甘肃省武威市第六中学2024至2025学年高二上学期开学考试化学试题附参考答案（解析）

武威六中教育集团2024-2025学年高二上学期开学考试化学答案可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64一、单选题(每题3分，共14道题，共42分)1.化学与生活、材料、科技等密切相关，下列说法错误的是A.神舟载人飞船使用砷化镓太阳能电池，砷和镓均属于主族元素B.将地沟油制成生物柴油变废为宝，生物柴油与柴油的成分相同C.某系列手机搭载了麒麟9000S芯片，芯片的主要成分是晶体硅D.杭州亚运会特许商品亚运莲花尊的主要成分是瓷土，瓷土属于无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．元素周期表中，砷位于磷的下方，镓位于铝的下方，砷和镓均属于主族元素，A正确；B．地沟油主要成分是油脂，是高级脂肪酸的甘油酯，柴油是一种石油加工产品、是某些液态烃的混合物，则生物柴油与柴油的成分不同，B错误；C．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，芯片的主要成分是晶体硅，C正确；D．瓷属于陶瓷，瓷土烧制得到陶瓷，则瓷土属于无机非金属材料，D正确；故答案选B。2.下列离子方程式书写正确的是A.铁与稀盐酸反应：B.粉末加入到硫酸溶液中：C.向澄清石灰水中滴加过量：D.向溶液中加入少量的NaOH溶液：【答案】C【解析】【详解】A．铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．粉末加入到硫酸溶液中有硫酸钡沉淀生成，离子方程式为BaCO3+2H++=BaSO4↓+H2O+CO2↑，B错误；C．澄清石灰水中加入过量NaHCO3，钙离子、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、碳酸根离子和水，离子方程式正确，C正确；D．向溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式为：，D错误；故答案选C。3.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。溶液脱除空气中并再生的原理如图所示。下列说法正确的是A.反应Ⅱ中被还原B.反应过程中，可以循环利用C.反应的离子方程式为：D.脱除，消耗氧气的体积为【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应为，反应Ⅱ为，故总反应为硫化氢和氧气生成硫单质和水，2H2S+O2=2S↓＋2H2O；【详解】A．反应Ⅱ中硫化氢中硫元素化合价升高，被氧化，A错误；B．由图可知，硫酸铁作催化剂，可以循环利用，B正确；C．反应的离子方程式为，C错误；D．根据总反应，脱除1mol硫化氢，需要消耗0.5mol氧气，但没有说标况，无法计算体积，D错误；答案选B。4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A.用甲装置测量O2体积 B.用乙装置验证SO2的酸性和漂白性C.用丙装置实验室制备氨气 D.用丁装置收集NO2气体【答案】A【解析】【详解】A．氧气不易溶于水，通过排出水的体积可以测量O2的体积，操作合理，A正确；B．SO2只能是紫色石蕊试液变红，而不能褪色，故用乙装置只能验证SO2的酸性，而不能验证其漂白性，B错误；C．固体加热时需要试管口向下倾斜，而丙装置试管口向上倾斜，C错误；D．NO2的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集即需长进短出，故用丁装置收集不了NO2气体，D错误；故答案为：A。5.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变色,再滴入氯水后溶液变为红色溶液中含有Fe2+B向某溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成溶液中含有Cl－C向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生溶液中含有COD透过蓝色钴玻璃观察某化合物的焰色反应，火焰呈紫色该化合物中含有K+A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中不含有Fe3+，再滴入氯水后溶液变为红色，说明此时溶液中含有Fe3+，则原溶液中含有Fe2+，“实验结论”与“实验操作及现象”相符，A不符合题意；B．向某溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，可以排除等的干扰，有白色沉淀生成，则说明原溶液中含有Cl-，“实验结论”与“实验操作及现象”相符，B不符合题意；C．向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，此气体可能为CO2，也可能为SO2，则原溶液中可能含有、、、等，“实验结论”与“实验操作及现象”不相符，C符合题意；D．透过蓝色钴玻璃观察某化合物的焰色反应，排除了Na+的干扰，火焰呈紫色，则该化合物中含有K+，“实验结论”与“实验操作及现象”相符，D不符合题意；故选C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W元素的简单氢化物常温下呈液态，X元素在短周期主族元素中金属性最强，Y元素的离子半径在同周期最小，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为11。下列说法错误的是A.原子半径：B.Y和Z可形成离子化合物C.W、Z形成的一种化合物可用于自来水的杀菌消毒D.Z的最高价氧化物对应的水化物具有强酸性【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的简单氢化物常温下呈液态，则W为O元素；X元素在短周期主族元素中金属性最强，则X是Na；Y元素的离子半径在同周期最小，则Y是Al；X、Y和Z原子的最外层电子数之和为11，则Z原子最外层电子数为7，Z为Cl元素。【详解】A．同周期从左到右，原子半径变小，同主族从上到下，原子半径变大，故原子半径顺序为O＜Al＜Na，A正确；B．Al和Cl可形成AlCl3，为共价化合物，B错误；C．O与Cl形成的化合物ClO2可用于自来水的杀菌消毒，C正确；D．Cl的非金属性很强，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，为强酸，D正确；故选B。7.柳树皮中的水杨酸可与乙酸酐发生下列反应生成乙酰水杨酸（阿司匹林），以下说法中正确的是A.水杨酸和乙酰水杨酸互为同分异构体 B.乙酰水杨酸不能与金属钠反应C.乙酸酐的分子式为 D.该反应的类型为加成反应【答案】C【解析】【详解】A．由两者结构可知，水杨酸和乙酰水杨酸的分子式不同，两者不互为同分异构体，A错误；B．乙酰水杨酸中含有羧基，能够与金属钠反应，B错误；C．由乙酸酐的结构可知分子式为，C正确；D．发生加成反应中产物只有一个，而该反应式有两种产物，其反应类型为取代反应，D错误；故选C。8.下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是A.图1所示装置可将化学能转化为电能B.图2可表示晶体与晶体反应的能量变化C.图3所示的锌锰干电池中发生还原反应D.图4所示装置可验证金属活动性：M<N【答案】C【解析】【详解】A．装置未形成闭合电路，所示装置不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，A错误；B．反应物能量高于生成物能量，为放热反应，而晶体与晶体反应为吸热反应，B错误；C．锌锰干电池中锌作负极，发生氧化反应，作正极，发生还原反应，C正确；D．装置为原电池，正极发生还原反应，产物为H2，则金属N为正极，金属M为负极，负极金属活动性强，活动性M>N，D错误；答案选C。9.下列热化学方程式正确的是A.已知，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB.、完全反应，放出热量98.3kJ，则C.31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则D.若，则【答案】C【解析】【详解】A．氢气的燃烧热是1molH2生成液态水的过程所放出的热量，H2O（g）转化为H2O（1）时放热，氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，故A错误；B．、完全反应，放出热量98.3kJ，SO2和O2的反应是可逆反应，不能反应完全，则放出的热量小于196.6kJ，故B错误；C．31g白磷物质的量为，31g红磷物质的量为，即0.25molP4比1molP能量多bkJ，则，故C正确；D．钡离子和硫酸根离子结合成硫酸钡过程会放热，则会放出更多的热量，，故D错误；故选C。10.一定温度下，在2L的密闭容器中发生反应，和NO的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A.若是恒容容器，0~2min内，为B.若是恒容容器，0min时与5min时的压强是相等的C.若保持压强不变，5min后，向容器中充入氦气，可引起D.压缩容器、升高温度和使用催化剂都能提高活化分子的百分数【答案】C【解析】【详解】A．0~2min内，NO物质的量变化5mol，，A错误；B．该反应为气体分子数增大反应，恒容条件下，反应前后压强不相等，B错误；C．5min时反应达平衡，恒压条件下向容器中充入氦气，气体体积减小，平衡向着气体体积增大方向移动，即平衡正向移动，导致，C正确；D．压缩容器减小气体体积，可增大单位体积内分子总数，不能提高活化分子的百分数，D错误；答案选C。11.下图是计算机模拟的在催化剂表面上发生水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法正确的是A.①表示CO和H2O从催化剂表面脱离的过程B.②和④中化学键变化相同，因此ΔH相同C.由图可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应D.相同条件下，反应速率④>②【答案】B【解析】【详解】A．由图可知①表示从CO(g)+2H2O(g)转化为CO*+H2O*+H2O(g)，已知吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，因此①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；B．由图可知②表示CO*+H2O*+H2O(g)转化为CO*+OH*+H*+H2O(g)，本质是H2O*转化为OH*+H*，④表示COOH*+H*+H2O*转化为COOH*+2H*+OH*，本质是H2O*转化为OH*+H*，②和④本质相同，因此化学键变化相同，ΔH也相同，B正确；C．由图可知，始态为CO(g)+2H2O(g)，终态为CO2(g)+H2(g)+H2O(g)，则总反应为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，始态的相对能量为0，终态相对能量为-0.72，故总反应为能量降低的反应，即放热反应，C错误；D．由题干反应历程图信息可知，过程②需要的活化能1.59eV-(-0.32)eV=1.91eV低于反应④的活化能1.86eV-(0.16)eV=2.02eV，相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，故反应速率④＜②，D错误；答案选B。12.已知：△H＜0，下列说法正确的是A.该条件下，熔点比高B.平衡时升高温度，减小，增大C.及时分离可加快反应达到平衡状态D.上述反应中每生成1molCO，转移电子的数目为【答案】D【解析】【详解】A．属于分子晶体，熔化时只需破坏分子间的范德华力，而属于离子晶体，熔化时需要破坏微粒间的离子键，离子键的键能比范德华力大得多，所以该条件下，熔点比低，A不正确；B．平衡时升高温度，反应物分子的能量都增大，单位体积内的活化分子数目增多，增大，增大，B不正确；C．及时分离出，虽然可使平衡正向移动，但由于减小了生成物的浓度，所以反应速率减慢，C不正确；D．上述反应中，C元素由0价升高到+2价，所以每生成1molCO，转移电子的数目为，D正确；故选D。13.下列叙述与图对应的是A.对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在to时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动B.由图②可知，满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0C.图③表示的反应方程式为：2A+B3CD.对于反应2X(g)+3Y(g)3Z(g)ΔH<0图④y轴可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A．对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，图①表示在t0时刻ν正、ν逆

都增大，ν逆

增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正

瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)

ΔH＜0，故B正确；C．图③中A的浓度减小说明A是反应物，B和C浓度增大，说明是生成物，根据反应的化学计量数与变化的浓度成正比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=(2-1.2)：(0.4-0)：(1.2-0)=2:1:3，表示的反应方程式为：2AB+3C，故C错误；D．在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图像显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；故选B。14.下列说法不正确的是A.某温度下反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达平衡后，再压缩容器体积，则平衡逆向移动，再次达平衡后c(CO2)变小B.已知CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，向0.5mol/L绿色的CuCl2溶液中加水，溶液颜色变为蓝绿色C.某一可逆反应加入催化剂后反应速率加快，ΔH不改变，达平衡前相同时间内转化率会增大D.分别向甲容器(恒温恒容)中充入lmolPCl5，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lmol，发生反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)ΔH>0，平衡时平衡常数K(甲)<K(乙)【答案】A【解析】【详解】A．反应达平衡后压缩容器体积，平衡逆向移动，但同时气体体积减小，浓度增大，A错误；B．向0.5mol/L绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，溶液颜色变为蓝绿色，B正确；C．催化剂可以加快反应速率，无法影响ΔH，由于反应速率加快，因此达平衡前相同时间内转化率会增大，但催化剂不能使平衡移动，C正确；D．甲容器(恒温恒容)中充入lmolPCl5，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)ΔH>0，乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lmol，发生反应：，该反应是放热反应，在绝热恒容条件下进行，升温使平衡逆向移动，则平衡时乙容器中PCl3和Cl2浓度大于甲容器，平衡时平衡常数K(甲)<K(乙)，D正确；答案选A。二、填空题(每空2分，共4道题，共58分)15.工业上由含铜废料(含有等)制备硝酸铜晶体的流程如图所示：（1）“焙烧”在时进行，写出由“焙烧”生成和的化学方程式为：___________。（2）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为___________(填化学式)。（3）“淘洗”所用的溶液A可以是___________(填字母)。A.稀硫酸 B.浓硫酸 C.稀硝酸 D.浓硝酸（4）“反应”一步所用的试剂是和，反应过程中无红棕色气体生成。①理论上消耗的和的物质的量之比为___________。②若不加10%的溶液，只用20%的溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为___________。（5）根据下图分析从“反应”所得溶液中析出的方法是___________。（6）已知有很多性质，既能体现酸性，又能体现氧化性或还原性，请写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式：___________。【答案】（1）2CuS+3O22CuO+2SO2（2）FeSO4（3）A（4）①.2：1②.Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O（5）蒸发浓缩、降温至温度略高于26.4℃结晶、过滤、冰水洗涤、低温烘干（6）5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+【解析】【分析】工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后，铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2.加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到的滤渣为铁和铜。用冷水淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃结晶。从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O。【小问1详解】CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，根据电子守恒和元素守恒可知，反应的化学方程式为：2CuS+3O22CuO+2SO2；【小问2详解】根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；【小问3详解】淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜：a．稀硫酸，不能和铜反应，a项正确；b．浓硫酸和铜常温下不反应，但浓硫酸遇到水会放出大量热，会和铜发生反应，b项错误；c．稀硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，c项错误；d．浓硝酸具有氧化性，能与铜发生反应，从而溶解铜，d项错误；故答案为：a；【小问4详解】①“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2，根据题给信息，硝酸起酸的作用，过氧化氢做氧化剂将Cu氧化，生成硝酸铜，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2∶1；②若不加10%H2O2，只用20%HNO3，铜和浓硝酸发生反应生成红棕色的二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；【小问5详解】)根据图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4℃从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，故从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩、降温至温度略高于26.4℃结晶、过滤、冰水洗涤、低温烘干；【小问6详解】二氧化硫和酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子和二价锰离子，离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+。16.回答下列问题（1）小组同学设计了两种制备的方案。a．溶液与粉末反应；b．粉与浓H2SO4在加热条件下反应。小组同学用如图所示装置检验上述方案b中所有气体产物。①A中m仪器的名称___________，装置B中盛放的试剂为___________。②按气流方向，上述装置合理的连接顺序为___________(填仪器接口的小写字母)。③装置C中仪器n的作用为___________。（2）硫酸厂产生的尾气中含有少量，如图为双碱法脱硫的原理示意图。写出上方流程的总化学方程式___________。（3）某实验小组进行如下实验：分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的和溶液，操作装置如图所示。实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如下表：烧杯实验现象G无白色沉淀产生，传感器测得溶液H有白色沉淀产生I有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多①据G、H、I中现象推测以上实验中产生的白色沉淀的化学式是___________。②据I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象，推测其根本原因可能是___________。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.品红溶液(或酸性高锰酸钾溶液)③.g→f→b→c④.防止倒吸（2）SO2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O（3）①.②.在水溶液中氧气氧化比硝酸根氧化活化能小，生成沉淀速率快【解析】【分析】A装置中Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、SO2和水蒸气，要检验气体产物，应先通过无水硫酸铜的干燥管，气体流向为g到f，再用品红溶液或酸性高锰酸钾溶液检验SO2，气体流向为b到c，最后通入NaOH溶液中进行尾气处理，据此解答。【小问1详解】①A中m仪器的名称为蒸馏烧瓶，由分析可知，B中盛放的试剂为品红溶液(或酸性高锰酸钾溶液)；②由上述分析可知，按气流方向，上述装置合理的连接顺序为：a→g→f→b→c→d；③装置C中仪器n的作用为防止倒吸；【小问2详解】由流程图可知，总反应的反应物为SO2、Ca(OH)2和O2，生成物有CaSO4，根据化学反应前后元素种类不变，生成物还有H2O，则流程的总化学方程式为：SO2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O；【小问3详解】①H和I中，SO2会被氧化为硫酸根，因此产生的白色沉淀为；②I中出现白色沉淀比实验H快很多，I中未煮沸，则有氧气参与反应，速率较快，说明在水溶液中氧气氧化比硝酸根氧化活化能小，生成沉淀速率快。17.甲醇是重要的化工原料。工业上常利用合成气(主要成分为和)在催化剂作用下合成甲醇。发生的主要反应如下：①；②；③。回答下列问题：（1）已知：在下，甲醇完全燃烧生成和液态水时放出的热量。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为___________。（2）上述___________。（3）反应①的化学平衡常数K的表达式为___________；若开始时的物质的量一定时，体系中的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示。则随温度的升高而___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，压强由大到小为___________。（4）在容积为的密闭容器中由反应③合成甲醇。现将和充入该容器中，在不同温度下充分反应，生成的甲醇的物质的量与时间的关系如下图所示，则___________(填“>”“<”或“=”)；若时达到平衡后，的转化率为50%，则容器内的压强与起始压强之比为___________，平衡常数为___________。【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)；ΔH=-726.4kJ/mol（2）-55（3）①.②.减小③.p3>p2>p1（4）①.<②.3：4③.(或0.148)【解析】【小问1详解】在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2气体和液态水时放热22.70kJ，lmol甲醇即32g甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为Q=22.70kJ×32=726.4kJ，所以表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-726.4kJ/mol；【小问2详解】根据盖斯定律，将①+②=③得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(g)，所以△H3=-99kJ/mol+44kJ/mol=-55kJ/mol；【小问3详解】化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应①的化学平衡常数表达式为K=；根据图示可知：在压强一定时，随着反应温度的升高，CO的平衡转化率随温度的升高而减小；反应①的正反应是气体体积减小的反应。在温度不变时，增大体系压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致CO的平衡转化率增大。根据图示可知：在温度相同时CO的转化率：p3>p2>p1，所以压强大小关系为：p3>p2>p1；【小问4详解】在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡。根据图象可知反应在温度为T2时先达到平衡，说明反应温度：T1<T2；反应③化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(g)，在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于压强比。在反应开始时，n(CO2)=2mol，n(H2)=6mol，n(总)开始=2mol+6mol=8mol。若反应温度T1时达到平衡后，CO2的转化率为50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=1