品中的纯度：称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液。过量的恰好能与溶液完全反应。 已知：ⅰ．； ⅱ．测定过程中被还原为。 假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______。 26. 某小组研究溶液与KI溶液的反应，实验记录如下： 实验编号 实验操作 实验现象 Ⅰ ⅰ．溶液 ⅱ．几滴淀粉溶液 ⅰ．溶液变为浅黄色 ⅱ．溶液变蓝 Ⅱ ⅰ．溶液 ⅱ．几滴淀粉溶液 ⅰ．溶液保持无色 ⅱ．溶液不变蓝，溶液的 【资料】：ⅰ．溶液呈碱性。 ⅱ．在并加热的条件下极不稳定。 ⅲ．碘的化合物主要以和的形式存在。 ⅳ．酸性条件下不能氧化，可以氧化。 （1）的电子式为：_______。 （2）实验Ⅰ中溶液变为浅黄色的离子方程式是_______。 （3）对比实验Ⅰ和Ⅱ，研究实验Ⅱ反应后“溶液不变蓝”的原因。 ①提出假设a：在碱性溶液中不能存在。 设计实验Ⅲ证实了假设a成立，补充实验Ⅲ的操作及现象：向_______溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水。振荡，观察到_______。 ②提出假设b：可将氧化为。 进行实验也证实了假设b成立。 （4）检验实验Ⅱ所得溶液中的：取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，一段时间后有黄绿色刺激性气味的气体产生，测得溶液的。再加入KI溶液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在。 ①产生的黄绿色气体是_______。 ②有同学认为此实验不能说明实验Ⅱ所得溶液中存在，理由是_______。欲证明实验Ⅱ所得溶液中存在，改进的实验方案是_______。 ③实验Ⅱ中反应的离子方程式是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $