广东省佛山市顺德区部分学校2023-2024学年高一下学期第二次联考模拟化学试题1（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市顺德区部分学校2023-2024学年高一下学期第二次联考模拟试题1可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题共44分)一、选择题：本题共16小题，1-10题每题2分；11-16题每题4分，共24分，总分44分。1.年，北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”终于揭开神秘的面纱，冰是水的固态。下列关于水处理的方法不正确的是（）A.向水中通入，用以杀菌消毒B.向酸性废水中加入生石灰，将其中和C.向废水中加入，可将细小悬浮物凝聚D.向废水中加入，可将其中的、沉淀〖答案〗C〖解析〗【详析】A．O3具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于水的杀菌消毒，故A正确；B．向酸性废水中加入生石灰，生石灰和水反应生成熟石灰，熟石灰可与酸发生中和反应，故B正确；C．在水中不能形成胶体，不能用于净水，即不能将细小悬浮物凝聚，故C错误；D．向废水中加入能与、反应生成、沉淀，故D正确。〖答案〗选C。2.利用ZnFe2O4/(Fe3O4，Zn)两步热化学循环制氢气系统如图所示，下列说法不正确的是（）A.图中能量转化方式只有1种B.两步总反应为2H2O2=H2↑＋O2↑C.氢能是一种清洁、高效、安全、可持续的新能源D.H2生成步骤反应为3Zn＋2Fe3O4＋4H2O=ZnFe2O4＋4H2↑〖答案〗A〖解析〗【详析】A．利用ZnFe2O4/(Fe3O4，Zn)两步热化学循环制氢气和氧气，能量转化形式有两种，制氧气过程太阳能转化为化学能，制氢气过程热能转化为化学能，选项A错误；B．ZnFe2O4/(Fe3O4，Zn)可以看成催化剂，总反应是水分解反应，选项B正确；C．氢气燃烧热量高、无污染、可再生，选项C正确；D．氢气是由Fe3O4、Zn还原水制得，配平方程式可得3Zn＋2Fe3O4＋4H2O=ZnFe2O4＋4H2↑，选项D正确；〖答案〗选A。3.下列关于CH4和的叙述正确的是（）A.均能用组成通式CnH2n+2来表示B.与所有烷烃互为同分异构体C.它们物理、化学性质相同D.通常情况下前者是气体，后者是液体〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗的分子式为C4H10，CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，化学性质相似，物理性质不同。【详析】A．CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，故A正确；B．CH4和与其它碳原子数不同的烷烃互为同系物，故B错误；C．CH4和结构相似，化学性质相似，物理性质不同，故C错误；D．碳原子数为1-4的烷烃常温下是气体，则CH4和均是气体，故D错误；故选A。4.下列叙述正确的是()A.氨气遇到浓硫酸会发生反应产生白烟B.1L1mol·L-1的氨水中含有1molNH3·H2OC.NH3具有还原性，一定条件下可被O2氧化D.氨气能使红色石蕊试纸变蓝〖答案〗C〖解析〗【详析】A.浓硫酸不挥发，氨气遇到浓硫酸会发生反应，但不会产生白烟，故A错误；B．1

L

1

mol•L-1的氨水中含有溶质1mol，由于部分一水合氨电离，则溶液中含有的NH3•H2O小于1mol，故B错误；C.NH3具有还原性，一定条件下可被O2氧化，如生成NO和水，故C正确；D.氨气的水溶液显碱性，因此氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，干燥的氨气不能电离，不能使红色石蕊试纸变蓝，故D错误；故选C。5.下列说法正确的是（）A.与可以直接化合生成硅酸B.与反应，过量生成、过量生成C.盛放氢氧化钠的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，应用橡胶塞D.与溶液反应体现了的氧化性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．难溶于水且不与水反应，因此与不能直接化合来生成硅酸，故A错误；B．与反应的产物与反应物用量无关，反应生成CO和Si，故B错误；C．盛放氢氧化钠的试剂瓶瓶塞不能用玻璃塞，应用橡胶塞，主要氢氧化钠和磨口玻璃二氧化硅反应生成硅酸钠矿物胶，可能会将玻璃塞与试剂瓶黏在一起，无法打开，因此只能用橡胶塞，故C正确；D．与溶液反应生成，价态升高体现了的还原性，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。6.下列反应中，既属于离子反应又属于氧化还原反应的是（）A.Fe+SFeS B.SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2OC.SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl D.2SO2+O22SO3〖答案〗C〖解析〗【详析】A、该反应属于氧化还原反应，但不属于离子反应，A不符合题意；B、该反应属于离子反应，但不属于氧化还原反应，B不符合题意；C、该反应既属于离子反应又属于氧化还原反应，C符合题意；D、该反应属于氧化还原反应，但不属于离子反应，D不符合题意；故选C。7.选用如图所示仪器中的两个或几个(内含物质)组装成实验装置，以验证木炭可被浓硫酸氧化成CO2，下列说法正确的是（）A.按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是A→F→E→C→D→BB.丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C.丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D.丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗甲为反应发生装置，发生反应为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，KMnO4可氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除去SO2，再通过品红溶液，若不褪色可确认SO2已除干净，在排除SO2干扰的条件下，气体通过澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊可确认CO2的存在。【详析】A．根据分析，按气流从左向右流向，以上装置的顺序为甲→丁→丙→乙，气体长进短出，装置中接口的连接正确顺序是A→F→E→C→D→B，故A正确；B．SO2具有漂白性，能使品红褪色，丁装置用酸性KMnO4溶液除SO2，若丁中溶液褪色，SO2可能没除尽，若丙中品红褪色，则乙中的澄清石灰水变浑浊无法证明甲中反应生成了CO2，故B错误；C．若丙中品红溶液褪色，则说明SO2没有除尽，SO2也能够使澄清石灰水变浑浊，所以无法证明甲中有CO2生成，故C错误；D．丁和丙都褪色，说明SO2没有除尽，SO2干扰CO2的检验，不能根据乙中澄清石灰水变浑浊判断甲中生成了CO2，故D错误；〖答案〗选A。8.两只敞口烧杯中分别发生如下反应：一只烧杯中反应为：A＋B＝C＋D，反应温度为T1，另一只烧杯中反应为：M＋N＝P＋Q，反应温度为T2，T1＞T2，则两只烧杯中反应速率快慢为（）A.前者快 B.后者快 C.一样快D.无法确定〖答案〗D〖解析〗【详析】化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质，两只烧杯中反应物不同，所以无法判断反应速率的快慢，故〖答案〗为D。9.将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是（）A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C.甲、乙中SO42-都向铜片移动D.产生气泡的速率甲中比乙中快〖答案〗D〖解析〗【详析】A、甲装置属于原电池，铜作正极，反应式为2H＋＋2e－=H2↑，乙装置不是原电池，且铜不与稀硫酸反应，因此表面无气泡产生，故错误；B、甲装置是原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，乙装置不属于原电池，故错误；C、甲装置中SO42－从铜极移向锌极，故错误；D、原电池加快反应速率，故正确。〖答案〗选D。10.在一定条件下，将A2和B2两种气体通入1L密闭容器中，发生反应：xA2(g)＋yB2(g)2C(g)。2s内的反应速率：(A2)=0.5mol·L-1·s-1，(B2)=1.5mol·L-1·s-1，(C)=1mol·L-1·s-1。则x和y的值分别为（）A.2和3 B.3和2 C.3和1 D.1和3〖答案〗D〖解析〗【详析】化学反应中，各气态物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，故(A2)：(B2)：(C)=1:3:2，故化学计量数之比为：1:3:2，则x=1，y=3，〖答案〗为D。11.下列说法不正确的是（）A.所有碳氢化合物中，甲烷中碳的质量分数最低B.所有烷烃中，甲烷的沸点最低C.甲烷分子中最多有4个原子共平面D.甲烷、乙烷和丙烷都能在光照下与氯气发生取代反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．所有碳氢化合物中，甲烷分子中H元素的含量最高，则其中碳元素的质量分数最低，A正确；B．在烷烃中，随着分子中C原子数的增多，物质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，因此物质的熔沸点逐渐升高，故在所有烷烃中，甲烷的沸点最低，B正确；C．甲烷分子是正四面体结构，键角是109°28′，物质分子中最多有3个原子共平面，C错误；D．甲烷、乙烷和丙烷分子中都含有C-H键，在光照下都能与氯气发生取代反应，产生氯代烷烃，D正确；故合理选项是C。12.下列有关烷烃的叙述中，正确的是（）①在烷烃分子中，所有的化学键都是单键；②烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去；③分子通式为CnH2n+2的烃不一定是烷烃；④所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应：⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，可使溴水褪色；⑥所有的烷烃都可以在空气中燃烧A.①②③⑥ B.①②③④ C.②③④ D.①④⑥〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】①碳原子以单键连接其它碳原子和氢原子的烃类是烷烃，描述正确，符合题意；②烷烃均是单键连接，属于饱和烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，描述错误，不符题意；③链状烷烃均是同系物，分子通式为CnH2n+2(n≥1)，描述错误，不符题意；④烷烃均可以与氯气在光照条件下发生取代反应，碳氢键断裂，氢原子被氯原子取代，描述正确，符合题意；⑤烷烃只有单键，不存在双三键这类不饱和结构，故不可与溴水发生加成反应，所以不会使溴水褪色，描述错误，不符题意；⑥烷烃均含C、H元素，可以在空气中或氧气中燃烧生成CO2和H2O，描述正确，符合题意；综上，本题选D。13.古瓷中所用颜料的成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为＋2价)，下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是()A.可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2B.性质稳定，不易脱色C.易溶解于强酸和强碱D.x等于6〖答案〗C〖解析〗【详析】根据化合物元素化合价的代数和为0可知，x＝6，二氧化硅不溶于强酸中，选项C不正确，其余选项都是正确的，〖答案〗选C。14.一定条件下，与在体积为的密闭容器中发生反应：，下列示意图合理的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．X减少0.1mol，消耗0.3molY，生成0.2molZ，若完全反应X、Z的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，故A不符合；B．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，，此时反应达到平衡状态，时不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C．由反应式可知，Y消耗0.15mol，生成Z物质的量为0.1mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D．Y减少0.15mol，Z增加0.1mol，二者反应的物质的量之比为，与方程式的化学计量数比一致，故D符合。〖答案〗选D。15.某反应由两步反应构成，反应能量曲线如下图，下列叙述正确的是（）A.两步反应均为吸热反应B.三种化合物中C最稳定C.A与C的能量差为E4D.的反应，反应条件一定要加热〖答案〗B〖解析〗【详析】A．两步反应中，第一步反应吸热反应，第二步反应为放热反应，A不正确；B．从图中可以看出，三种化合物中，C的能量最低，所以C最稳定，B正确；C．从图中可以看出，E4为B→C的逆反应的活化能，A与C的能量差为∆H，小于E4，C不正确；D．的反应，虽然是吸热反应，但不一定需要加热，D不正确；故选B。16.某固体酸燃料电池以NaHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是（）A.电子通过外电路从b极流向a极B.每转移0.1mol电子，消耗标准状况下1.12L的C.b极上的电极反应式为D由a极通过固体酸电解质传递到b极〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗由图可知，a极为负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，据此作答。【详析】A．电子通过外电路从a极(负极)流向b极(正极)，A错误；B．由电极反应式为H2-2e-=2H+可知，每转移0.1mol电子，消耗标准状况下H2的体积为：=1.12L，B正确；C．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C错误；D．H+由a极(负极)通过固体酸电解质传递到b极(正极)，D正确；故〖答案〗为：BD。非选择题17.一氧化二氯()是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成，遇有机物易燃烧或爆炸。的熔点是，沸点是。利用反应可制备。某同学利用如图装置制备，请回答下列问题(1)装置甲的作用是为该制备反应提供，写出该装置中制备的离子方程式为_______。(2)装置乙的洗气瓶中盛有的试剂是_______；装置丙的作用是_______。(3)装置戊中的特型烧瓶内盛有玻璃丝，玻璃丝上附着有粉末，其中玻璃丝的作用是_______。(4)装置戊和装置己之间的装置为玻璃连接装置，而不是橡胶管，其原因是_______。(5)该同学的装置存在一个明显的不足之处，请你帮他提出改进措施_______。(6)反应中，每生成转移电子的物质的量为_______mol。若实验开始前称量装置戊中的玻璃丝与的混合物的质量为，实验结束后玻璃丝及其附着物的质量为，则制备的为_______mol。〖答案〗(1)(2)饱和溶液除去中的水蒸气，防止其与装置戊、已中的发生反应(3)增大反应物接触面积，提高反应速率(4)防止与橡胶管接触发生燃烧或爆炸(5)在装置已后面增加一个装有溶液的尾气吸收装置(6)20.1〖解析〗本题考查氯气的制备以及分离提纯和尾气吸收问题，氯气进一步和氧化汞制备二氧化氯的过程。【详析】(1)装置甲是用MnO2和浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式为；(2)用浓盐酸制备的Cl2中含HCl、水蒸气杂质，故装置乙中盛有饱和食盐水，其作用是除去HCI杂质，装置丙的作用是干燥氯气，故盛有浓硫酸。故〖答案〗为：饱和溶液；除去中的水蒸气，防止其与装置戊、已中的发生反应；(3)玻璃丝可增大Cl2与HgO的反应接触面积，从而提高化学反应速率。(4)根据题干信息“遇有机物易燃烧或爆炸”，知装置戊和装置己不能用橡胶管、塑料管等含有机物的管道连接，否则易发生燃烧或爆炸；(5)Cl2、为有毒气体，应该进行尾气处理，故〖答案〗为：在装置已后面增加一个装有溶液尾气吸收装置；(6)每生成转移电子的物质的量为2mol，根据Cl2O的制备原理，运用差量法进行计算，设制备的Cl2O的物质的量为xmol,则，解得x=0.1。18.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，少量FeS2等)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）为了提高第一次焙烧后的烧渣在碱浸时的溶出速率，可采取的有效措施为___________、___________(任写两点)。（2）已知：①第一次焙烧的主要目的是脱硫(降低矿粉中硫化物型硫的含量)，以免影响产品Al2O3的质量；②此过程中FeS2与氧气发生了氧化还原反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。第一次焙烧结束后，硫最终主要以___________(填物质的化学式)的形式存在。（3）碱浸时发生的主要反应的离子方程式为___________。（4）第二次焙烧过程中产生了污染性气体SO2大量排放，SO2容易造成酸雨等环境问题，工业上可用双碱法脱硫法处理废气，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是___________，写出双碱法脱硫法的总反应方程式：___________。（5）纯度检验：将少量磁选后的产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4褪色，___________(填“能”或“不能”)说明产品中含有FeO，理由是___________。（6）第二次焙烧是在缺氧的条件下进行的，此步骤发生的主要反应的化学反应方程式为___________。〖答案〗（1）①.将烧渣粉碎、加热②.搅拌、增大NaOH的浓度（2）CaSO4（3）Al2O3+2OH-＝2AlO+H2O（4）①.NaOH②.（5）①.不能②.Fe3O4和稀硫酸反应会生成Fe2+和Fe3+，生成的Fe2+能让酸性高锰酸钾褪色（6）FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑〖解析〗高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，少量FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸，其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。（1）为了提高第一次焙烧后的烧渣在碱浸时的溶出速率，可采取的有效措施为将烧渣粉碎、加热或搅拌、增大NaOH的浓度等；（2）第一次焙烧时FeS2发生氧化反应产生SO2，SO2、CaO、O2发生反应产生CaSO4，故第一次焙烧结束后，硫最终主要以硫酸钙形成存在，化学式是CaSO4；（3）碱浸时两性氧化物Al2O3能够与NaOH发生反应产生NaAlO2、H2O，发生的主要反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-＝2AlO+H2O；（4）用双碱法脱硫法处理废气中的SO2，过程I反应为SO2、NaOH反应产生Na2SO3、H2O，反应方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；过程II反应为Na2SO3、Ca(OH)2、O2反应产生CaSO4、NaOH，反应方程式为：2Na2SO3+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+4NaOH，NaOH是过程I的反应物，又是过程II的生成物，故可循环使用的试剂是NaOH；将过程I方程式扩大2倍再与过程II式子相加，可得双碱方法脱硫法的总反应方程式为：；（5）在纯度检验时，将少量磁选后的产品溶于稀硫酸中，由于Fe3O4与硫酸反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，Fe2+具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使其褪色，因此再滴入酸性

KMnO4

溶液，若酸性

KMnO4

褪色，不能证明产品中含有

FeO；（6）第二次焙烧是在缺氧的条件下进行的，此步骤中FeS2与Fe2O3高温煅烧，产生Fe3O4、SO2，根据原子守恒、电子守恒，可得发生的主要反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑。19.完全燃烧某气态烷烃，得到二氧化碳和水。求：（1）此烷烃的相对分子质量_____。（2）此烷烃的化学式_____。〖答案〗（1）（2）C4H10〖解析〗（1）设此烷烃分子式为，解得，则烷烃的相对分子质量为；（2）n=4，此烷烃的化学式为C4H10。20.(1)工业合成氨反应：非常重要，氨在工农业生产中应用广泛。已知：键能是化学键完全断裂形成气态原子所需要吸收的能量，数值如表格所示。结合合成氨反应过程中的能量变化图，求x=_______。化学键H-HN-HN≡N键能/(kJ∙mol-1)436391x(2)实验室中模拟合成氨过程，将和置于恒温，体积为的容器中进行反应。①单位时间内生成的同时，生成②单位时间内生成③、和的物质的量浓度之比为1：3：2④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的压强不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变可说明该反应达到化学平衡状态的是___(填序号)；若时测得氢气浓度为，则用氨气表示的内化学反应速率为____；时的体系总压强与初始时的总压强之比____。(3)工业合成氨过程中，按一定投料比将原料气置于反应容器中，测得在不同温度和压强下达到化学平衡状态时的氮的平衡含量(%)如表格所示：0.11020306010020015.381.586.489.995498.83002.252.064.271.084.292.64000.425.138.247.065.279.85000.110.619.126.442.257.56000.054.59.113.823.131.4实际生产时，常选择，作为反应条件。请结合以上表格数据，从温度或压强的角度，分别分析选择此温度或压强的原因。①温度：_______；②压强：_______。(4)，可视为分子中的被取代的产物。—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入(肼)的一极的电极反应式为_______。〖答案〗(1)945.8(2)⑤⑥9：10(3)由表可知，保持P不变，T越低，氨的平衡含量越高；但T太低，反应速率小，不利于生产由表可知，保持T不变，P越大，氨的平衡含量越高；但P太大，对动力和设备要求太高(4)〖解析〗【详析】(1)反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，根据图象和表中数据可知0.5x+1.5×436-3×391=-46.1，解得x=945.8；(2)①单位时间内生成的同时，生成，均表示逆反应速率，不能说明；②单位时间内生成，不能满足反应速率之比是化学计量数之比，没有达到平衡状态；③、和的物质的量浓度之比为1：3：2，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态；④反应前后气体的质量和容器容积均不变，则混合气体的密度始终不变，不能说明；⑤正反应体积减小，则混合气体的压强不再改变可以说明反应达到平衡状态；⑥气体的质量不变，物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达到平衡状态；可说明该反应达到化学平衡状态的是⑤⑥；若时测得氢气浓度为，则消耗氢气浓度是1.5mol/L－1.2mol/L=0.3mol/L，生成氨气浓度是0.2mol/L，用氨气表示的内化学反应速率为0.2mol/L÷10min＝；时剩余氮气浓度是0.5mol/L－0.1mol/L＝0.4mol/L，所以体系总压强与初始时的总压强之比＝9：10。(3)根据表可知，保持P不变，T越低，氨的平衡含量越高；但T太低，反应速率小，不利于生产，所以实际生产时，常选择；由表可知，保持T不变，P越大，氨的平衡含量越高；但P太大，对动力和设备要求太高，因此所以实际生产时，常选择。(4)N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质