四川省泸州市泸县第五中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题

2024年秋期高2023级开学考试化学试题化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。相对原子质量：H1O16S32Fe56Cu64第一部分选择题(共42分)一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。1.下列物质中，属于电解质的是AAl B.NaCl溶液 C. D.溶液【答案】C【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质。【详解】A．Al是单质，不是化合物，故Al既不是电解质也不是非电解质，A项错误；B．NaCl溶液能导电，但它是混合物，所以NaCl溶液既不是电解质也不是非电解质，B项错误；C．K2SO4在水溶液中和熔融状态下均能导电，并且K2SO4是化合物，所以K2SO4是电解质，C项正确；D．MgCl2溶液能导电，但它是混合物，所以MgCl2溶液既不是电解质也不是非电解质，D项错误；答案选C。2.下列试剂在空气中变质不是因为空气中的氧气的作用而变质的是A.氢氧化钠 B.亚硫酸钠 C.氯化亚铁 D.苯酚【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钠在空气中吸收CO2生成碳酸钠变质，是非氧化还原反应，故A正确；B．亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C．氯化亚铁和氧气反应生成氯化铁，会因空气中的氧气而变质，故C错误；D．苯酚能被氧气氧化变成粉红色的醌类物质，会因空气中的氧气而变质，故D错误；答案为A。3.日光透过森林，形成缕缕光束的美景是大自然中的丁达尔效应，下列分散系中不会产生丁达尔效应的是A.Fe(OH)3胶体 B.云雾 C.CuSO4溶液 D.有色玻璃【答案】C【解析】【分析】【详解】胶体粒子的微粒直径在1100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于1100nm的是浊液。CuSO4溶液是溶液，不是胶体，由于溶质微粒太小（＜10nm），光全部通过，没有丁达尔效应，Fe(OH)3胶体有丁达尔效应，云雾是胶体、有色玻璃是固溶胶，有丁达尔效应，C符合；答案选C。4.下列说法正确的是A.在标准状况下，1mol水的体积是22.4LB.1molH2所占的体积约为22.4LC.在标准状况下，NA个分子所占的体积约为22.4LD.在标准状况下，1molNH3和CO混合气体所占的体积约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A、气体摩尔体积的使用范围是气体，标况下，水是液体，故A错误；B、在标况下，1molH2所占的体积约为22.4L，没有前提条件，故B错误；C、未注明该物质的状态，不能确定其体积，故C错误；D、在标准状况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4L，任何气体即指纯净物又指混合物，故D正确；故选D。

点睛：本题考查的是气体摩尔体积，注意气体摩尔体积的使用范围、条件，正确理解定义中“任何”的含义A根据气体摩尔体积的使用范围判断；B根据气体摩尔体积的使用条件判断；

C、根据气体摩尔体积的使用范围判断；D根据气体摩尔体积的定义判断。5.下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的为①向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4，③向石灰水中通入CO2至过量，④CaCl2溶液中通入CO2至过量A.①④ B.②③④ C.①②④ D.①【答案】A【解析】【详解】①向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，现象为溶液变浑浊，①符合；②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4，先胶体聚沉，然后氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，沉淀再溶解，②不符合；③向石灰水中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,沉淀再溶解，③不符合；④CaCl2与CO2不反应，④符合；即不发生“先沉淀后溶解”现象的为①④，答案选A。6.某化学兴趣小组设计如下实验探究溶液中离子反应发生的条件。下列说法中不正确的是A.①中反应实质是Cu2＋与OH结合生成Cu(OH)2沉淀B.②中OH和H＋结合生成H2O，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐褪去C.③中发生复分解反应生成H2CO3，H2CO3分解放出CO2D.④中反应生成易溶于水的物质，无明显现象【答案】D【解析】【详解】A．①中氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应实质是Cu2＋与OH结合生成Cu(OH)2沉淀，A正确；B．②中氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，实质是OH和H＋结合生成H2O，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐褪去，B正确；C．③中稀盐酸和碳酸钠发生复分解反应生成氯化钠和碳酸，H2CO3分解放出CO2，C正确；D．KCl和NaHCO3混合不能生成气体、沉淀、难电离的物质，两者不反应，D错误；故选D。7.金属铜的提炼多从黄铜矿开始.黄铜矿的焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2+O2=+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A.方程式中所缺物质应为Cu2SB.O2只作氧化剂C.SO2既是氧化产物又是还原产物D.若有1molSO2生成，则反应中有4mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A．根据原子守恒，可知方程式中所缺物质应为Cu2S，故A正确；B．氧气中O元素由0降低为2价，则O2只做氧化剂，故B正确；C．S元素由2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．若有1molO2参加反应，S元素的化合价升高，由2价升高到+4价，则反应中有6mol电子转移，故D错误；故选D。8.下列说法正确的是A.分子内共价键越强，分子越稳定，其熔沸点也越高B.离子键的本质就是阴、阳离子之间的相互吸引C.变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化D.由原子构成的晶体可能是原子晶体，也可能是分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．稳定性与共价键有关，熔沸点与相对分子质量有关，则分子内共价键越强，分子越稳定，但熔沸点不能确定，故A错误；B．离子键为阴阳离子之间的静电作用力，包括引力和斥力，故B错误；C．化学变化必须有旧化学键的断裂，同时有新化学键的形成，只涉及到化学键的断裂不一定属于化学变化，如HCl溶于水属于物理变化，故C错误；D．稀有气体都是由原子构成的分子晶体，金刚石是由原子构成的原子晶体，故D正确；故选D。9.尿素是一种重要的化工产品，可通过反应合成。下列有关说法正确的是A.是极性分子 B.的电子式为C.中子数为10的氧原子可表示为 D.1mol中含7mol键【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳中碳原子与两个氧原子分别以碳氧双键结合，二氧化碳是对称的非极性结构，故事非极性分子；故A错误；B．的电子式为，题给电子式缺少了一对孤电子对，故B错误；C．中子数为10的氧原子可表示为，故C错误；D．尿素结构简式为，从结构可知1mol中含7mol键，故D正确；故选D。10.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中不正确的是A.W的含氧酸的酸性比Z的强B.Y的价层电子排布式可能是ns2np4C.X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物可能都是强酸D.四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物【答案】A【解析】【分析】【详解】A项、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，但其含氧酸的酸性不一定强，如次氯酸是弱酸，亚硫酸是中强酸，故A错误；B项、由周期表的相对位置和X、Y、Z、W均为短周期主族元素可知，Y、Z可能为ⅥA族元素，O的价层电子排布式可能是2s22p4，故B正确；C项、由周期表的相对位置可知X可能为N元素、Z可能为S元素、W可能为Cl元素，三种元素的最高价氧化物所对应的水化物都是强酸，故C正确；D项、由周期表的相对位置可知，Y可能为O元素，水分子间能够形成氢键，且氢键数目多于氨气，则四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的是水，故D正确；故选A。【点睛】元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，但其含氧酸的酸性不一定强是解答关键，也是易错点。11.下列有关实验原理、方法和结论错误的是A.向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体B.25℃时Ksp(AgCl)=1.8×1010，Ksp(AgI)=1.0×1016，因此AgCl可以转化为AgIC.除去苯中少量苯酚，可向其混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液D.除去CO2中的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶【答案】A【解析】【详解】A．制取Fe(OH)3胶体应向沸水中加入饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，A项错误；B．Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以AgCl可以转化为AgI，B项正确；C．苯酚可以与NaOH溶液反应生成苯酚钠，易溶于水，可与苯分层，静置后分液便可除去，C项正确；D．SO2可被酸性KMnO4溶液氧化成硫酸根，再通过盛浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，可以得到纯净的CO2，D项正确；答案选A。12.在一定温度下，将气体X和Y各3mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)。经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6mol。下列关于反应开始至第8min时的平均反应速率的计算正确的是A.v(X)=0.30mol/(L·min) B.v(Y)=0.02mol/(L·min)C.v(Z)=0.02mol/(L·min) D.v(W)=0.10mol/(L·min)【答案】C【解析】【详解】经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6mol，则至第8min时Z的平衡速率v(Z)===0.02mol/(L·min)，根据速率之比等于化学计量数之比，相应的v(X)=×v(Z)=0.03mol/(L·min)、v(Y)=v(Z)=0.01mol/(L·min)、v(W)=v(Z)=0.01mol/(L·min)，故选项C正确，答案为C。13.下列有机反应属于加成反应的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其它原子或原子团相结合生成新的化合物的反应是加成反应。【详解】A．，碳碳双键断裂变为单键，该反应为加成反应，故A选；B．，乙醇与Na发生置换反应产生CH3CH2ONa、H2，反应不属于加成反应，故B不选；C．为乙醇的催化氧化反应，故C不选；D．为取代反应，故D不选；故选A。14.将足量的铜片与浓硫酸加热充分反应，收集到标准状况下的气体VL，下列对此反应的有关说法中错误的是A.该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性B反应结束后两种反应物均有剩余C.被还原的硫酸为D.参加反应的Cu为【答案】D【解析】【分析】浓硫酸中n(H2SO4)=0.1L×18mol/L=1.8mol，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。【详解】A．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，则该反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故A正确；B．反应结束后铜过量有剩余，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，则硫酸也有剩余，剩余两种反应物均有剩，故B正确；C．由反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原硫酸为mol，故C正确；D．随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，即小于0.9mol，则参加反应的Cu也小于0.9mol；参加反应的Cu小于0.9mol，故D错误；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应计算、浓硫酸的性质。注意铜与浓硫酸在加热条件下能发生反应，铜与稀硫酸不反应。本题的易错点为C，要注意被还原的硫酸与生成的二氧化硫的物质的量相等。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某同学做同周期元素性质递变规律实验时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象如表：实验方案实验现象①用砂纸擦后的镁带与沸水反应，再向反应后的溶液中滴加酚酞A浮于水面，熔成一个小球，在水面上无定向移动，随之消失，溶液变红色②向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水B产生气体，可在空气中燃烧，溶液变成浅红色③钠与滴有酚酞试液的冷水反应C反应不十分强烈，产生可燃性气体④镁带与2mol•L1的盐酸反应D剧烈反应，产生可燃性气体⑤铝条与2mol•L1的盐酸反应E生成白色胶状沉淀，既而沉淀消失⑥向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量F生成淡黄色沉淀请你帮助该同学整理并完成实验报告：（1）实验目的：_______。（2）实验用品：仪器：试管、酒精灯、砂纸、镊子、小刀、胶头滴管等。实验方案③取用金属钠除上述部分仪器外，还需要的仪器或用品有：_______、_______。药品：镁带、钠、铝条、新制氯水、新制饱和硫化氢溶液、2mol•L1的盐酸、NaOH溶液、蒸馏水、酚酞试液、AlCl3溶液。（3）实验内容：请将实验方案对应的实验现象填入表(填写题给信息表中的序号)。实验方案实验现象①_______②_______③_______④_______⑤_______⑥_______（4）实验结论：①能证明钠比镁金属性强的实验方案是：_______。(填实验方案中的序号)②写出能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式：_______。（5）请你补充一组简单易行的实验方案，证明此周期中另外两种元素非金属性强弱顺序：_______。（6）元素性质与原子结构有密切的关系。请从原子结构角度解释氯元素的非金属性为什么比硫强：_______。【答案】（1）验证第三周期元素从左到右金属性递减、非金属性递增的规律或探究第三周期元素性质递变规律（2）①.滤纸②.玻璃片(或表面血)（3）①.B②.F③.A④.D⑤.C⑥.E（4）①.①③②.H2S+Cl2=2HCl+S↓（5）在硅酸钠溶液中滴加磷酸溶液，可发生反应生成硅酸沉淀，进而得出硅、磷两种元素非金属性强弱的顺序（6）硫和氯均为第三周期元素，电子层数相同，氯的核电荷数比硫大，但氯的原子半径比硫小，氯元素得电子能力比硫强，所以氯元素的非金属性比硫强【解析】【分析】①③④⑤可比较金属性，②可比较非金属性，则实验目的为验证第三周期元素从左到右金属性递减、非金属性递增的规律或探究第三周期元素性质递变规律；【小问1详解】①③④⑤可比较金属性，②可比较非金属性，则实验目的为验证第三周期元素从左到右金属性递减、非金属性递增的规律或探究第三周期元素性质递变规律；【小问2详解】实验方案③取用金属钠除上述部分仪器外，还需要的仪器或用品有滤纸、玻璃片（或表面皿）；【小问3详解】金属越活泼，与水或酸反应越剧烈，氯水与硫化氢可生成单质S，AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成沉淀后溶解，则实验方案对应的实验现象为①—B，②—F，③—A，④—D，⑤—C，⑥—E；【小问4详解】金属越活泼，与水反应越剧烈，则能证明钠比镁金属性强的实验方案是①③；能证明氯的非金属性比硫强的化学方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓；【小问5详解】设计比较P、Si的非金属性，方案为在硅酸钠溶液中滴加磷酸溶液，反应生成硅酸沉淀，进而得出硅、磷两种元素非金属性强弱的顺序；【小问6详解】从原子结构角度解释氯元素的非金属性比硫强的原因为硫和氯均为第三周期元素，电子层数相同，氯的核电荷数比硫大，但氯的原子半径比硫小，氯元素得电子能力比硫强，所以氯元素的非金属性比硫强。16.NO(一种新型生物信使分子)可用于医学临床实验辅助诊断及治疗。某化学研究性学习小组的同学根据理论分析推断出NO具有氧化性，他们设想利用如图所示装置验证NO的氧化性。(已知NO2+OH→NO+NO+H2O，夹持及加热装置均已省略)（1）推断出NO具有氧化性的理论依据是_______。（2）实验开始前需进行_______，具体操作为_______。（3）装置A中反应的离子方程式为_______。（4）装置B的作用是_______(任写一点)；装置C的作用是_______。（5）小组成员甲同学认为NaOH溶液不能吸收NO，你认为需采取的措施是_______；分析该措施有效的原因：_______(用化学方程式表示)。（6）反应结束后，装置D中固体仍为黑色，证明NO与Fe发生了反应的依据是_______。【答案】（1）氮元素处于中间价态，化合价可以降低（2）①.检验装置的气密性②.关闭三颈烧瓶左侧导气管的活塞和分液漏斗的活塞，在F瓶注入蒸馏水到超过导气管的末端，用热毛巾捂装置A，若F看到有气泡出现，松开A后，水倒吸形成一段水柱，证明气密性良好（3）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）①.除O2或NO2②.除水蒸气（5）①.通入氧气或空气②.2NO+O2=2NO2和2NO2+2NaOH=NaNO3+H2O+NaNO2（6）取D中黑色固体少量放入洁净试管中，加入足量稀盐酸溶解后，再加KSCN，若显血红色，证明NO与Fe发生了反应：3Fe+4NO=Fe3O4+2N2【解析】【分析】装置A利用铜片与稀硝酸反应制取NO，生成的NO气体中含有NO2杂质，将混合气体通入装置B的水中可以除去NO2和装置中的氧气，剩余的NO气体含有水蒸气，通入装置C干燥NO，再将纯净的NO通入装置D中与铁粉反应探究NO是否具有氧化性，最后利用装置F中的NaOH溶液尾气处理。【小问1详解】推断出NO具有氧化性的理论依据是氮元素处于中间价态，化合价可以降低。【小问2详解】本实验产生气体，实验开始前需进行检验装置的气密性，具体操作为关闭三颈烧瓶左侧导气管的活塞和分液漏斗的活塞，在F瓶注入蒸馏水到超过导气管的末端，用热毛巾捂装置A，若F看到有气泡出现，松开A后，水倒吸形成一段水柱，证明气密性良好。【小问3详解】装置A利用铜片与稀硝酸反应制取NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。【小问4详解】据分析可知，装置B的作用是除O2或NO2，装置C的作用是除水蒸气。【小问5详解】根据题意可知，NaOH溶液能吸收NO2，可以将不能吸收的NO转化为NO2，需采取的措施是通入氧气或空气；该措施有效的原因为2NO+O2=2NO2和2NO2+2NaOH=NaNO3+H2O+NaNO2。【小问6详解】反应结束后，装置D中固体仍为黑色，证明NO与Fe发生了反应的依据是取D中黑色固体少量放入洁净试管中，加入足量稀盐酸溶解后，再加KSCN，若显血红色，证明NO与Fe发生了反应：3Fe+4NO=Fe3O4+2N2。17.在2L密闭容器中，800℃时，反应2NO＋O22NO2体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)如图表示各物质浓度的变化曲线，A点处，v(正)___________v(逆)，A点正反应速率_________B点正反应速率。(用“大于”、“小于”或“等于”填空)(2)图中表示O2变化的曲线是___________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝____________________________。(3)能使该反应的反应速率增大的是____________。A．及时分离出NO2气体B．升高温度C．减小O2的浓度D．选择高效的催化剂(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。A．容器内压强保持不变B．v(NO)＝2v(O2)C．容器内的密度保持不变D．v逆(NO2)＝2v正(O2)【答案】①.大于②.大于③.d④.0.003mol·L－1·s－1⑤.BD⑥.AD【解析】【分析】（1）A点后c浓度继续减小，a的浓度继续增大，故A点向正反应进行，正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点时正、逆速率相等；由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；（2）氧气是反应物，随反应进行浓度减小，由方程式可知2△c（O2）=△c（NO）；根据v=，计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；（3）升高温度、使用催化剂、增大反应物浓度都可能加快反应速率，减低浓度反应速率会减慢．（4）可逆反应达到平衡时，v正=v逆（同种物质表示）或正、逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示），反应混合物各组分物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【详解】（1）A点后c浓度继续减小,a的浓度继续增大,故A点向正反应进行,则v(正)>v(逆)；而B点处于平衡状态，即v（正）=v（逆），A点正反应速率继续减小、逆反应速率继续增大到平衡状态B点，A点正反应速率>B点正反应速率；答案为大于；大于；(2)氧气是反应物,随反应进行浓度减小,由方程式可知2△c(O2)=△c(NO)，由图可知曲线c的浓度变化为曲线d的2倍，故曲线c表示NO，曲线d表示氧气；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.003mol⋅L−1⋅s−1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol⋅L−1⋅s−1；答案为d；0.003mol⋅L−1⋅s−1；（3）A．及时分离出NO2气体，会使NO2气体浓度降低，反应速率减慢，故A错误；B．升高温度反应速率加快，故B正确；C．减少O2的浓度，反应速率减慢，故C错误；D．选择高效的催化剂，加快反应速率，故D正确；答案选BD。.（4）A．随反应进行，反应混合气体总的物