高級中學名校試題PAGEPAGE1廣西貴百河聯考2023-2024學年高一下學期5月月考試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意要求的。1.化學與生產、生活密切相關，下列有關說法不正確的是（）A.排放到空氣中的CO2、NO2、SO2均會形成酸雨B.光導纖維、碳化硅陶瓷，石墨烯都是新型無機非金屬材料C.“綠色奧運”的二氧化碳跨準界直接制冰技術利用了其物理性質D.汽車中小擺件“革果花”的動力是以Si為原料制作的太陽能電池【答案】A【解析】【詳析】A．排放到空氣中的CO2會導致產生溫室效應而不會產生酸雨，A錯誤；B．光導纖維、碳化硅陶瓷，石墨烯都是新型無機非金屬材料，B正確；C．二氧化碳跨臨界直接制冰，利用壓力變化使二氧化碳汽化實現，將氣態二氧化碳變為固態二氧化碳，利用了其物理性質，C正確；D．Si為半導體，可用于制作半導體，汽車中小擺件“革果花”的動力是以Si為原料制作的太陽能電池，D正確；故合理選項是A。2.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是（）A.2.24L(標準狀況)CCl4中含有的碳原子數為0.1NAB.4.6g乙醇中含有C—H鍵的數目為0.6NAC.標準狀況下，11.2L由甲烷和乙烯組成的混合物中含氫原子的數目為2NAD.1mol乙酸與足量的乙醇發生酯化反應，生成的乙酸乙酯的分子數為NA【答案】C【解析】〖祥解〗【詳析】A．標準狀況下，不是氣體，不能用氣體摩爾體積進行計算，A項錯誤；B．一個乙醇分子中含有5個鍵，4.6g乙醇的物質的量n==0.1mol，含有C—H鍵的數目為0.1×5=0.5NA，B項錯誤；C．甲烷和乙烯混合物的物質的量n==0.5mol，都含有4個H原子，則混合物中含氫原子的數目為0.5×4=2NA，C項正確；D．乙醇和乙酸的酯化反應是可逆反應，不能完全轉化，生成的乙酸乙酯的分子數小于NA，D項錯誤。故選：C。3.下列有關化學用語表示不正確的是（）A.氮氣的電子式：B.次氯酸的結構式：H—O—C1C.M2+核外有a個電子，核內有b個中子，M的原子符號為：MD.用電子式表示MgCl2的形成過程為：【答案】D【解析】【詳析】A．氮氣分子中含有1個氮氮三鍵，N原子最外層滿足8電子穩定結構，其電子式為，故A正確；B．次氯酸中O原子分別和H原子、Cl原子形成兩條共價鍵，故結構式為H-O-Cl，故B正確；C．M2+核外有a個電子、b個中子，M原子的質子數=核外電子總數=a+2，質量數為a+b+2，則M的核素符號為M，故C正確；D．鎂原子失去最外層的2個電子形成穩定的鎂離子，2個氯原子從鎂原子分別得到1個電子形成穩定的氯離子，在鎂離子與氯離子的靜電作用下結合形成氯化鎂，用電子式表示下列物質的形成過程為，故D錯誤；故選：D。4.下列離子方程式正確的是（）A.次氯酸鈉溶液吸收足量二氧化硫氣體：B.向溶液中通入少量的：C.足量的鐵與稀硝酸反應：D.“84消毒液”和“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)混合使用會產生有毒氣體：【答案】A【解析】【詳析】A．次氯酸鈉氧化二氧化硫生成硫酸根，故離子方程式為，故A正確；B．向溶液中通入少量的生成亞硫酸鈉：，故B錯誤；C．足量的鐵與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、NO和水，離子方程式為，故C錯誤；D．“84消毒液”的主要成分為NaClO，與鹽酸混合使用會產生有毒氣體：，故D錯誤；故選A5.利用下列裝置(夾持裝置已省略)進行對應實驗。下列說法正確的是（）A.裝置a可用于測定氯水的B.裝置b從溶液中獲得純凈的固體C.裝置c加熱一段時間后氣球鼓起，溴水褪色D.裝置d中可氧化溶液使其褪色【答案】C【解析】【詳析】A．氯水能漂白pH試紙，不能用pH試紙測定氯水的，故A錯誤；B．碳酸氫鈉加熱易分解，一般用蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾等從溶液中獲得純凈的固體，不能用蒸發結晶從溶液中獲得純凈的固體，故B錯誤；C．裝置c加熱，木炭和濃硫酸反應生成二氧化碳、二氧化硫氣體，溴和二氧化硫反應生成硫酸和氫溴酸，所以一段時間后氣球鼓起，溴水褪色，故C正確；D．具有強氧化性，裝置d中可還原溶液使其褪色，故D錯誤；選C。6.學習小組在實驗室中利用如圖所示裝置探究濃硫酸與生鐵的反應。下列說法錯誤的是（）A.d中品紅溶液不褪色，e中澄清石灰水變渾濁的原因是生鐵中的C與濃硫酸共熱生成了B.c中酸性高錳酸鉀溶液褪色時，發生反應的離子方程式為C.未點燃酒精燈時，b中品紅溶液可能不會褪色D.f導管出來的氣體中可能含有【答案】B【解析】【詳析】A．d中品紅溶液不褪色，證明通入e中的氣體不含SO2，e中澄清石灰水變渾濁，說明a中有生成，a中生鐵中的C與濃硫酸共熱生成了，故A正確；B．c中酸性高錳酸鉀溶液褪色時，發生反應的離子方程式為，故B錯誤；C．常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化，未點燃酒精燈時，b中品紅溶液可能不會褪色，故C正確；D．隨反應進行，硫酸濃度減小，鐵和稀硫酸反應放出氫氣，f導管出來的氣體中可能含有，故D正確；選B。7.“神十”宇航員使用的氧氣瓶是以聚酯玻璃鋼為原料，甲、乙、丙三種物質是合成聚酯玻璃鋼的基本原料。下列說法正確的是（）A.甲物質可以在引發劑作用下生成有機高分子化合物B.1mol乙物質可與鈉完全反應生成2mol氫氣C.丙物質中所有原子一定共平面D.甲、乙、丙三種物質都可以發生加成反應【答案】A【解析】【詳析】A．甲分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下發生加聚反應產生有機高分子化合物，A正確；B．乙分子中含有2個-OH都可以與Na反應產生H2，根據反應轉化關系：2-OH~H2，可知1mol乙物質可與鈉完全反應生成1molH2，B錯誤；C．丙分子是苯環與乙烯基相連，苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，兩個平面共直線，因此丙物質中所有原子可能共平面，也可能不在同一平面上，C錯誤；D．甲、丙分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，因此在一定條件下可以與其它物質發生加成反應；B分子中無不飽和鍵，因此不能發生加成反應，D錯誤；故合理選項是A。8.納米(粒子半徑1~100nm)廣泛應用于生物醫學和功能材料，用廢舊鍍鋅鐵皮制備納米的流程如下：已知：下列有關說法正確的是（）A.“堿洗”時，Zn發生了還原反應B.“酸溶”時，改用98%濃硫酸可加快酸溶的速率C.“氧化”時發生：D.用激光筆照射“氧化”過程中所得分散系，產生丁達爾效應【答案】D【解析】〖祥解〗廢舊鋅鐵皮加入NaOH溶液中，氫氧化鈉溶液與油污反應生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強堿時生成，過濾，所得固體加入過量稀硫酸，溶解鐵，發生，加入適量氧氣，氧化部分亞鐵離子，氧化后的溶液中含有、、，向溶液中加入Na2SO4溶液生成四氧化三鐵膠體粒子。【詳析】A．氫氧化鈉溶液與油污反應生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強堿時生成發生了氧化反應，故A錯誤；B．“酸溶”時，98%濃硫酸與鐵發生了鈍化，不能溶解鐵，故B錯誤；C．“氧化”時溶液為堿性溶液，生成物中不能存在H+，故C錯誤；D．為納米級，故“氧化”過程中所得分散系為膠體，能產生丁達爾效應，故D正確；故選D。9.新型可充電鎂—溴電池能量密度高，循環性能優越，在未來能量存儲領域潛力巨大。某鎂—溴電池裝置如圖。下列說法不正確的是（）A.放電時，正極反應為：B.放電時，Mg電極發生還原反應C.放電時，Mg電極電子經導線至石墨D.當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole-【答案】B【解析】〖祥解〗依據題干裝置這Mg2+的移動方向可知，放電時鎂作負極，發生氧化反應，石墨作正極，負極反應式為Mg-2e-=Mg2+，正極反應式為+2e-=3Br-，據此分析解題。【詳析】A．由分析可知，放電時，正極反應為：，A正確；B．由分析可知，放電時，Mg作負極，則Mg電極發生氧化反應，B錯誤；C．由分析可知，放電時，Mg作負極，石墨作正極，則Mg電極電子經導線至石墨，C正確；D．根據電子守恒可知，當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole-，D正確；故答案為：B。10.向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應達到平衡，正反應速率隨時間變化的示意圖如下所示。下列敘述正確的是（）A.反應在c點達到平衡狀態B.反應物濃度：點小于點C.反應物的總能量低于生成物的總能量D.時，SO2的轉化率：段小于段【答案】D【解析】【詳析】A、化學平衡狀態的實質是正反應速率等于逆反應速率，c點對應的正反應速率還在改變，未達平衡，錯誤；B、a到b時正反應速率增加，反應物濃度隨時間不斷減小，錯誤；C、從a到c正反應速率增大，之后正反應速率減小，說明反應剛開始時溫度升高對正反應速率的影響大于濃度減小對正反應速率的影響，說明該反應為放熱反應，即反應物的總能量高于生成物的總能量，錯誤；D、隨著反應的進行，正反應速率增大，△t1＝△t2時，SO2的轉化率：a～b段小于b～c段，正確；答案選D。11.某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入4molNH2COONH4發生如下反應有關數據如下：時間段/minCO2平均生成速率/0~10.40~20.30~30.2下列說法錯誤的是（）A.30s時，NH3的濃度大于B.0~1min內，NH2COONH4(s)的反應速率為C.2min30s時，該反應還未達到平衡D.當CO2的體積百分數不變時，不能說明此反應達到了平衡狀態【答案】C【解析】【詳析】A．由于反應速率越來越慢，即前30s內CO2的平均生成速率大于0.2mol?L?1?min?1，故30s時，二氧化碳的濃度大于0.2mol?L?1，則氨氣的濃度大于0.4mol/L，A正確；B．1min內生成二氧化碳的物質的量為×1min×2L=0.8mol，故消耗醋酸銨的物質的量為0.8mol，質量為0.8mol×78g/mol=62.4g，故反應速率為62.4g/min，B正確；C．根據表格數據可知，2min、3min時二氧化碳的濃度分別為0.3mol?L?1?min?1×2min=0.6mol?L?1、0.2mol?L?1?min?1×3min=0.6mol?L?1，即2min、3min時二氧化碳的濃度相同，說明2min時反應已達到平衡，C錯誤；D．生成物中只有氨氣和二氧化碳，兩者物質的量之比是一個定值，所以二氧化碳的體積百分數保持不變時，與是否達到平衡沒有關系，D正確；故選C。12.N2和H2在催化劑表面合成氨的微觀歷程的示意圖如圖所示，用、、分別表示N2、H2、NH3.已知該反應為放熱反應，下列說法正確的是（）A.該催化劑為固體催化劑，其表面積對催化效果無影響B.②→③過程，是吸熱過程且只有H-H鍵的斷裂C.③→④過程，N和H形成了含有非極性鍵的NH3D.合成氨反應中，反應物斷鍵吸收能量小于生成物形成新鍵釋放的能量【答案】D【解析】【詳析】A．催化劑的表面積增大，利于在其表面吸附反應物進行反應，對催化效果有影響，A錯誤；B．在②→③過程，存在H-H、N≡N鍵的斷裂吸收能量，形成N原子和H原子，B錯誤；C．在③→④過程，生成了NH3，NH3含有N-H鍵，為極性鍵，C錯誤；D．合成氨為放熱反應，則反應物斷鍵吸收能量小于生成物形成新鍵釋放的能量，D正確；故選D。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，P、M、N均是由這些元素組成的二元化合物，它們存在轉化關系QP+M+N，P能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，M的組成元素位于同一主族，N常溫常壓下為液體。下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y＞Z＞W＞XB.簡單氣態氫化物的熱穩定性：Z＞YC.Q既能與強酸溶液反應，又能與強堿溶液反應D.Y最高價氧化物對應的水化物與Q溶液混合，無M生成【答案】A【解析】〖祥解〗本題主要考查元素推斷和元素周期律知識。由題分析可知，P為氨氣，M為二氧化硫，N為水，故X、Y、Z、W分別為H、N、O、S，據此分析解題。【詳析】A．同周期從左到右原子半徑逐漸減小，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，原子半徑：S>N>O>H，A錯誤；B．因為水分子內部的鍵能比氨氣分子中的大，所以水就比氨氣要穩定，簡單氣態氫化物的熱穩定性：H2O>NH3，B正確；C．Q可能為亞硫酸銨或亞硫酸氫銨，故Q既能與強酸溶液反應，又能與強堿溶液反應，C正確；D．Y的最高價氧化物對應的水化物為硝酸。硝酸會氧化Q中+4價的硫，故無二氧化硫生成，D正確；故選A。14.一種新型電池電解質陰離子結構式如圖所示。W、X、Y、Z為原子序數依次增大的同一短周期元素，X原子的最外層電子數等于其電子層數的2倍。下列說法不正確的是（）A.非金屬性：Z>Y>XB.Z的簡單氫化物的沸點是同主族元素中最大的C.X、W的最高價氧化物對應的水化物的酸性：W>XD.該陰離子中所有原子最外層均滿足8電子穩定結構【答案】C【解析】〖祥解〗X原子的最外層電子數等于其電子層數的2倍，且X后面還有Y、Z兩種元素，則X為C元素，則W、X、Y、Z均為第二周期元素，Y與C元素形成雙鍵，則Y為O元素，Z與W形成單鍵，則Z為F元素，W為B元素。【詳析】A．同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，則非金屬性：F>O>C，即Z>Y>X，故A正確；B．HF中含有氫鍵，因此沸點是同主族元素中最大的，故B正確；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性：C>B，所以酸性：H2CO3>H3BO3，即X>W，故C錯誤；D．該陰離子中所有原子最外層均通過共用電子對達到8電子穩定結構，故D正確；答案選C。二、非選擇題：共4題，共計58分。15.黃銅礦(主要成分為CuFeS2)產生的爐渣可用于制備綠礬(FeSO4·7H2O)。工藝流程如圖。已知：焙燒時的主要反應為：①；②；③。回答下列問題：（1）若CuFeS2中Fe的化合價為+2，則反應①中被還原的元素是：___________(填元素符號)。（2）“爐渣”的主要成分為Fe2O3、FeO和少量Cu。①Fe2O3高溫下與鋁粉混合發生的反應為___________。②“酸溶”后溶液中一定存在的金屬陽離子為___________(填離子符號)。③“試劑X”為___________。a．鐵粉b．銅粉c．鋅粉d．30%的H2O2④“操作”用到的玻璃儀器為___________。（3）“系列操作”為___________、___________、過濾、洗滌、干燥。【答案】（1）Cu、O（2）①.Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe②.Fe2+、Cu2+③.a④.漏斗、燒杯、玻璃棒（3）①.蒸發濃縮②.冷卻結晶【解析】黃銅礦通入氧氣焙燒，得到“爐渣”的主要成分為Fe2O3、FeO和少量Cu，加入20%的硫酸溶解，Fe2O3、FeO與酸反應分別生成Fe2(SO4)3、FeSO4，然后是少量Cu與Fe2(SO4)3反應，生成FeSO4和CuSO4，故反應后溶液中含有FeSO4、CuSO4，然后加入足量的鐵粉，還原未反應的Fe3+，同時置換出Cu，過濾，得到濾渣為鐵粉和少量的銅，濾液為FeSO4溶液，然后經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到FeSO4·7H2O晶體。（1）若CuFeS2中Fe的化合價為+2，則Cu為+2價，S為-2，則反應①中化合價降低元素為Cu和O元素，故被還原的元素為銅、氧；（2）①Fe2O3高溫下與鋁粉反應鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。②由分析可知，“酸溶”后溶液中一定存在的金屬陽離子為Fe2+、Cu2+。③“試劑X”將鐵離子還原為亞鐵離子、將銅離子置換為銅單質，且不引入新雜質，故為鐵單質，選a。④“操作”為分離固液的操作，為過濾，用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒；（3）“系列操作”得到硫酸亞鐵晶體，為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。16.硫酰氯(SO2Cl2)是一種重要的化工試劑，實驗室合成硫酰氯的實驗裝置如圖所示：已知：①SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)當有1molSO2參加反應時放出97.3kJ熱量。②硫酰氯常溫下為無色液體，熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，在潮濕空氣中易“發煙”。③100℃以上或長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣。（1）儀器a為恒壓分液漏斗，與普通分液漏斗相比，其優點是___________。（2）儀器b的名稱為___________，干燥管中堿石灰的主要作用是___________。（3）裝置E為儲氣裝置，用于提供氯氣，則分液漏斗c中盛放的試劑為___________。長期存放的硫酰氯會發黃，其原因可能為___________。（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯與另外一種物質，該反應的化學方程式為___________，分離這兩種液態產物的方法是___________。（5）若將SO2、Cl2按照一定比例通入水中，該反應的離子方程式為___________。【答案】（1）平衡分液漏斗內外壓強，便于液體順利流下（2）①.三口燒瓶或三頸燒瓶②.防止空氣中的水分進入裝置、處理尾氣（3）①.飽和食鹽水②.硫酰氯中溶有其分解產生的氯氣（4）①.2ClSO3HSO2C12+H2SO4②.蒸餾（5）Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+【解析】裝置A中利用70%硫酸與Na2SO3固體反應制得SO2，經B中濃硫酸干燥后，通入C中和氯氣反應生成SO2Cl2，硫酰氯在潮濕空氣中易“發煙”，裝置D同樣是濃硫酸用來干燥氯氣，冷凝管上端的堿石灰有除去尾氣的作用且防止空氣中水蒸氣進入裝置C。（1）儀器a為恒壓分液漏斗，與普通分液漏斗相比，其優點是平衡分液漏斗內外壓強，便于液體順利流下；（2）儀器b的名稱為三口燒瓶或三頸燒瓶，干燥管中堿石灰的主要作用是防止空氣中的水分進入裝置、處理尾氣；（3）氯氣能溶于水，而難溶于飽和食鹽水，故分液漏斗c中盛放的試劑為飽和食鹽水。長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣，氯氣為黃綠色氣體，長期存放的硫酰氯會發黃，其原因可能為硫酰氯中溶有其分解產生的氯氣；（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯與另外一種物質，結合質量守恒可知，生成的物質硫酸，該反應的化學方程式為2ClSO3HSO2C12+H2SO4，SO2Cl2為液體，H2SO4為液體，利用其沸點不同，采用蒸餾方法進行分離；（5）氯氣具有強氧化性，能氧化二氧化硫為硫酸，同時生成HCl，將SO2、Cl2按照一定比例通入水中，該反應的離子方程式為Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+。17.以CO2生產甲醇(CH3OH)是實現“碳中和”的重要途徑。其原理是CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。（1）該反應的能量變化如圖所示，該反應為_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。（2）恒容容器中，對于上述反應，下列措施能加快反應速率的是_______。A.升高溫度 B.充入He C.加入合適的催化劑 D.降低壓強（3）在體積為2L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，測得CO2、CH3OH的物質的量隨時間變化如圖。反應達到平衡狀態，此時H2的轉化率為_______。（4）在相同溫度、容積不變的條件下，不能說明該反應已達平衡狀態的是_______。A.CO2、H2的濃度均不再變化B.體系壓強不變C.n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1D.H2的消耗速率與CH3OH的生成速率之比為3∶1（5）用CH3OH和O2組合形成的質子交換膜燃料電池的結構如圖。①則電極c是_______(填“正極”或“負極”)，電極d的電極反應式_______。②若線路中轉移1mol電子，則該燃料電池理論上消耗的O2在標準狀況下的體積為_______L。【答案】（1）放熱（2）AC（3）75%(或0.75)（4）CD（5）①.負極②.O2+4e-+4H+=2H2O③.5.6【解析】（1）根據圖示，反應物總能量大于生成物總能量，該反應為放熱反應；（2）恒容發生CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)：A．升高溫度，活化分子百分數增大，有效碰撞幾率增大，反應速率加快，故選A；B．恒容容器中，充入He，反應物濃度不變，反應速率不變，故不選B；C．加入合適催化劑，活化能降低，活化分子百分數增大，有效碰撞幾率增大，反應速率加快，故選C；D．降低壓強，單位體積內活化分子數減少，有效碰撞幾率減小，反應速率減慢，故不選D；選AC；（3）反應達到平衡狀態時，反應消耗0.75molCO2，根據變化量之比=計量數之比可知消耗氫氣的物質的量為0.75mol×3=2.25mol，此時H2的轉化率為75%(或0.75)；（4）A．反應達到平衡時，各物質濃度保持不變，CO2、H2濃度均不再變化，說明反應達到平衡狀態，故不選A；B．反應前后氣體系數和不同，壓強是變量，體系壓強不變，反應達到平衡，故不選B；C．CH3OH(g)、H2O(g)都是生成物，反應開始后二者物質的量比始終是1:1，故n(CH3OH)∶n(H2O)=1∶1，反應不一定平衡，故選C；D．H2的消耗速率與CH3OH的生成速率都是正反應速率，二者之比為3∶1不能判斷反應是否平衡，故選D；選CD；（5）①根據圖示，電子由c流出，則電極c是負極，d是正極，氧氣在正極得電子發生還原反應，電極d的電極反應式O2+4e-+4H＋=2H2O；②正極反應式為O2+4e-+4H＋=2H2O，若線路中轉移1mol電子，消耗0.25mol氧氣，消耗的O2在標準狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L。18.A、B、C、D、E、F、G均為有機物，烴A分子中碳與氫元素的質量比為6∶1，是該類同系物中最簡單的物質。它們之間有如圖轉化關系。已知醛基在氧氣中易氧化成羧基，請回答下列問題：（1）A的結構簡式是___________，B中官能團的電子式為___________。（2）在F的同系物中最簡單的有機物的空間構型為___________。（3）寫出與F互為同系物的含5個碳原子的所有同分異構體中一氯代物種類最少的物質的結構簡式___________。（4）寫出下列編號對應反應的化學方程式：②___________；④___________（5）實驗室由反應④制備E可以采用如圖所示裝置。試管中依次加入B、濃硫酸、D和碎瓷片，右邊試管中加入的是___________溶液，其作用是溶解乙醇和___________。【答案】（1）①.CH2=CH2②.（2）正四面體（3）（4）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（5）①.飽和Na2CO3或者飽和碳酸鈉②.中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度【解析】A、B、C、D、E、F、G均為有機物，烴A分子中碳與氫元素的質量比為6∶1，是該類同系物中最簡單的物質，則A為乙烯：CH2=CH2；乙烯與水發生加成反應生成的B為CH3CH2OH；乙醇發生催化氧化生成的C為CH3CHO；乙醛進一步發生氧化反應生成的D為CH3COOH；乙酸與乙醇在濃硫酸作催化劑的條件下加熱發生酯化反應生成的E為CH3COOCH2CH3；乙烯與H2發生加成反應生成的F為C2H6；乙烯與HCl發生加成反應生成的G為CH3CH2Cl，乙烷與氯氣在光照條件下發生取代反應生成氯乙烷。（1）A為乙烯，其結構簡式是CH2=CH2，B為乙醇，其官能團為羥基，羥基的電子式為；（2）F為乙烷，同系物中最簡單的有機物為甲烷，甲烷空間構型為正四面體；（3）與F互為同系物的含5個碳原子的所有同分異構體中一氯代物種類最少，則其結構對稱，同類氫最少，為新戊烷，新戊烷的結構簡式為；（4）②為乙醇氧化為乙醛，反應的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；④為乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（5）反應④制備乙酸乙酯實驗中，右邊試管中加入的是飽和Na2CO3溶液，其作用是溶解乙醇和中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯。廣西貴百河聯考2023-2024學年高一下學期5月月考試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題意要求的。1.化學與生產、生活密切相關，下列有關說法不正確的是（）A.排放到空氣中的CO2、NO2、SO2均會形成酸雨B.光導纖維、碳化硅陶瓷，石墨烯都是新型無機非金屬材料C.“綠色奧運”的二氧化碳跨準界直接制冰技術利用了其物理性質D.汽車中小擺件“革果花”的動力是以Si為原料制作的太陽能電池【答案】A【解析】【詳析】A．排放到空氣中的CO2會導致產生溫室效應而不會產生酸雨，A錯誤；B．光導纖維、碳化硅陶瓷，石墨烯都是新型無機非金屬材料，B正確；C．二氧化碳跨臨界直接制冰，利用壓力變化使二氧化碳汽化實現，將氣態二氧化碳變為固態二氧化碳，利用了其物理性質，C正確；D．Si為半導體，可用于制作半導體，汽車中小擺件“革果花”的動力是以Si為原料制作的太陽能電池，D正確；故合理選項是A。2.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是（）A.2.24L(標準狀況)CCl4中含有的碳原子數為0.1NAB.4.6g乙醇中含有C—H鍵的數目為0.6NAC.標準狀況下，11.2L由甲烷和乙烯組成的混合物中含氫原子的數目為2NAD.1mol乙酸與足量的乙醇發生酯化反應，生成的乙酸乙酯的分子數為NA【答案】C【解析】〖祥解〗【詳析】A．標準狀況下，不是氣體，不能用氣體摩爾體積進行計算，A項錯誤；B．一個乙醇分子中含有5個鍵，4.6g乙醇的物質的量n==0.1mol，含有C—H鍵的數目為0.1×5=0.5NA，B項錯誤；C．甲烷和乙烯混合物的物質的量n==0.5mol，都含有4個H原子，則混合物中含氫原子的數目為0.5×4=2NA，C項正確；D．乙醇和乙酸的酯化反應是可逆反應，不能完全轉化，生成的乙酸乙酯的分子數小于NA，D項錯誤。故選：C。3.下列有關化學用語表示不正確的是（）A.氮氣的電子式：B.次氯酸的結構式：H—O—C1C.M2+核外有a個電子，核內有b個中子，M的原子符號為：MD.用電子式表示MgCl2的形成過程為：【答案】D【解析】【詳析】A．氮氣分子中含有1個氮氮三鍵，N原子最外層滿足8電子穩定結構，其電子式為，故A正確；B．次氯酸中O原子分別和H原子、Cl原子形成兩條共價鍵，故結構式為H-O-Cl，故B正確；C．M2+核外有a個電子、b個中子，M原子的質子數=核外電子總數=a+2，質量數為a+b+2，則M的核素符號為M，故C正確；D．鎂原子失去最外層的2個電子形成穩定的鎂離子，2個氯原子從鎂原子分別得到1個電子形成穩定的氯離子，在鎂離子與氯離子的靜電作用下結合形成氯化鎂，用電子式表示下列物質的形成過程為，故D錯誤；故選：D。4.下列離子方程式正確的是（）A.次氯酸鈉溶液吸收足量二氧化硫氣體：B.向溶液中通入少量的：C.足量的鐵與稀硝酸反應：D.“84消毒液”和“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)混合使用會產生有毒氣體：【答案】A【解析】【詳析】A．次氯酸鈉氧化二氧化硫生成硫酸根，故離子方程式為，故A正確；B．向溶液中通入少量的生成亞硫酸鈉：，故B錯誤；C．足量的鐵與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、NO和水，離子方程式為，故C錯誤；D．“84消毒液”的主要成分為NaClO，與鹽酸混合使用會產生有毒氣體：，故D錯誤；故選A5.利用下列裝置(夾持裝置已省略)進行對應實驗。下列說法正確的是（）A.裝置a可用于測定氯水的B.裝置b從溶液中獲得純凈的固體C.裝置c加熱一段時間后氣球鼓起，溴水褪色D.裝置d中可氧化溶液使其褪色【答案】C【解析】【詳析】A．氯水能漂白pH試紙，不能用pH試紙測定氯水的，故A錯誤；B．碳酸氫鈉加熱易分解，一般用蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾等從溶液中獲得純凈的固體，不能用蒸發結晶從溶液中獲得純凈的固體，故B錯誤；C．裝置c加熱，木炭和濃硫酸反應生成二氧化碳、二氧化硫氣體，溴和二氧化硫反應生成硫酸和氫溴酸，所以一段時間后氣球鼓起，溴水褪色，故C正確；D．具有強氧化性，裝置d中可還原溶液使其褪色，故D錯誤；選C。6.學習小組在實驗室中利用如圖所示裝置探究濃硫酸與生鐵的反應。下列說法錯誤的是（）A.d中品紅溶液不褪色，e中澄清石灰水變渾濁的原因是生鐵中的C與濃硫酸共熱生成了B.c中酸性高錳酸鉀溶液褪色時，發生反應的離子方程式為C.未點燃酒精燈時，b中品紅溶液可能不會褪色D.f導管出來的氣體中可能含有【答案】B【解析】【詳析】A．d中品紅溶液不褪色，證明通入e中的氣體不含SO2，e中澄清石灰水變渾濁，說明a中有生成，a中生鐵中的C與濃硫酸共熱生成了，故A正確；B．c中酸性高錳酸鉀溶液褪色時，發生反應的離子方程式為，故B錯誤；C．常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化，未點燃酒精燈時，b中品紅溶液可能不會褪色，故C正確；D．隨反應進行，硫酸濃度減小，鐵和稀硫酸反應放出氫氣，f導管出來的氣體中可能含有，故D正確；選B。7.“神十”宇航員使用的氧氣瓶是以聚酯玻璃鋼為原料，甲、乙、丙三種物質是合成聚酯玻璃鋼的基本原料。下列說法正確的是（）A.甲物質可以在引發劑作用下生成有機高分子化合物B.1mol乙物質可與鈉完全反應生成2mol氫氣C.丙物質中所有原子一定共平面D.甲、乙、丙三種物質都可以發生加成反應【答案】A【解析】【詳析】A．甲分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下發生加聚反應產生有機高分子化合物，A正確；B．乙分子中含有2個-OH都可以與Na反應產生H2，根據反應轉化關系：2-OH~H2，可知1mol乙物質可與鈉完全反應生成1molH2，B錯誤；C．丙分子是苯環與乙烯基相連，苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，兩個平面共直線，因此丙物質中所有原子可能共平面，也可能不在同一平面上，C錯誤；D．甲、丙分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，因此在一定條件下可以與其它物質發生加成反應；B分子中無不飽和鍵，因此不能發生加成反應，D錯誤；故合理選項是A。8.納米(粒子半徑1~100nm)廣泛應用于生物醫學和功能材料，用廢舊鍍鋅鐵皮制備納米的流程如下：已知：下列有關說法正確的是（）A.“堿洗”時，Zn發生了還原反應B.“酸溶”時，改用98%濃硫酸可加快酸溶的速率C.“氧化”時發生：D.用激光筆照射“氧化”過程中所得分散系，產生丁達爾效應【答案】D【解析】〖祥解〗廢舊鋅鐵皮加入NaOH溶液中，氫氧化鈉溶液與油污反應生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強堿時生成，過濾，所得固體加入過量稀硫酸，溶解鐵，發生，加入適量氧氣，氧化部分亞鐵離子，氧化后的溶液中含有、、，向溶液中加入Na2SO4溶液生成四氧化三鐵膠體粒子。【詳析】A．氫氧化鈉溶液與油污反應生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強堿時生成發生了氧化反應，故A錯誤；B．“酸溶”時，98%濃硫酸與鐵發生了鈍化，不能溶解鐵，故B錯誤；C．“氧化”時溶液為堿性溶液，生成物中不能存在H+，故C錯誤；D．為納米級，故“氧化”過程中所得分散系為膠體，能產生丁達爾效應，故D正確；故選D。9.新型可充電鎂—溴電池能量密度高，循環性能優越，在未來能量存儲領域潛力巨大。某鎂—溴電池裝置如圖。下列說法不正確的是（）A.放電時，正極反應為：B.放電時，Mg電極發生還原反應C.放電時，Mg電極電子經導線至石墨D.當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole-【答案】B【解析】〖祥解〗依據題干裝置這Mg2+的移動方向可知，放電時鎂作負極，發生氧化反應，石墨作正極，負極反應式為Mg-2e-=Mg2+，正極反應式為+2e-=3Br-，據此分析解題。【詳析】A．由分析可知，放電時，正極反應為：，A正確；B．由分析可知，放電時，Mg作負極，則Mg電極發生氧化反應，B錯誤；C．由分析可知，放電時，Mg作負極，石墨作正極，則Mg電極電子經導線至石墨，C正確；D．根據電子守恒可知，當0.1molMg2+通過離子選擇性膜時，導線中通過0.2mole-，D正確；故答案為：B。10.向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應達到平衡，正反應速率隨時間變化的示意圖如下所示。下列敘述正確的是（）A.反應在c點達到平衡狀態B.反應物濃度：點小于點C.反應物的總能量低于生成物的總能量D.時，SO2的轉化率：段小于段【答案】D【解析】【詳析】A、化學平衡狀態的實質是正反應速率等于逆反應速率，c點對應的正反應速率還在改變，未達平衡，錯誤；B、a到b時正反應速率增加，反應物濃度隨時間不斷減小，錯誤；C、從a到c正反應速率增大，之后正反應速率減小，說明反應剛開始時溫度升高對正反應速率的影響大于濃度減小對正反應速率的影響，說明該反應為放熱反應，即反應物的總能量高于生成物的總能量，錯誤；D、隨著反應的進行，正反應速率增大，△t1＝△t2時，SO2的轉化率：a～b段小于b～c段，正確；答案選D。11.某溫度下，在2L恒容密閉容器中投入4molNH2COONH4發生如下反應有關數據如下：時間段/minCO2平均生成速率/0~10.40~20.30~30.2下列說法錯誤的是（）A.30s時，NH3的濃度大于B.0~1min內，NH2COONH4(s)的反應速率為C.2min30s時，該反應還未達到平衡D.當CO2的體積百分數不變時，不能說明此反應達到了平衡狀態【答案】C【解析】【詳析】A．由于反應速率越來越慢，即前30s內CO2的平均生成速率大于0.2mol?L?1?min?1，故30s時，二氧化碳的濃度大于0.2mol?L?1，則氨氣的濃度大于0.4mol/L，A正確；B．1min內生成二氧化碳的物質的量為×1min×2L=0.8mol，故消耗醋酸銨的物質的量為0.8mol，質量為0.8mol×78g/mol=62.4g，故反應速率為62.4g/min，B正確；C．根據表格數據可知，2min、3min時二氧化碳的濃度分別為0.3mol?L?1?min?1×2min=0.6mol?L?1、0.2mol?L?1?min?1×3min=0.6mol?L?1，即2min、3min時二氧化碳的濃度相同，說明2min時反應已達到平衡，C錯誤；D．生成物中只有氨氣和二氧化碳，兩者物質的量之比是一個定值，所以二氧化碳的體積百分數保持不變時，與是否達到平衡沒有關系，D正確；故選C。12.N2和H2在催化劑表面合成氨的微觀歷程的示意圖如圖所示，用、、分別表示N2、H2、NH3.已知該反應為放熱反應，下列說法正確的是（）A.該催化劑為固體催化劑，其表面積對催化效果無影響B.②→③過程，是吸熱過程且只有H-H鍵的斷裂C.③→④過程，N和H形成了含有非極性鍵的NH3D.合成氨反應中，反應物斷鍵吸收能量小于生成物形成新鍵釋放的能量【答案】D【解析】【詳析】A．催化劑的表面積增大，利于在其表面吸附反應物進行反應，對催化效果有影響，A錯誤；B．在②→③過程，存在H-H、N≡N鍵的斷裂吸收能量，形成N原子和H原子，B錯誤；C．在③→④過程，生成了NH3，NH3含有N-H鍵，為極性鍵，C錯誤；D．合成氨為放熱反應，則反應物斷鍵吸收能量小于生成物形成新鍵釋放的能量，D正確；故選D。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，P、M、N均是由這些元素組成的二元化合物，它們存在轉化關系QP+M+N，P能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，M的組成元素位于同一主族，N常溫常壓下為液體。下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y＞Z＞W＞XB.簡單氣態氫化物的熱穩定性：Z＞YC.Q既能與強酸溶液反應，又能與強堿溶液反應D.Y最高價氧化物對應的水化物與Q溶液混合，無M生成【答案】A【解析】〖祥解〗本題主要考查元素推斷和元素周期律知識。由題分析可知，P為氨氣，M為二氧化硫，N為水，故X、Y、Z、W分別為H、N、O、S，據此分析解題。【詳析】A．同周期從左到右原子半徑逐漸減小，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，原子半徑：S>N>O>H，A錯誤；B．因為水分子內部的鍵能比氨氣分子中的大，所以水就比氨氣要穩定，簡單氣態氫化物的熱穩定性：H2O>NH3，B正確；C．Q可能為亞硫酸銨或亞硫酸氫銨，故Q既能與強酸溶液反應，又能與強堿溶液反應，C正確；D．Y的最高價氧化物對應的水化物為硝酸。硝酸會氧化Q中+4價的硫，故無二氧化硫生成，D正確；故選A。14.一種新型電池電解質陰離子結構式如圖所示。W、X、Y、Z為原子序數依次增大的同一短周期元素，X原子的最外層電子數等于其電子層數的2倍。下列說法不正確的是（）A.非金屬性：Z>Y>XB.Z的簡單氫化物的沸點是同主族元素中最大的C.X、W的最高價氧化物對應的水化物的酸性：W>XD.該陰離子中所有原子最外層均滿足8電子穩定結構【答案】C【解析】〖祥解〗X原子的最外層電子數等于其電子層數的2倍，且X后面還有Y、Z兩種元素，則X為C元素，則W、X、Y、Z均為第二周期元素，Y與C元素形成雙鍵，則Y為O元素，Z與W形成單鍵，則Z為F元素，W為B元素。【詳析】A．同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，則非金屬性：F>O>C，即Z>Y>X，故A正確；B．HF中含有氫鍵，因此沸點是同主族元素中最大的，故B正確；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性：C>B，所以酸性：H2CO3>H3BO3，即X>W，故C錯誤；D．該陰離子中所有原子最外層均通過共用電子對達到8電子穩定結構，故D正確；答案選C。二、非選擇題：共4題，共計58分。15.黃銅礦(主要成分為CuFeS2)產生的爐渣可用于制備綠礬(FeSO4·7H2O)。工藝流程如圖。已知：焙燒時的主要反應為：①；②；③。回答下列問題：（1）若CuFeS2中Fe的化合價為+2，則反應①中被還原的元素是：___________(填元素符號)。（2）“爐渣”的主要成分為Fe2O3、FeO和少量Cu。①Fe2O3高溫下與鋁粉混合發生的反應為___________。②“酸溶”后溶液中一定存在的金屬陽離子為___________(填離子符號)。③“試劑X”為___________。a．鐵粉b．銅粉c．鋅粉d．30%的H2O2④“操作”用到的玻璃儀器為___________。（3）“系列操作”為___________、___________、過濾、洗滌、干燥。【答案】（1）Cu、O（2）①.Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe②.Fe2+、Cu2+③.a④.漏斗、燒杯、玻璃棒（3）①.蒸發濃縮②.冷卻結晶【解析】黃銅礦通入氧氣焙燒，得到“爐渣”的主要成分為Fe2O3、FeO和少量Cu，加入20%的硫酸溶解，Fe2O3、FeO與酸反應分別生成Fe2(SO4)3、FeSO4，然后是少量Cu與Fe2(SO4)3反應，生成FeSO4和CuSO4，故反應后溶液中含有FeSO4、CuSO4，然后加入足量的鐵粉，還原未反應的Fe3+，同時置換出Cu，過濾，得到濾渣為鐵粉和少量的銅，濾液為FeSO4溶液，然后經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到FeSO4·7H2O晶體。（1）若CuFeS2中Fe的化合價為+2，則Cu為+2價，S為-2，則反應①中化合價降低元素為Cu和O元素，故被還原的元素為銅、氧；（2）①Fe2O3高溫下與鋁粉反應鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。②由分析可知，“酸溶”后溶液中一定存在的金屬陽離子為Fe2+、Cu2+。③“試劑X”將鐵離子還原為亞鐵離子、將銅離子置換為銅單質，且不引入新雜質，故為鐵單質，選a。④“操作”為分離固液的操作，為過濾，用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒；（3）“系列操作”得到硫酸亞鐵晶體，為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。16.硫酰氯(SO2Cl2)是一種重要的化工試劑，實驗室合成硫酰氯的實驗裝置如圖所示：已知：①SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)當有1molSO2參加反應時放出97.3kJ熱量。②硫酰氯常溫下為無色液體，熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，在潮濕空氣中易“發煙”。③100℃以上或長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣。（1）儀器a為恒壓分液漏斗，與普通分液漏斗相比，其優點是___________。（2）儀器b的名稱為___________，干燥管中堿石灰的主要作用是___________。（3）裝置E為儲氣裝置，用于提供氯氣，則分液漏斗c中盛放的試劑為___________。長期存放的硫酰氯會發黃，其原因可能為___________。（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯與另外一種物質，該反應的化學方程式為___________，分離這兩種液態產物的方法是___________。（5）若將SO2、Cl2按照一定比例通入水中，該反應的離子方程式為___________。【答案】（1）平衡分液漏斗內外壓強，便于液體順利流下（2）①.三口燒瓶或三頸燒瓶②.防止空氣中的水分進入裝置、處理尾氣（3）①.飽和食鹽水②.硫酰氯中溶有其分解產生的氯氣（4）①.2ClSO3HSO2C12+H2SO4②.蒸餾（5）Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+【解析】裝置A中利用70%硫酸與Na2SO3固體反應制得SO2，經B中濃硫酸干燥后，通入C中和氯氣反應生成SO2Cl2，硫酰氯在潮濕空氣中易“發煙”，裝置D同樣是濃硫酸用來干燥氯氣，冷凝管上端的堿石灰有除去尾氣的作用且防止空氣中水蒸氣進入裝置C。（1）儀器a為恒壓分液漏斗，與普通分液漏斗相比，其優點是平衡分液漏斗內外壓強，便于液體順利流下；（2）儀器b的名稱為三口燒瓶或三頸燒瓶，干燥管中堿石灰的主要作用是防止空氣中的水分進入裝置、處理尾氣；（3）氯氣能溶于水，而難溶于飽和食鹽水，故分液漏斗c中盛放的試劑為飽和食鹽水。長時間存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯氣，氯氣為黃綠色氣體，長期存放的硫酰氯會發黃，其原因可能為硫酰氯中溶有其分解產生的氯氣；（4）氯磺酸(ClSO3H)加熱分解，也能制得硫酰氯與另外一種物質，結合質量守恒可知，生成的物質硫酸，該反應的化學方程式為2ClSO3HSO2C12+H2SO4，SO2Cl2為液體，H2SO4為液體，利用其沸點不同，采用蒸餾方法進行分離；（5）氯氣具有強氧化性，能氧化二氧化硫為硫酸，同時生成HCl，將SO2、Cl2按照一定比例通入水中，該反應的離子方程式為Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+。17.以CO2生產甲醇(CH3OH)是實現“碳中和”的重要途徑。其原理是CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)。（1）該反應的能量變化如圖所示，該反應為_______(填“放熱”或“吸熱”)反應。（2）恒容容器中，對于上述反應，下列措施能加快反應速率的是_______。A.升高溫度 B.充入He C.加入合適的催化劑 D.降低壓強（3）在體積為2L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，測得CO2、CH3OH的物質的量隨時間變化如圖。反應達到平衡狀態，此時H2的轉化率為_______。（4）在相同溫度、容積不變的條件下，不能說明該反應已達平衡狀態的是_______。A.CO2、H2的濃度均不再變化B.體系壓強不變C.n(