江苏省淮安市2024-2025学年高二化学上学期入学调研试题B

PAGEPAGE142025届高二入学调研试卷化学（B）留意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题。1．劳动成就幻想。下列劳动项目与所述的化学学问没有关联的是选项劳动项目化学学问A社区服务：用75%的酒精对桌椅消毒75%的酒精可使蛋白质变性B试验操作：NH3和H2O的喷泉试验氨气溶于水呈碱性C生产活动：利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与SiO2反应D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．病毒、细菌含蛋白质，75%的酒精可使蛋白质变性，故可75%的酒精对桌椅消毒，二者有关联，A不符合；B．氨气极易溶于水能做成喷泉试验。故“NH3和H2O的喷泉试验”、“氨气溶于水呈碱性”二者没有关联，B符合；C．因为氢氟酸可与SiO2反应生成四氟化硅和水、所以可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C不符合；D．油脂可发生皂化反应，利用该反应可以油脂为原料制肥皂，D不符合。2．下列属于物理变更的是A．煤的干馏B．煤的气化和液化C．石油的裂化和裂解 D．石油的分馏【答案】D【解析】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变更，故A不符合；B．煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，有新物质生成，都属于化学变更，故B不符合；C．石油的催裂化和裂解是在肯定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变更，故C不符合。D．石油的分馏是限制各物质沸点的不同来实现物质的分别的方法，属于物理变更过程，故D符合。3．下列各组中的物质均能发生加成反应的是A．苯和乙烯B．乙烯和乙醇C．乙酸和溴乙烷D．乙烯和丙烷【答案】A【解析】A．苯和乙烯都能和氢气发生加成反应，故A符合题意；B．乙烯能发生加成反应，乙醇不能，能发生取代反应、氧化反应、酯化反应、消去反应，故B不符合题意；C．乙酸和溴乙烷都不能发生加成反应，都能发生取代反应，故C不符合题意；D．乙烯能发生加成反应，丙烷能发生取代反应，故D不符合题意。4．下列化学用语表示正确的是A．的电子式H＋[]2－H＋B．蔗糖的分子式C．乙烯的空间充填模型D．乙醛的结构简式【答案】B【解析】A．H2O2是共价化合物，电子式，A错误；B．蔗糖是一种二糖，分子式，B正确；C．球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，乙烯的球棍模型，C错误；D．乙醛的官能团为、乙醛的结构简式，D错误。5．下列说法正确的是A．淀粉和纤维素互为同分异构体B．煤的干馏、石油的分馏、石油裂解、蛋白质的变性都是化学变更C．淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物D．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应【答案】D【解析】A．淀粉和纤维素的分子式都为(C6H10O5)n，由于聚合度n值不相同，不互为同分异构体，故A错误；B．石油的分馏过程中没有新物质生成，属于物理变更，故B错误；C．油脂的相对分子质量小，不是高分子化合物，故C错误；D．食用花生油属于油脂，鸡蛋清的主要成分是蛋白质，油脂和蛋白质都能发生水解反应，故D正确。6．锶的原子序数为38，它在元素周期表中的位置是A．第5周期第IVA族 B．第5周期第IIA族C．第4周期第IIA族 D．第5周期第VIA族【答案】B【解析】第五周期第ⅠA族元素是37号元素Rb，则38号元素位于第五周期第ⅡA族。答案选B。7．下列关于金属冶炼的说法正确的是A．全部的金属在自然界都是以化合态形式存在B．可用电解熔融AlCl3制备金属AlC．可用铝热法制备高熔点且活动性小于铝的金属D．可用热还原法制备金属Na【答案】C【解析】A．活泼性较差的金属在自然界是以游离态形式存在，如金，故A错误；B．可用电解熔融Al2O3制备金属Al，氯化铝是共价化合物，液态时不导电，故B错误；C．可用铝热法制备高熔点且活动性小于铝的金属，故C正确；D．可用电解法制备金属Na，故D错误。8．依据元素周期律的学问，下列推断正确的是A．同周期元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而增加B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．在IA、IIA族元素中，找寻制造农药的主要元素D．在过渡元素中，可以找到半导体材料【答案】A【解析】A．同周期元素非金属性随核电荷数的增加而增加，因此最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而增加，A正确；B．核外电子排布相同的微粒化学性质不肯定相同，如Na+和Ne，B错误；C．在第ⅥA族、第ⅦA族找寻制造农药的主要元素，C错A．NH4BrNH3↑＋HBr↑ B．Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3C．2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O D．2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2【答案】D【解析】A．只有离子键的断裂，无非极性键的断裂和形成，故A错误；B．无非极性键的断裂和形成，故B错误；C．有非极性键(Cl-Cl)的断裂但无非极性键的形成，故C错误；D．Na2O2既有离子键又有非极性共价键，CO2中有极性共价键，Na2CO3有离子键和极性共价键，O2中有非极性共价键，故D正确。10．苯环结构中，不存在单双键交替结构，不行以作为证据的事实是A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色B．苯能在肯定条件下跟H2加成生成环已烷C．经试验测得邻二甲苯仅一种结构D．苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变更而使溴水褪色【答案】B【解析】A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，A正确；B．苯能在肯定条件下跟H2加成生成环己烷，因为大π键和碳碳双键都能发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，B错误；C．假如是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C。邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，C正确；D．苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变更而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，D正确。11．下列有机反应方程式书写正确的是A．乙烯与溴水反应：CH2=CH2+Br2→CH3CHBr2B．甲烷和氯气的取代反应：CH4+2Cl2CCl4+2H2C．苯的硝化反应：+HNO3+H2OD．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3【答案】C【解析】A．Br2拆开成两个Br原子，分别加在两个碳原子上，即CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，A错误；B．甲烷和氯气的取代反应会发生4个：CH4+Cl2eq\o(→,\s\up7(光照))CH3Cl+HCl，CH3Cl+Cl2eq\o(→,\s\up7(光照))CH2Cl2+HCl，CH2Cl2+Cl2eq\o(→,\s\up7(光照))CHCl3+HCl，CHCl3+Cl2eq\o(→,\s\up7(光照))CCl4+HCl，B错误；C．苯发生硝化反应，硝基取代苯环上H，生成硝基苯和水，C正确；D．乙酸与乙醇酯化生成乙酸乙酯和水：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，D错误。12．利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示：则下列说法错误的是A．过程中实现了光能转化为化学能B．氢能资源丰富，属于可再生能源C．过程I汲取能量，过程II释放能量D．2H2Oeq\o(=,\s\up8(光照),\s\do8(催化剂))2H2+O2反应的能量变更如上图所示【答案】D【解析】A．水分解成氢气和氧气需汲取能量。则用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水过程中实现了光能转化为化学能，A正确；B．水分解产生氢气和氧气、氢气和氧气生成水时释放能量、则氢能资源丰富，属于可再生能源，B正确；C．过程I为化学键断裂、汲取能量，过程II为化学键形成、释放能量，C正确；D．2H2Oeq\o(=,\s\up8(光照),\s\do8(催化剂))2H2+O2反应时汲取能量，上图所示代表反应中放出能量，D错误。13．已知反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在其他条件不变时，仅变更下列条件，能增大正反应速率的措施是A．降低体系温度B．减小容器压强C．通入大量O2 D．移去部分SO3【答案】C【解析】A．降低体系温度，会导致物质内能减小，反应速率减慢，不能增大反应速率，A不符合题意；B．减小容器压强，会导致物质浓度降低，反应速率减慢而不能增大反应速率，B不符合题意；C．通入大量O2，会使反应物浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意；D．移去部分SO3，会导致物质浓度降低，反应速率减慢而不能增大反应速率，D不符合题意。C．与互为同分异构体 【答案】B【解析】A．含羧基和羟基能发生取代反应，含碳碳双键能发生加成反应，A正确；B．羧基所连的饱和碳原子为四面体构型、则分子中全部碳原子不行能在同一平面上，B错误；C．与的分子式均为C7H10O5而结构不同，则互为同分异构体，C正确；D．含羧基和羟基均能与Na反应产生氢气，则1mol该物质与足量Na反应生成3gH2，D正确。15．从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法错误的是A．步骤Ⅰ利用了氯气的强氧化性B．步骤Ⅱ中通入热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性C．步骤Ⅱ中溴与碳酸钠反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为D．步骤Ⅱ中应限制温度在以下，避开大量水蒸气蒸出【答案】C【解析】海水晒盐剩余的卤水中含有溴离子，用空气吹出法提取溴元素，最终制得工业溴。A．步骤Ⅰ中氯气和溴离子发生下列反应，利用了氯气的强氧化性，A正确；B．单质溴易挥发，步骤Ⅱ中通入热空气可以将Br2吹出到汲取池，B正确；C．步骤Ⅱ中溴与碳酸钠反应中，作氧化剂的溴化合价从0变为-1，作还原剂的溴化合价从0变为+5，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5:1，C错误；D．步骤Ⅱ中应限制温度在以下，避开大量水蒸气蒸出，只将溴蒸气吹出，D正确；答案为C。16．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A．原子半径的大小依次：X＞Y＞W＞QB．元素Q和Z能形成QZ2型的离子化合物C．Q、W的氢化物的稳定性肯定W＞QD．工业上常用电解的方法制备X、Y的单质【答案】D【解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，核外电子排布是2、4，Q原子的最外层电子数为4，故Q为C元素；W、Z最外层电子数相同，说明二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故W为O元素，Z为S元素；元素Y的合金是日常生活中运用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。依据上述分析可知：Q是C，W是O，X是Na，Y是Al，Z是S元素。A．原子核外电子层数越多原子半径越大；同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，所以上述五种元素的原子半径大小关系为：X(Na)＞Y(Al)＞Q(C)＞W(O)，A错误；B．Q是C，Z是S元素，C、S都是非金属元素，C原子与2个S原子形成四对共用电子对，原子之间以共价键结合，故二者形成的化合物CS2属于共价化合物，B错误；C．Q是C，W是O，若二者形成的不是最简洁的氢化物，则相应的氢化物的稳定性不肯定是W＞Q，如CH4比较稳定，受热不分解；而H2O2不稳定，加热分解产生H2O、O2，C错误；D．X是Na，Y是Al，二者是活泼的金属元素，不能运用一般的还原剂将它们从化合物中还原出来，只能通过电解熔融的NaCl、Al2O3的方法制取相应的Na、Al等金属单质，D正确。非选择题。17．铝热反应装置如下图：（1）该反应的化学方程式是_______；当消耗54g铝时，转移的电子数为_______NA。（2）若反应物无剩余，欲将生成物中的铁单质分别出来，实行的方法是：向生成物中加入足量的某种溶液，然后过滤。则这种溶液可以是：_______(填序号)①Ba(OH)2溶液②HCl溶液③NaOH溶液④H2SO4溶液（3）写出反应物(Fe2O3、Al)分别与盐酸反应的离子方程式：_______；_______。【答案】（1）2Al+Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))Al2O3+2Fe6（2）①③（3）Fe2O3+6H＋＝2Fe3＋+3H2O2Al+6H＋＝2Al3＋+3H2↑【解析】（1）高温下铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，该反应的化学方程式是2Al+Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))Al2O3+2Fe；54g铝的物质的量是54g÷27g/mol＝2mol，铝元素化合价从0价上升到+3价，失去3个电子，则转移的电子数为6NA。（2）生成物是氧化铝和铁，氧化铝是两性氧化物，能溶于强碱，铁不溶，则欲将生成物中的铁单质分别出来，实行的方法是：向生成物中加入足量的Ba(OH)2溶液或NaOH溶液，然后过滤。答案选①③。（3）反应物(Fe2O3、Al)分别与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H＋＝2Fe3＋+3H2O、2Al+6H＋＝2Al3＋+3H2↑。18．能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着亲密联系。（1）下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol-1)。化学键H-HCl-ClH-Cl键能436243431依据以上信息可知，1mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量_____kJ。（2）以氢气、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极，可构成氢氧燃料电池。该电池的总反应方程式为：2H2+O2=2H2O，则其负极反应式为：___________。（3）工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇(化学式：CH3OH，常温下为无色液体)，可以将CO2变废为宝。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，肯定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变更如图所示：①从起先到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=_______；H2的转化率a(H2)=_______。②若反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，在四种不同状况下的反应速率分别为：a．v(CO2)=0.15mol·L-1·min-1b．v(H2)=0.01mol·L-1·s-1c．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1d．v(H2O)=0.45mol·L-1·min-1该反应进行由快到慢的依次为____________(填字母)。③以下结论可以作为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)已达平衡的标记的是__________。a．v(H2)正=v(CH3OH)逆b．c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1c．容器内压强不再变更d．单位时间内，每生成1molCH3OH，同时消耗3molH2【答案】（1）183KJ（2）H2-2e-+2OH-=2H2O（3）0.075mol∙L-1∙min-175%D>C=B>Ac【解析】（1）反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)，焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol，1mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量183kJ。故答案为：183kJ；（2）以氢气、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极，可构成氢氧燃料电池。总反应方程式为：2H2+O2=2H2O，负极氢气失电子发生氧化反应，则其负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O；（3）①从起先到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)==0.075mol∙L-1∙min-1；生成甲醇0.75mol，CO2+3H2⇌CH3OH(g)+H2O(g)，反应氢气0.75mol×3=2.25mol，氢气转化率=×100%=75%。故答案为：0.075mol∙L-1∙min-1；75%；③a．化学反应中反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，说明甲醇正逆反应速率相同反应达到平衡状态，故a错误；b．c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1，不能说明各物质的浓度不再发生变更，故b错误；c．反应前后气体物质的量发生变更，当压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平衡状态，故c正确；d．单位时间内，每生成1molCH3OH，同时消耗3molH2，均为正速率，故d错误；故答案为：c。19．(1)下列试剂可用于鉴别乙烷和乙烯的是___________(填字母)。a．水b．四氯化碳c．酸性KMnO4溶液(2)从下列六种有机物中选择合适的物质，将其标号填在横线上A．CH2=CH2B．C．CH3CH2OHD．CH3COOCH2CH3E．CH3COOHF．葡萄糖①能通过加成反应使溴水褪色的是___________。②能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀的是___________。③能与Na2CO3溶液反应有气体生成的是___________。(3)用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，正极电极反应为___________。(4)乙烯是石油化工的重要基础原料，肯定条件下，乙烯可通过加聚反应获得高分子材料聚乙烯，其化学方程式为___________。【答案】cAFEFe3++e-=Fe2+nCH2=CH2【解析】(1)乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，可用高锰酸钾溶液鉴别，故答案为：c；(2)①CH2=CH2中含有碳碳双键，能通过加成反应使溴水褪色，故答案为：A；②葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故答案为：F；③CH3COOH酸性强于碳酸，能与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体，故答案为：E；(3)用反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，正极得电子，发生还原反应，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；(4)乙烯是石油化工的重要基础原料，肯定条件下，乙烯可通过加聚反应获得高分子材料聚乙烯，其化学方程式为nCH2=CH2。20．硫酸是当今世界最重要的化工产品之一。I．硫酸的各种制法：（1）早在1000多年前，我国就已采纳加热胆矾(CuSO4·5H2O)或绿矾(FeSO4·7H2O)的方法制取硫酸。FeSO4受热分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。①将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。能说明SO2存在的试验现象是_________。②有同学提出图1虚线框内盛装NaOH溶液的装置可以换成a装置，其中多孔玻璃球泡的作用是_____。（2）目前工业上主要采纳接触法制备硫酸，其中一步为：2SO2+O2eq\o(=,\s\up8(V2O5),\s\do8(高温))2SO3。试验室模拟该过程常用图2装置进行试验。b装置中装有浓硫酸，写出b装置的作用_________(写出两点)。II．硫酸的性质（3）图3中甲试管内发生反应的化学方程式为_____，该反应体现了浓硫酸的性质为____。

（4）当铜片与浓硫酸充分反应后，试管内并未出现蓝色溶液，而是看到了白色固体，请分别写出检验该白色固体离子组成的方法___________。【答案】（1）品红溶液褪色增大接触面，提高气体的汲取效率（2）干燥气体；使气体混合匀称(或限制气流速度，调整气流比例)（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O强氧化性和酸性（4）取少量白色固体溶于水，视察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4【解析】（1）①将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。SO2具有漂白性，能使品红褪色，故能说明SO2存在的试验现象是试剂瓶中的品红溶液褪色。故答案为：品红溶液褪色；②a装置中多孔玻璃球泡的作用是增大接触面，提高气体的汲取效率。故答案为：增大接触面，提高气体的汲取效率；（2）b装置中装有浓硫酸，混合气体通过b装置，b装置的作用有三个：干燥气体；使气体混合匀称(或限制气流速度，调整气流比例)(写出两点)。（3）加热下，Cu能与浓硫酸反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；体现了浓硫酸的强氧化性和酸性。（4）浓硫酸中水的含量很少，生成的硫酸铜未溶解，以固体形式存在，故只看到白色固体，要检验白色固体的成分，可以取少量白色固体溶于水，视察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4。21．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝，W、X和Y三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以发生反应，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为16。回答下列问题：(1)元素X在元素周期表中的位置是：_______，Z单质的电子式是_______。(2)W的气态氢化物能使紫色石蕊溶液变蓝的缘由：_______(用化学用语表示)。(3)X、Y、Z三种元素的简洁离子的离子半径由大到小的依次是：___