2023-2024学年河南省开封市五县联考高一下学期6月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省开封市五县联考2023-2024学年高一下学期6月月考试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号等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：选出每小题〖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：用签字笔直接写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。可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Al27S32Cl35.5Cu64Fe56一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是（）A.使用三元催化器减少汽车尾气中碳氢化合物、CO的排放B.大规模开采可燃冰作为新能源C.把煤转化为煤气可以减少污染D.研发催化剂将还原为甲醇〖答案〗D〖解析〗【详析】A．使用三元催化器有利于将碳氢化合物、CO转化为无污染的二氧化碳，但对CO2的排放总量影响不大，A不符合题意；B．可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，B不符合题意；C．煤转化为煤气可以提高煤的利用率，但对CO2的排放总量无影响，C不符合题意；D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，D正确；故选：D。2.下列物质属于天然有机高分子材料的是（）A.羊毛 B.天然气 C.聚乙烯 D.糖〖答案〗A〖解析〗【详析】A．羊毛属于天然有机高分子材料，A正确；B．天然气主要成分为CH4，不属于天然有机高分子材料，B错误；C．聚乙烯属于合成有机高分子材料，C错误；D．糖，属于有机物，单糖属于简单有机物，不属于天然有机高分子材料，D错误；故选A。3.将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，就有沉淀生成，则X气体不可能是（）A.NO2 B.NH3 C.Cl2 D.CO2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由于酸性HCl>H2SO3，所以将SO2气体通入BaCl2溶液，只发生反应：SO2+H2O=H2SO3，不会发生沉淀反应，未见沉淀生成。【详析】A．若同时通入NO2气体，由于该气体与水反应产生HNO3具有强的氧化性，会将H2SO3氧化产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液发生沉淀反应形成BaSO4白色沉淀，所以X不能是NO2气体，错误；B．若同时通入NH3，其与水反应产生碱使H2SO3反应产生SO32-与与溶液中的Ba2+结合形成BaSO3白色沉淀，错误；C．若同时通入Cl2，会发生反应Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。硫酸与BaCl2溶液发生沉淀反应，产生BaSO4白色沉淀，错误；D．CO2与SO2若同时通入，由于酸性都比盐酸小，所以不能发生任何反应，故无沉淀产生，正确。4.下列化学用语书写正确的是（）A.Fe、Cu和稀构成的原电池装置，负极电极方程式：B.用电子式表示HClO的形成过程：C.丙烯加聚生成聚丙烯的化学方程式：nCH3CH＝CH2D.乙醇分子的空间填充模型为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Fe比Cu活泼，Fe、Cu和稀H2SO4构成的原电池装置中Fe作负极，电极方程式为：，A错误；B．HClO为共价型化合物，，B正确；C．丙烯加聚生成聚丙烯化学方程式为：nCH3CH=CH2，C错误；D．乙醇分子的空间填充模型为，D错误；故选B。5.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.向溶液中加入少量的溶液：B.气体通入溴水中：C.醋酸和小苏打溶液反应：D.向硅酸钠溶液中加入稀盐酸：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．量少的反应物完全反应，符合其组成，即n(Ba2+)∶n(OH-)=1∶2，少量的Ba(OH)2溶液与足量NaHSO4溶液反应，，A错误；B．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，B正确；C．醋酸为弱电解质，不拆，碳酸氢根不拆，C正确；D．根据强酸制弱酸原理，用盐酸制取硅酸，D正确；故选A。6.在一定条件下，对于密闭容器中进行的反应：，下列说法能充分说明该反应已达到化学平衡状态的是（）A.、、在容器中共存 B.、、浓度比为C.、、的浓度均不再改变 D.的消耗速率和生成速率相等且都等于零〖答案〗C〖解析〗【详析】A．可逆反应是反应物和生成物共存的体系，SO2、O2、SO3反应过程中在容器中一直共存，不能说明反应达到平衡，A不选；B．、、浓度比为不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选；C．、、的浓度均不再改变说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，C选；D．化学平衡是动态平衡，平衡时正逆反应速率不为0，D不选；故选C。7.下列说法正确的（）A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以水解生成乙醇B.工业上常将液态植物油在一定条件下与氢气发生加成反应，用于生产人造奶油C.摄入人体内的纤维素在酶的催化作用下逐步水解，最终生成葡萄糖D.蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，并失去生理活性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．液态植物油中含有的碳碳双键，在一定条件下与H2发生加成反应，生成固态的氢化植物油，利用这一性质食品工业可以生产人造奶油，B正确；C．纤维素在人体内不能水解，C错误；D．蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，但不会失去生理活性，D错误；故选B。8.如图是一个“化学多米诺实验”装置，“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理使若干化学实验依次发生。已知：①(该反应的产物可作为分解的催化剂)；②E和F中的硫酸溶液浓度相同下列有关分析错误的是（）A.进行实验前必须检查装置气密性 B.整套装置共发生3个氧化还原反应C.装置J中出现浅黄色浑浊 D.装置K的作用是吸收尾气〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗E中Zn与稀硫酸反应制取H2，H2将F中混合溶液压入G中，G中Zn与CuSO4反应生成Cu、与硫酸反应产生H2，H2将H中CuSO4溶液压入过量氨水中，反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液流入I中，催化H2O2分解产生O2，O2与J中过量H2S溶液反应生成S，K中NaOH溶液用于吸收尾气。【详析】A．该实验中产生H2和O2，故进行实验前必须检查装置的气密性，A项正确；B．整套装置中发生的氧化还原反应有Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、2H2O22H2O+O2↑、O2+2H2S=2S↓+2H2O，B项错误；C．装置J中的反应为O2+2H2S=2S↓+2H2O，装置中出现浅黄色浑浊，C项正确；D．装置K用于吸收尾气（挥发出来的H2S），防止污染环境，D项正确；〖答案〗选B。9.如图表示铁与不同密度硝酸反应时，还原产物百分比与硝酸密度的关系，下列说法不正确的是（）A.一般来说，不同密度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B.硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多C.用足量的铁粉与HNO3溶液反应，氧化产物为Fe(NO3)3D.当硝酸密度为1.36g·mL-1时，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据图像可知，随硝酸密度被还原产物不同，在浓硝酸密度为1.4g/mL中，主要产物NO2，随着硝酸密度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当密度为1.36g/mL时，主要产物是NO2和NO，当的密度降到1.1g/mL时，离子成为主要产物，故A正确；B．还原产物中的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，在浓硝酸浓度为1.4mol/L中，主要产物NO2，硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，故B正确；C．用足量的铁粉与HNO3溶液反应，铁过量时，三价铁可以和单质铁反应生成二价铁，故产物为：Fe(NO3)2，故C错误；D．当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图像可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑3NO2↑+9H2O，故D正确；故选C。10.下列常见金属的冶炼原理不合理的是（）A.加热法炼汞：B.铝热法炼铁C.还原法冶镁：D.火法炼铜：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．热分解发制取金属Hg，加热分解氧化汞，A合理；B．铝为还原剂，用热还原法制取金属铁，B合理；C．氢气不能还原氧化镁。应电解熔融状态的氯化镁制取金属镁，，C不合理；D．硫化亚铜与氧气在高温下生成铜，D合理；故〖答案〗为：C。11.下列有关说法不正确的是（）A.乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键B.乙烯与氯气完全加成后，产物再与氯气彻底取代，两个过程中共消耗氯气C.乙烯分子的碳碳双键中有一个键容易断裂，能与溴水发生加成反应D.乙烯在空气中的燃烧现象中与甲烷燃烧现象不同的原因是乙烯中含碳量高〖答案〗B〖解析〗【详析】A．碳碳双键中有一条键容易断裂，乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键，故A正确；B．乙烯含有一个碳碳双键，1mol乙烯与1mol氯气完全加成，产物中含有4mol氢原子，则再与氯气彻底取代，两个过程中共消耗氯气5mol，故B错误；C．乙烯分子的碳碳双键中有一个键容易断裂，能与溴水发生加成反应，故C正确；D．乙烯分子中含碳量大于甲烷，所以乙烯在空气中的燃烧现象与甲烷燃烧现象不同的原因是乙烯中含碳量高，因此会冒黑烟，故D正确；故选B。12.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A.光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷C.乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D.乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯使溴水褪色〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取代反应是指有机物分子中一个原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，有机物分子中的不饱和碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，据此解答。【详析】A．光照甲烷与氯气的混合物发生取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应，故A不符合题意；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应；乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷发生加成反应，故B不符合题意；C．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，属于取代反应；乙烯水化制乙醇发生加成反应，故C符合题意；D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应；乙烯使溴水褪色发生加成反应，故D不符合题意；故〖答案〗选C。13.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法中错误的是（）A.过程①、②均需要吸收能量B.总反应方程式可以表示为C.过程④中，只形成了键D.反应前后催化剂的质量和化学性质没有改变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知，过程①、②均为断键过程，需要吸收能量，A项正确；B．总反应为硫化氢和甲醇生成水和甲硫醇，方程式可以表示为，B项正确；C．由图可知，过程④中也形成了键，C项错误；D．催化剂改变反应速率，且反应前后催化剂的质量和化学性质没有改变，D项正确；故选C。14.某合作学习小组的同学设计如图原电池，盐桥中装有含饱和的胶状物，只起导电和平衡电荷的作用。下列叙述中正确的是（）A.乙烧杯中发生还原反应B.盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液C.电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)D.电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和高锰酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、锰离子和水，则在a侧甲烧杯得电子发生还原反应，a侧是正极；Fe2+在b侧乙烧杯失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧是负极。【详析】A．据分析，乙烧杯中Fe2+在b侧乙烧杯失电子发生氧化反应生成Fe3+，A错误；B．高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，故不能换成饱和KCl溶液，B错误；C．b侧是负极、a侧是正极，电池工作时，电子流动方向：石墨(乙)→b→a→石墨(甲)，C错误；D．a侧是正极，电极反应为，消耗氢离子，电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱，D正确；故选D。15.为了探究反应速率的影响因素，某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的CO2体积与反应时间的关系图(0-t1、t1-t2、t2-t3的时间间隔相等)。下列说法正确的是（）A.0-t1时间段，CO2的化学反应速率v=mol/(L·min)B.t1-t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多C.t2-t4时间段，反应速率逐渐减慢的原因可能是盐酸浓度减小D.在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全〖答案〗C〖解析〗【详析】A.0～t1内，CO2的化学反应速率为v==mol/min，故A错误；

B．t1～t2比0～t1反应速率快的原因是反应放热加快反应速率，故B错误；

C．随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率下降，故C正确；

D．气体体积不再增加也可能是盐酸被消耗完，故D错误；

故选：C。二、非选择题(本题共4题，55分)16.已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。（1）A的结构式为_______，B分子中的官能团名称是_______，A转化为B的反应类型_______。（2）写出与D含有相同官能团的E的一种同分异构体的结构简式_______(任写一种)。（3）写出反应④的化学方程式：_______。（4）写出B与D反应生成E的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.②.羟基③.加成反应（2）或（3）nCH2=CH2

（4）〖解析〗A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B为乙醇，F是一种高聚物，则F为聚乙烯，乙醇和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成D为乙酸，乙醇发生催化氧化反应生成C为乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。（1）A为乙烯，其结构式为，B为乙醇，则B分子中的官能团名称是羟基，乙烯和水发生加成反应生成乙醇。（2）D为乙酸，与D含有相同官能团的E(E含有四个碳原子)的一种同分异构体的结构简式或。（3）反应④是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其反应的化学方程式：nCH2=CH2

。（4）B与D是乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，其反应的化学方程式：。17.以铝土矿（主要成分是，杂质有、等）为原料，采用拜耳法生产的流程如图所示：（1）可用于电解制Al，其反应化学方程式是_______。（2）调控反应池中钠铝元素之比一定时，溶于NaOH，转化为铝硅酸钠沉淀。溶于NaOH的离子方程式是_______。（3）该生产过程中，需向沉淀池中加入X，X可以是过量的，则滤液Ⅱ中主要的溶质是_______；为了使滤液Ⅱ循环利用，应补充的物质是_______（本空格选填字母）；a.CaOb.HClc.（4）利用反应设计一个原电池（正极材料用碳棒），回答下列问题：①电池的负极电极反应式为_______，②正极上出现的现象是_______。③若导线上转移电子时，则电解质溶液改变的质量为_______g。〖答案〗（1）（2）（3）①.②.a（4）①.②.碳棒上有红色物质析出③.4〖解析〗铝土矿主要成分是，杂质有、等，将铝土矿及NaOH溶液加入反应池中，其中的与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠进入滤液Ⅰ中，向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的CO2可生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，对氢氧化铝进一步处理即可得到。（1）工业上通过电解熔融的制取Al，化学方程式为，故〖答案〗为：；（2）溶于NaOH中反应生成四羟基合铝酸钠进入滤液Ⅰ中，离子方程式为，故〖答案〗为；（3）向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应的化学方程式为，则滤液Ⅱ中主要的溶质是，若向滤液Ⅱ中补充HCl，与HCl反应生成氯化钠、CO2和水，向滤液Ⅱ中补充CaO可发生反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，其中的氢氧化钠可通入反应池循环利用，故〖答案〗为：；a；（4）Fe发生氧化反应，作电池负极，电极反应式为：，碳棒作正极，正极电极反应式为，现象是碳棒上有红色物质析出，若导线上转移电子，滤液中同时生成0.5mol的Fe2+和析出0.5mol的Cu，则电解质溶液减轻的质量为，故〖答案〗为：；碳棒上有红色物质析出；4。18.某学校化学社成员围绕乙醇的性质进行了相关探究，请你参与并完成对有关问题下的解答。Ⅰ.甲同学向小烧杯中加入无水乙醇，再放入一小块金属钠(约绿豆粒大)，观察实验现象。（1）请在表中将实验现象及结论补充完全。

实验现象实验结论①钠沉在烧杯底部钠的密度_______乙醇(填“大于”或“小于”)②_______反应有气体产生Ⅱ.乙同学探究了乙醇的催化氧化反应，反应装置如图所示，实验操作流程为：点燃酒精灯，加热片刻后，再间歇性地挤压气囊鼓入空气。（2）反应时A中铜丝的颜色变化为_______。（3）一段时间后B中收集到一种新物质，写出生成该物质的结构简式_______，经查阅资料得知，乙醇的催化氧化分两步进行，第一步反应为；第二步反应为_______。Ⅲ.丙同学根据教材中制备乙酸乙酯实验装置图进行了改进，如图，继续实验。乙醇乙酸乙酸乙酯98%浓硫酸熔点/℃-117.316.6-83.6-沸点/℃78.5117.977.5338.0资料：温度高于140℃时发生副反应：。（4）水从冷凝管的_______(填“a”或“b”)处进入。（5）考虑到反应速率等多种因素，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是_______(填序号)。①②③（6）用60g乙酸与92g乙醇反应，如果实际产量是理论产量的68%，则实际得到乙酸乙酯的质量是_______(保留两位有效数字)。〖答案〗（1）①.大于②.产生气泡（2）红色变为黑色，最后又变为红色（3）①.②.（4）b（5）②（6）60g〖解析〗乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，钠与乙醇的反应没有钠与水剧烈，据此分析解答；乙醇在铜作催化剂条件下发生催化氧化生成乙醛，乙醇与乙酸发生酯化反应，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，结合物质的熔沸点分析解答；（1）乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部缓慢反应，钠表面缓慢产生气泡；故〖答案〗为：大于；缓慢产生气泡；（2）铜丝在加热的条件下与空气中的氧气反应，金属铜被氧气氧化为氧化铜，反应为：2Cu+O22CuO，则铜丝的颜色变化为黑色，通入乙醇蒸气，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，同时生成单质铜，黑色变成红色，反应为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，铜丝为催化剂，如此重复变化，则铜丝的颜色变化为红黑交替；故〖答案〗为：红色变为黑色，最后又变为红色；（3）B中收集的物质为乙醛，乙醇与氧气反应生成乙醛CH3CHO；乙醇的催化氧化分两步进行，第一步反应为铜与氧气生成氧化铜，第二步反应为氧化铜将乙醇氧化为乙醛；故〖答案〗为：CH3CHO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）冷凝管是冷凝乙酸乙酯蒸气，水从冷凝管下口进，上口出，冷凝管的冷凝效果好，因此水从冷凝管的b处进入；故〖答案〗：b；（5）考虑到反应速率等多种因素，温度越高越好，但温度过高会发生副反应，乙酸乙酯的沸点为77.5℃，乙酸的沸点为117.9，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应温度要高于77.5℃，为了提高原料的利用率，温度最好不要超过117.9，因此反应的最佳温度范围是105℃<T<110℃；故〖答案〗为：②；（6）60g乙酸的物质的量为，92g乙醇的物质的量为，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，由此可知乙醇过量，理论上生成1molCH3COOCH2CH3，实际产量是理论产量的68%，实际得到乙酸乙酯的质量为1mol×68%×88g/mol=60g；故〖答案〗为：60。19.利用金属矿渣(含有、及)制备的实验流程如图。已知煅烧过程中和转化为和CuO。（1）滤渣1的主要成分为：_______(写化学式)。（2）在空气中煅烧的化学方程式为_______。（3）在“还原”步骤，在向酸浸后溶液加入过量铁屑，除了能将转化为外，还能_______。若将6g铁粉加入和的混合溶液中，忽略体积变化，充分反应得到溶液和5.2g固体沉淀物。则5.2g固体沉淀物的成分为_______(写化学式)；原溶液的物质的量浓度是_______；（4）检验是否完全被还原的实验操作是_______。（5）制备，写出“沉铁”步骤发生反应的离子方程式：_______。〖答案〗（1）（2）（3）①.置换出硫酸铜中的铜或还原出硫酸铜中的铜②.Fe、Cu③.（4）取少量还原后的溶液于试管内，滴加几滴KSCN溶液，若不变红，则说明完全被还原（5）〖解析〗金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)在空气中煅烧得到Fe2O3、CuO和SO2，所得固体用稀硫酸酸浸得到含Fe2(SO4)3、CuSO4的滤液，滤渣1为与稀硫酸不反应的SiO2；滤液中用Fe将Fe3+还原为Fe2+、同时置换出Cu，过滤后得到滤渣2的成分为Cu和未反应的Fe；FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3、CO2和(NH4)2SO4。（1）根据分析，滤渣1的主要成分为SiO2；（2）FeS2在空气中煅烧生成Fe2O3和SO2，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。（3）根据分析，在“还原”步骤，向酸浸后溶液中加入过量铁屑，除了将Fe3+转化为Fe2+，还发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，即置换出硫酸铜中的铜或还原出硫酸铜中的铜；n(FeSO4)=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，根据反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，则6g-56g/moln[Fe2(SO4)3]-56g/moln(CuSO4)+64g/moln(CuSO4)=5.2g，根据守恒，3n[Fe2(SO4)3]+n(CuSO4)=0.1mol，两式联立解得n[Fe2(SO4)3]=0.02mol、n(CuSO4)=0.04mol，则5.2g固体沉淀物的成分为0.04mol×64g/mol=2.56gCu和5.2g-2.56g=2.64gFe；原Fe2(SO4)3溶液物质的量浓度为=0.1mol/L；（4）Fe3+被完全还原时还原后的溶液中不含Fe3+，可用KSCN溶液检验，操作为取少量还原后的溶液于试管内，滴加几滴KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+完全被还原。（5）根据流程和分析，沉淀时反应为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+CO2↑+(NH4)2SO4+H2O，离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O。河南省开封市五县联考2023-2024学年高一下学期6月月考试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号等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：选出每小题〖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：用签字笔直接写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。可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Al27S32Cl35.5Cu64Fe56一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.“碳中和”是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是（）A.使用三元催化器减少汽车尾气中碳氢化合物、CO的排放B.大规模开采可燃冰作为新能源C.把煤转化为煤气可以减少污染D.研发催化剂将还原为甲醇〖答案〗D〖解析〗【详析】A．使用三元催化器有利于将碳氢化合物、CO转化为无污染的二氧化碳，但对CO2的排放总量影响不大，A不符合题意；B．可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，B不符合题意；C．煤转化为煤气可以提高煤的利用率，但对CO2的排放总量无影响，C不符合题意；D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，D正确；故选：D。2.下列物质属于天然有机高分子材料的是（）A.羊毛 B.天然气 C.聚乙烯 D.糖〖答案〗A〖解析〗【详析】A．羊毛属于天然有机高分子材料，A正确；B．天然气主要成分为CH4，不属于天然有机高分子材料，B错误；C．聚乙烯属于合成有机高分子材料，C错误；D．糖，属于有机物，单糖属于简单有机物，不属于天然有机高分子材料，D错误；故选A。3.将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，就有沉淀生成，则X气体不可能是（）A.NO2 B.NH3 C.Cl2 D.CO2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由于酸性HCl>H2SO3，所以将SO2气体通入BaCl2溶液，只发生反应：SO2+H2O=H2SO3，不会发生沉淀反应，未见沉淀生成。【详析】A．若同时通入NO2气体，由于该气体与水反应产生HNO3具有强的氧化性，会将H2SO3氧化产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液发生沉淀反应形成BaSO4白色沉淀，所以X不能是NO2气体，错误；B．若同时通入NH3，其与水反应产生碱使H2SO3反应产生SO32-与与溶液中的Ba2+结合形成BaSO3白色沉淀，错误；C．若同时通入Cl2，会发生反应Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。硫酸与BaCl2溶液发生沉淀反应，产生BaSO4白色沉淀，错误；D．CO2与SO2若同时通入，由于酸性都比盐酸小，所以不能发生任何反应，故无沉淀产生，正确。4.下列化学用语书写正确的是（）A.Fe、Cu和稀构成的原电池装置，负极电极方程式：B.用电子式表示HClO的形成过程：C.丙烯加聚生成聚丙烯的化学方程式：nCH3CH＝CH2D.乙醇分子的空间填充模型为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Fe比Cu活泼，Fe、Cu和稀H2SO4构成的原电池装置中Fe作负极，电极方程式为：，A错误；B．HClO为共价型化合物，，B正确；C．丙烯加聚生成聚丙烯化学方程式为：nCH3CH=CH2，C错误；D．乙醇分子的空间填充模型为，D错误；故选B。5.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.向溶液中加入少量的溶液：B.气体通入溴水中：C.醋酸和小苏打溶液反应：D.向硅酸钠溶液中加入稀盐酸：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．量少的反应物完全反应，符合其组成，即n(Ba2+)∶n(OH-)=1∶2，少量的Ba(OH)2溶液与足量NaHSO4溶液反应，，A错误；B．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，B正确；C．醋酸为弱电解质，不拆，碳酸氢根不拆，C正确；D．根据强酸制弱酸原理，用盐酸制取硅酸，D正确；故选A。6.在一定条件下，对于密闭容器中进行的反应：，下列说法能充分说明该反应已达到化学平衡状态的是（）A.、、在容器中共存 B.、、浓度比为C.、、的浓度均不再改变 D.的消耗速率和生成速率相等且都等于零〖答案〗C〖解析〗【详析】A．可逆反应是反应物和生成物共存的体系，SO2、O2、SO3反应过程中在容器中一直共存，不能说明反应达到平衡，A不选；B．、、浓度比为不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选；C．、、的浓度均不再改变说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，C选；D．化学平衡是动态平衡，平衡时正逆反应速率不为0，D不选；故选C。7.下列说法正确的（）A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以水解生成乙醇B.工业上常将液态植物油在一定条件下与氢气发生加成反应，用于生产人造奶油C.摄入人体内的纤维素在酶的催化作用下逐步水解，最终生成葡萄糖D.蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，并失去生理活性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．液态植物油中含有的碳碳双键，在一定条件下与H2发生加成反应，生成固态的氢化植物油，利用这一性质食品工业可以生产人造奶油，B正确；C．纤维素在人体内不能水解，C错误；D．蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，但不会失去生理活性，D错误；故选B。8.如图是一个“化学多米诺实验”装置，“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理使若干化学实验依次发生。已知：①(该反应的产物可作为分解的催化剂)；②E和F中的硫酸溶液浓度相同下列有关分析错误的是（）A.进行实验前必须检查装置气密性 B.整套装置共发生3个氧化还原反应C.装置J中出现浅黄色浑浊 D.装置K的作用是吸收尾气〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗E中Zn与稀硫酸反应制取H2，H2将F中混合溶液压入G中，G中Zn与CuSO4反应生成Cu、与硫酸反应产生H2，H2将H中CuSO4溶液压入过量氨水中，反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液流入I中，催化H2O2分解产生O2，O2与J中过量H2S溶液反应生成S，K中NaOH溶液用于吸收尾气。【详析】A．该实验中产生H2和O2，故进行实验前必须检查装置的气密性，A项正确；B．整套装置中发生的氧化还原反应有Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、2H2O22H2O+O2↑、O2+2H2S=2S↓+2H2O，B项错误；C．装置J中的反应为O2+2H2S=2S↓+2H2O，装置中出现浅黄色浑浊，C项正确；D．装置K用于吸收尾气（挥发出来的H2S），防止污染环境，D项正确；〖答案〗选B。9.如图表示铁与不同密度硝酸反应时，还原产物百分比与硝酸密度的关系，下列说法不正确的是（）A.一般来说，不同密度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B.硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多C.用足量的铁粉与HNO3溶液反应，氧化产物为Fe(NO3)3D.当硝酸密度为1.36g·mL-1时，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．根据图像可知，随硝酸密度被还原产物不同，在浓硝酸密度为1.4g/mL中，主要产物NO2，随着硝酸密度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当密度为1.36g/mL时，主要产物是NO2和NO，当的密度降到1.1g/mL时，离子成为主要产物，故A正确；B．还原产物中的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，在浓硝酸浓度为1.4mol/L中，主要产物NO2，硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，故B正确；C．用足量的铁粉与HNO3溶液反应，铁过量时，三价铁可以和单质铁反应生成二价铁，故产物为：Fe(NO3)2，故C错误；D．当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图像可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑3NO2↑+9H2O，故D正确；故选C。10.下列常见金属的冶炼原理不合理的是（）A.加热法炼汞：B.铝热法炼铁C.还原法冶镁：D.火法炼铜：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．热分解发制取金属Hg，加热分解氧化汞，A合理；B．铝为还原剂，用热还原法制取金属铁，B合理；C．氢气不能还原氧化镁。应电解熔融状态的氯化镁制取金属镁，，C不合理；D．硫化亚铜与氧气在高温下生成铜，D合理；故〖答案〗为：C。11.下列有关说法不正确的是（）A.乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键B.乙烯与氯气完全加成后，产物再与氯气彻底取代，两个过程中共消耗氯气C.乙烯分子的碳碳双键中有一个键容易断裂，能与溴水发生加成反应D.乙烯在空气中的燃烧现象中与甲烷燃烧现象不同的原因是乙烯中含碳量高〖答案〗B〖解析〗【详析】A．碳碳双键中有一条键容易断裂，乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键，故A正确；B．乙烯含有一个碳碳双键，1mol乙烯与1mol氯气完全加成，产物中含有4mol氢原子，则再与氯气彻底取代，两个过程中共消耗氯气5mol，故B错误；C．乙烯分子的碳碳双键中有一个键容易断裂，能与溴水发生加成反应，故C正确；D．乙烯分子中含碳量大于甲烷，所以乙烯在空气中的燃烧现象与甲烷燃烧现象不同的原因是乙烯中含碳量高，因此会冒黑烟，故D正确；故选B。12.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A.光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷C.乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D.乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯使溴水褪色〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗取代反应是指有机物分子中一个原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，有机物分子中的不饱和碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，据此解答。【详析】A．光照甲烷与氯气的混合物发生取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应，故A不符合题意；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应；乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷发生加成反应，故B不符合题意；C．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，属于取代反应；乙烯水化制乙醇发生加成反应，故C符合题意；D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应；乙烯使溴水褪色发生加成反应，故D不符合题意；故〖答案〗选C。13.硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法中错误的是（）A.过程①、②均需要吸收能量B.总反应方程式可以表示为C.过程④中，只形成了键D.反应前后催化剂的质量和化学性质没有改变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知，过程①、②均为断键过程，需要吸收能量，A项正确；B．总反应为硫化氢和甲醇生成水和甲硫醇，方程式可以表示为，B项正确；C．由图可知，过程④中也形成了键，C项错误；D．催化剂改变反应速率，且反应前后催化剂的质量和化学性质没有改变，D项正确；故选C。14.某合作学习小组的同学设计如图原电池，盐桥中装有含饱和的胶状物，只起导电和平衡电荷的作用。下列叙述中正确的是（）A.乙烧杯中发生还原反应B.盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液C.电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)D.电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和高锰酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、锰离子和水，则在a侧甲烧杯得电子发生还原反应，a侧是正极；Fe2+在b侧乙烧杯失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧是负极。【详析】A．据分析，乙烧杯中Fe2+在b侧乙烧杯失电子发生氧化反应生成Fe3+，A错误；B．高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，故不能换成饱和KCl溶液，B错误；C．b侧是负极、a侧是正极，电池工作时，电子流动方向：石墨(乙)→b→a→石墨(甲)，C错误；D．a侧是正极，电极反应为，消耗氢离子，电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱，D正确；故选D。15.为了探究反应速率的影响因素，某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的CO2体积与反应时间的关系图(0-t1、t1-t2、t2-t3的时间间隔相等)。下列说法正确的是（）A.0-t1时间段，CO2的化学反应速率v=mol/(L·min)B.t1-t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多C.t2-t4时间段，反应速率逐渐减慢的原因可能是盐酸浓度减小D.在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全〖答案〗C〖解析〗【详析】A.0～t1内，CO2的化学反应速率为v==mol/min，故A错误；

B．t1～t2比0～t1反应速率快的原因是反应放热加快反应速率，故B错误；

C．随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率下降，故C正确；

D．气体体积不再增加也可能是盐酸被消耗完，故D错误；

故选：C。二、非选择题(本题共4题，55分)16.已知：A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。（1）A的结构式为_______，B分子中的官能团名称是_______，A转化为B的反应类型_______。（2）写出与D含有相同官能团的E的一种同分异构体的结构简式_______(任写一种)。（3）写出反应④的化学方程式：_______。（4）写出B与D反应生成E的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.②.羟基③.加成反应（2）或（3）nCH2=CH2

（4）〖解析〗A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B为乙醇，F是一种高聚物，则F为聚乙烯，乙醇和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成D为乙酸，乙醇发生催化氧化反应生成C为乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。（1）A为乙烯，其结构式为，B为乙醇，则B分子中的官能团名称是羟基，乙烯和水发生加成反应生成乙醇。（2）D为乙酸，与D含有相同官能团的E(E含有四个碳原子)的一种同分异构体的结构简式或。（3）反应④是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其反应的化学方程式：nCH2=CH2

。（4）B与D是乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，其反应的化学方程式：。17.以铝土矿（主要成分是，杂质有、等）为原料，采用拜耳法生产的流程如图所示：（1）可用于电解制Al，其反应化学方程式是_______。（2）调控反应池中钠铝元素之比一定时，溶于NaOH，转化为铝硅酸钠沉淀。溶于NaOH的离子方程式是_______。（3）该生产过程中，需向沉淀池中加入X，X可以是过量的，则滤液Ⅱ中主要的溶质是_______；为了使滤液Ⅱ循环利用，应补充的物质是_______（本空格选填字母）；a.CaOb.HClc.（4）利用反应设计一个原电池（正极材料用碳棒），回答下列问题：①电池的负极电极反应式为_______，②正极上出现的现象是_______。③若导线上转移电子时，则电解质溶液改变的质量为_______g。〖答案〗（1）（2）（3）①.②.a（4）①.②.碳棒上有红色物质析出③.4〖解析〗铝土矿主要成分是，杂质有、等，将铝土矿及NaOH溶液加入反应池中，其中的与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠进入滤液Ⅰ中，向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的CO2可生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，对氢氧化铝进一步处理即可得到。（1）工业上通过电解熔融的制取Al，化学方程式为，故〖答案〗为：；（2）溶于NaOH中反应生成四羟基合铝酸钠进入滤液Ⅰ中，离子方程式为，故〖答案〗为；（3）向四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应的化学方程式为，则滤液Ⅱ中主要的溶质是，若向滤液Ⅱ中补充HCl，与HCl反应生成氯化钠、CO2和水，向滤液Ⅱ中补充CaO可发生反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，其中的氢氧化钠可通入反应池循环利用，故〖答案〗为：；a；（4）Fe发生氧化反应，作电池负极，电极反应式为：，碳棒作正极，正极电极反应式为，现象是碳棒上有红色物质析出，若导线上转移电子，滤液中同时生成0.5mol的Fe2+和析出0.5mol的Cu，则电解质溶液减轻的质量为，故〖答案〗为：；碳棒上有红色物质析出；4。18.某学校化学社成员围绕乙醇的性质进行了相关探究，请你参与并完成对有关问题下的解答。Ⅰ.甲同学向小烧杯中加入无水乙醇，再放入一小块金属钠(约绿豆粒大)，观察实验现象。（1）请在表中将实验现象及结论补充完全。

实验现象实验结论①钠沉在烧杯底部钠的密度_______乙醇(填“大于”或“小于”)②_______反应有气体产生Ⅱ.乙同学探究了乙醇的催化氧化反应，反应装置如图所示，实验操作流程为：点燃酒精灯，加热片刻后，再间歇性地挤压气囊鼓入空气。（2）反应时A中铜丝的颜色变化为_______。（3）一段时间后B中收集到一种新物质，写出生成该物质的结构简式_______，经查阅资料得知，乙醇的催化氧化分两步进行，第一步反应为；第二步反应为_______。Ⅲ.丙同学根据教材中制备乙酸乙酯实验装置图进行了改进，如图，继续实验。乙醇乙酸乙酸乙酯98%浓硫酸熔点/℃-117.316.6-83.6-沸点/℃78.5117.977.5338.0资料：温度高于140℃时发生副反应：。（4）水从冷凝管的_______(填“a”或“b”)处进入。（5）考虑到反应速率等多种因素，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是_______(填序号)。①②③（6）用60g乙酸与92g乙醇反应，如果实际产量是理论产量的68%，则实际得到乙酸乙酯的质量是_______(保留两位有效数字)。〖答案〗（1）①.大于②.产生气泡（2）红色变为黑色，最后又变为红色（3）①.②.（4）b（5）②（6）60g〖解析〗乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，钠与乙醇的反应没有钠与水剧烈，据此分析解答；乙醇在铜作催化剂条件下发生催化氧化生成乙醛，乙醇与乙酸发生酯化反应，CH3COOH+CH3CH2OHCH3CO