2024-2025学年浙江省杭州市周边重点中学四校联考化学试题高二上学期10月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省杭州市周边重点中学四校联考2024-2025学年高二上学期10月月考考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64Ag-108Ti-48一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列材料中属于新型无机非金属材料的是A.光学玻璃 B.储氢合金 C.光导纤维 D.聚氯乙烯塑料【答案】C【解析】光学玻璃属于硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；储氢合金由金属材料制成，属于金属材料，B不符合题意；光导纤维主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，C符合题意；聚氯乙烯塑料属于有机高分子材料，D不符合题意；故选C。2.下列说法不正确的是A.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视B.混凝剂聚合氯化铝可使污水中的细小悬浮物等聚集成较大的颗粒C.甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本D.溶液比溶液稳定【答案】D【解析】钠与水反应剧烈且放热，因此观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，A正确；混凝剂聚合氯化铝在污水中能水解成胶体，吸附污水中细小悬浮物，使其聚集成较大颗粒而沉降下来，B正确；甲醛水溶液可使蛋白质发生变性，具有杀菌防腐性能，可用于消毒和制作生物标本，C正确；不稳定，见光分解生成HCl和氧气，因此溶液比溶液稳定，D错误；答案选D。3.下列化学用语表示正确的是A.甲烷的分子结构模型：B.离子的结构示意图：C.羟基的电子式：D.醛基：-COH【答案】A【解析】甲烷的分子式为CH4，分子呈正四面体结构，则甲烷分子结构模型：，A正确；离子核电荷数为16，核外电子数为18，则结构示意图：，B不正确；羟基的结构式为-O-H，电子式为，C不正确；醛基的结构简式为-CHO，D不正确；故选A。4.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是A.装置用于实验室制备B.装置可验证非金属性C.装置可制取氢氧化铁胶体D.装置可用于测定中和反应的反应热【答案】B【解析】单独加热氯化铵，生成氯化氢气体和氨气在温度低时重新反应生成氯化铵，实验室制取氨气应该加热氢氧化钙和氯化铵的固体混合物，故A错误；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，实验中发生强酸制弱酸的反应，根据实验现象可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性：S＞C＞Si，故B正确；FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故C错误；温度计应插入反应液中，故D错误；故选B。5.在溶液中不能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】B【解析】在溶液中，不发生化学反应，能大量共存，A不符合题意；在酸性溶液中，会转化为，不能大量存在，B符合题意；在溶液中，相互间不发生反应，能稳定存在，C不符合题意；在溶液中，相互间不发生化学反应，能稳定存在，D不符合题意；故选B。6.对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为A. B.C. D.【答案】A【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。7.二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是A.装置甲中常用的稀硫酸溶液B.装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色C.装置丙中发生的最终总反应为：D.装置丁中酸性溶液褪色的原理与用于食品漂白剂的原理相同【答案】C【解析】装置甲用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫，装置乙用于检验SO2水溶液的酸性，装置丙用于检验二氧化硫的氧化性，装置丁用于检验二氧化硫的还原性，最后进行尾气处理。二氧化硫易溶于水，若装置甲中用的稀硫酸溶液，则生成的二氧化硫难以逸出，A不正确；二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，所以装置乙中溶液颜色变化是只变红不褪色，B不正确；装置丙中，SO2先与Na2S反应生成Na2SO3和H2S，SO2与H2S反应生成S等，过量的SO2再与Na2SO3反应生成NaHSO3，所以发生的最终总反应为：，C正确；装置丁中酸性溶液褪色的原理是表现强氧化性，而用于食品漂白剂的原理是二氧化硫表现漂白性，漂白原理不同，D不正确；故选C。8.在密闭容器中，反应分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.与实验①相比，实验②可能使用了催化剂B.实验③进行后，用表示的平均反应速率C.实验②平衡时的转化率为D.该反应的【答案】D【解析】实验①、②相比，实验②反应速率较大，且达到相同的平衡状态，则应加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，A正确；实验③进行后，反应达到平衡状态，但反应未停止，速率不等于0，B正确；实验②平衡时，的浓度变化为0.04mol/L，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故B浓度变化量为0.12mol/L，故转化率为，C正确；实验③与①相比，反应速率加快，且平衡向正向进行，改变的条件可能为增大压强或升高温度，若是升高温度，平衡正向移动，则该反应的，D错误；故选D。9.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是选项物质的性质解释A沸点：乙醇＞乙烷乙醇分子间形成氢键而乙烷不能BN2可用作反应保护气N2中N≡N键能大C用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果C2H4分子中含碳碳双键，易发生加成反应D稀有气体的化学性质稳定原子的最外层电子达到稳定结构A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】常温下乙醇呈液态，而乙烷呈气态，二者沸点相差较大，主要原因是乙醇分子间形成氢键而乙烷不能，A正确；N2中N≡N键能大、稳定性强，则N2可用作反应的保护气，B正确；C2H4分子中含碳碳双键，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可保鲜水果，C错误；稀有气体原子的最外层电子达到稳定结构，则稀有气体的化学性质稳定，D正确；故选C。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.黑火药爆炸：B.向红色溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：C.黄铁矿的燃烧：D.以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)：【答案】B【解析】黑火药爆炸时，S、C、KNO3发生氧化还原反应，生成K2S、N2和CO2：，A相符；Fe(SCN)3易溶难电离，向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：，B不相符；黄铁矿(FeS2)燃烧，生成Fe2O3和SO2：，C相符；以水杨酸为原料，与乙酸酐反应生产阿司匹林(乙酰水杨酸)，同时生成乙酸：，D相符；故选B。11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.苯和苯乙烯的混合物中含有的碳氢键数一定为6NAB.过量铜与含的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NAC.将完全溶于水中，所得溶液中的粒子数之和为0.1NAD.，则每生成时转移电子0.4NA【答案】A【解析】苯中含有的碳氢键数为=6mol，78g苯乙烯中含有的碳氢键数为=6mol，则78g二者混合物中含有的碳氢键数一定为6NA，A正确；过量铜与含的浓硝酸反应，发生反应4HNO3——2NO2——2e-、8HNO3——2NO——6e-，则反应中电子转移数介于0.2NA~0.3NA之间，B不正确；将完全溶于水中，所得溶液中含Cl原子个数为0.2mol，则等粒子数之和大于0.1NA，C不正确；，题中未指明温度和压强，的物质的量不一定是0.2mol，则转移电子数不一定是0.4NA，D不正确；故选A。12.甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生两步反应：反应①：反应②：根据能量变化示意图，下列说法不正确的是A.总反应的热化学方程式为：B.和的总键能大于和的总键能C.甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①D.使用催化剂，能提高单位体积内活化分子的百分数【答案】B【解析】根据盖斯定律，反应①+②可得，则，A正确；根据图像，反应②为放热反应，则反应的焓变，因此和的总键能小于和的总键能，B错误；反应①的活化能较高，因此甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①，C正确；使用催化剂可以在反应中降低活化能，提高单位体积内活化分子的百分数，因此反应速率加快，D正确；答案选B。13.用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：下列说法正确的是A.反应1中转化为B.可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应C.可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净D.反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；故选D。14.对于有机物：，下列说法不正确的是A.该有机物的分子式为：B.该有机物能发生加成、氧化、取代和加聚反应C.该有机物最多能与氢气加成D.该有机物能使酸性溶液褪色【答案】C【解析】该有机物分子中，含有16个C原子、5个O原子，不饱和度为8，分子中含H原子个数为16×2+2-8×2=18，故分子式为，A正确；该有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成、氧化和加聚反应，苯环、醇羟基都能发生取代反应，B正确；苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，但酯基不能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物最多能与4mol氢气加成，C不正确；该有机物分子中含有碳碳双键、醇羟基等，都能使酸性溶液褪色，D正确；故选C。15.向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下反应：达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是A.反应在点时达到平衡状态B.反应物的总能量低于生成物的总能量C.容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态D.的浓度：点小于点【答案】C【解析】由图可知，该反应正反应速率随时间先增加后减小，该反应气体分子数不变，在绝热恒容密闭容器中进行，正反应速率先增加是反应放出的热量使体系温度升高，则该反应为放热反应，温度升高对加快正反应速率的影响大于反应物浓度下降对正反应速率下降的影响；后变小则是反应物浓度下降对正反应速率下降的影响大于温度升高对加快正反应速率的影响。反应在c点正反应速率达到最大值，此时反应物浓度下降对正反应速率下降的影响等于温度升高对加快正反应速率的影响，但体系未达到平衡，故A错误；根据分析，该反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；该反应在绝热恒容密闭容器中进行，反应中气体物质的分子数没有发生改变，反应过程体系温度的改变使体系压强发生改变，故当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态，故C正确；该反应通入和，随反应的进行，的浓度逐渐下降，则浓度：a点大于b点，故D错误；故选C。16.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液溶液变蓝还原性：Fe2+＜I-B等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应温度高的溶液中先出现乳白色浑浊升高温度，反应速率加快C向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液溶液未出现红色该固体中不含+3价Fe元素D将红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体浓硝酸与碳在加热条件下生成NO2A.A B. C. D.D【答案】B【解析】向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液，溶液变蓝，证明有I2生成，但不能确定Fe2+是否先被氧化，所以不能确定还原性Fe2+＜I-，A不正确；等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应，温度高的溶液中先出现乳白色浑浊，表明温度高，生成硫的速率快，由此可得出结论：升高温度，反应速率加快，B正确；向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液未出现红色，表明溶液中不含有Fe3+，但不能肯定该固体中不含+3价Fe元素，C不正确；将红热的木炭放入浓硝酸中，产生红棕色气体，此气体为NO2，可能是浓硝酸与碳在加热条件下反应生成，也可能是浓硝酸受热分解生成，D不正确；故选B。二、填空题(本大题共5题，共52分。)17.下列装置可用于粗略测量物质的燃烧热。25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为。（1）反应放出的热量Q=___________kJ(结果取整数)。（2）写出葡萄糖燃烧热的热化学方程式___________。【答案】（1）140（2）【解析】【小问1详解】25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg∙℃)×(31.7℃-25℃)=140kJ。【小问2详解】n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1)。18.氨气的性质非常广泛，以下是氨气的部分转化：已知：肼又称联氨，还原性强于氨气。（1）请写出的电子式___________。（2）N2H4可看成二元弱碱，请写出N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式：___________。（3）下列说法不正确的是___________。A．将投入液氨中制备B．氨气存在分子间氢键，所以沸点高，是良好的制冷剂C．为了提高的产量，需加入过量的D．在氧化炉中直接生成，被水吸收后转化为硝酸E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，可以观察到又有气泡产生（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，请写出气体被溶液完全吸收的离子方程式：___________。（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质。设计用一种试剂(含试纸)验证反应后混合气体中比较活泼的两种气体的方案：___________。【答案】（1）（2）（3）BCD（4）（5）将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和【解析】氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4，与金属钠反应生成NaNH2，在氧化炉中发生催化氧化生成NO，在吸收塔中NO、氧气和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜，氨气被氧化铜氧化生成氨气和铜，据此解答。【小问1详解】属于共价化合物，的电子式为。【小问2详解】由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。【小问3详解】根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；答案选BCD。【小问4详解】若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为。【小问5详解】已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。19.某实验小组欲通过测定酸性和(草酸)溶液在单位时间内生成的体积，来探究影响化学反应速率的因素，实验装置如图甲所示：实验序号A溶液B溶液①溶液溶液②溶液溶液回答下列问题：（1）检查装置甲气密性的方法___________。（2）装置甲中发生反应的离子方程式为：___________。（3）该实验探究的是___________因素对化学反应速率的影响。（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物是反应的催化剂；②___________。【答案】（1）关闭分液漏斗旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好（2）（3）浓度（4）反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快【解析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，与草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，通过用注射器收集二氧化碳时气体体积的变化来探究不同条件对反应速率的影响。【小问1详解】检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；【小问2详解】酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式：；【小问3详解】对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；【小问4详解】影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；20.在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为和)合成甲醇时涉及了如下反应：I．II．III．（1）反应I在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可自发进行。（2）若向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应I和II。在不同温度下达到平衡，体系中的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图(1)所示。(已知：的选择性)回答下列问题：①某温度下，下列能说明反应II已达平衡状态的是___________(填序号)。A．气体的平均摩尔质量不变B．混合气体密度不再改变C．体系中和的浓度比不变D．容器内压强不再改变②图中表示选择性变化的曲线是___________(填“a”或“b”)。③当，平衡时的体积分数___________(答案保留两位有效数字)，计算该温度下反应I的___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压各组分的物质的量分数，答案保留两位有效数字)。④经测定，当温度高于的平衡转化率会升高，其可能的原因为___________。（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(2)所示的电池装置，写出该燃料电池负极的电极反应式：___________。【答案】（1）高温（2）①.ACD②.a③.④.0.027⑤.以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II（3）【解析】【小问1详解】I．II．III．根据盖斯定律II-III得=+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。【小问2详解】①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；C．体系中和的浓度比不变，说明个物质浓度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总物质的量改变，压强是变量，容器内压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选D；选ACD。②反应II放热，升高温度平衡逆向移动，所以的选择性降低，图中表示选择性变化的曲线是a。③设CO2的投料为amol、氢气的投料为3amol；当，体系中的选择性为50%，的平衡转化率为30%，则参与反应I的二氧化碳为0.15amol、氢气0.15amol，生成CO0.15amol、生成水0.15amol;参与反应II的二氧化碳为0.15amol、氢气0.45amol，生成0.15amol、生成水0.15amol，则平衡体系中二氧化碳为0.7amol、氢气2.4amol、CO为0.15amol、0.15amol，水0.3amol，平衡时的体积分数，计算该温度下反应I的。④反应吸热I，反应II放热，以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II，所以当温度高于的平衡转化率会升高。【小问3详解】该燃料电池负极为甲醇失电子生成碳酸根离子和水，负极的电极反应式为。21.我国的歼-20战机使用了大量的钛金属，是生产钛的重要中间原料，某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集(夹持装置略去)。已知：①中元素为+4价。②瓷舟中物质反应后除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体。③相关物质的部分物理性质如表：熔点/℃沸点/℃水溶性TiCl4-23.2136.4TiCl4高温时能与O2反应，极易与水反应；能溶于CCl等有机溶剂FeCl3306315易与水反应④的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒。回答下列问题：（1）该小组利用图(1)所示装置制备。盛放浓盐酸的仪器名称为___________，圆底烧瓶内所装试剂可为___________(填编号)。a．b．c．浓（2）将管式炉加热至时，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为___________。（3）装置单元如图(2)所示，A、B、C中盛装的液体可从下列选项中选择，其正确排序为___________。A．的盐酸溶液B．饱和食盐水C．溶液D．浓硫酸（4）实验过程中需要先后通入两次，第二次通入作用是___________。（5）控温箱的温度在，目的是___________。（6）以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度可生成纳米。实验室可采用如下方法测定纳米组成：步骤一：取样品纳米，用稀硫酸充分溶解得到，再用足量单质将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入容量瓶，定容得到待测液。步骤二：取待测液于烧杯中，用图(3)所示装置进行测定(图中电压计的示数与溶液中有关)。向烧杯中逐滴滴入溶液，被氧化为。①确定与恰好反应的现象为___________。②滴入溶液时恰好被反应完全。该样品的组成为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.b（2）（3）DAC（4）排尽装置内的剩余气体，提高产率并防止污染（5）冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的（6）①.电压计读数(指针位置)不再变化②.【解析】反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入氯气，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除生成外，同时还生成一种有毒氧化物气体，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为；、CO均会进入控温箱，根据的沸点可知，控温箱控制温度在，可冷凝且保证为气态，从而除去中混有的，最后经冷凝收集在锥形瓶中，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO以及Cl2，防止其污染环境。【小问1详解】由仪器构造可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；实验室制取氯气可选用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸和浓盐酸不反应，该装置不用加热，则选用高锰酸钾与浓盐酸反应，故选b；【小问2详解】管式炉加热至900℃，根据分析可知，化学方程式为；【小问3详解】制取的极易与水反应，则A中应盛放浓硫酸，用于防止水蒸气进入锥形瓶中，的盐酸溶液可吸收而生成黑色颗粒，化学方程式为，则应先吸收CO，再用NaOH吸收HCl、Cl2等气体；故溶液顺序为DAC；【小问4详解】第一次通氮气的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯，第二次通入氮气的作用是排净装置中的氯气，从而提高产率并防止污染；【小问5详解】控温箱的温度在，目的是冷凝产品且使为气态，从而除去中混有的；【小问6详解】①图中电压计的示数与溶液中有关，则确定与恰好反应的现象为电压计读数(指针位置)不再变化；②Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+，自身被还原为Fe2+，根据氧化还原反应转移电子守恒可知，其物质的量之比为1：1，消耗n[]=×=4×10-3mol，则n(Ti3+)=4×10-3mol，根据Ti元素守恒，3.47g中n(TiO2)=4×10-3mol×=4×10-2mol，m(TiO2)=4×10-2mol×80g/mol=3.2g，n(H2O)=，故n(TiO2)：n(H2O)=8：3，该样品的组成为。浙江省杭州市周边重点中学四校联考2024-2025学年高二上学期10月月考考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64Ag-108Ti-48一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列材料中属于新型无机非金属材料的是A.光学玻璃 B.储氢合金 C.光导纤维 D.聚氯乙烯塑料【答案】C【解析】光学玻璃属于硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；储氢合金由金属材料制成，属于金属材料，B不符合题意；光导纤维主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，C符合题意；聚氯乙烯塑料属于有机高分子材料，D不符合题意；故选C。2.下列说法不正确的是A.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视B.混凝剂聚合氯化铝可使污水中的细小悬浮物等聚集成较大的颗粒C.甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本D.溶液比溶液稳定【答案】D【解析】钠与水反应剧烈且放热，因此观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，A正确；混凝剂聚合氯化铝在污水中能水解成胶体，吸附污水中细小悬浮物，使其聚集成较大颗粒而沉降下来，B正确；甲醛水溶液可使蛋白质发生变性，具有杀菌防腐性能，可用于消毒和制作生物标本，C正确；不稳定，见光分解生成HCl和氧气，因此溶液比溶液稳定，D错误；答案选D。3.下列化学用语表示正确的是A.甲烷的分子结构模型：B.离子的结构示意图：C.羟基的电子式：D.醛基：-COH【答案】A【解析】甲烷的分子式为CH4，分子呈正四面体结构，则甲烷分子结构模型：，A正确；离子核电荷数为16，核外电子数为18，则结构示意图：，B不正确；羟基的结构式为-O-H，电子式为，C不正确；醛基的结构简式为-CHO，D不正确；故选A。4.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是A.装置用于实验室制备B.装置可验证非金属性C.装置可制取氢氧化铁胶体D.装置可用于测定中和反应的反应热【答案】B【解析】单独加热氯化铵，生成氯化氢气体和氨气在温度低时重新反应生成氯化铵，实验室制取氨气应该加热氢氧化钙和氯化铵的固体混合物，故A错误；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，实验中发生强酸制弱酸的反应，根据实验现象可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性：S＞C＞Si，故B正确；FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故C错误；温度计应插入反应液中，故D错误；故选B。5.在溶液中不能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】B【解析】在溶液中，不发生化学反应，能大量共存，A不符合题意；在酸性溶液中，会转化为，不能大量存在，B符合题意；在溶液中，相互间不发生反应，能稳定存在，C不符合题意；在溶液中，相互间不发生化学反应，能稳定存在，D不符合题意；故选B。6.对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，为有催化剂)为A. B.C. D.【答案】A【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。7.二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是A.装置甲中常用的稀硫酸溶液B.装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色C.装置丙中发生的最终总反应为：D.装置丁中酸性溶液褪色的原理与用于食品漂白剂的原理相同【答案】C【解析】装置甲用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫，装置乙用于检验SO2水溶液的酸性，装置丙用于检验二氧化硫的氧化性，装置丁用于检验二氧化硫的还原性，最后进行尾气处理。二氧化硫易溶于水，若装置甲中用的稀硫酸溶液，则生成的二氧化硫难以逸出，A不正确；二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，所以装置乙中溶液颜色变化是只变红不褪色，B不正确；装置丙中，SO2先与Na2S反应生成Na2SO3和H2S，SO2与H2S反应生成S等，过量的SO2再与Na2SO3反应生成NaHSO3，所以发生的最终总反应为：，C正确；装置丁中酸性溶液褪色的原理是表现强氧化性，而用于食品漂白剂的原理是二氧化硫表现漂白性，漂白原理不同，D不正确；故选C。8.在密闭容器中，反应分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为；②、③与①比较只有一个实验条件不同。反应物的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是A.与实验①相比，实验②可能使用了催化剂B.实验③进行后，用表示的平均反应速率C.实验②平衡时的转化率为D.该反应的【答案】D【解析】实验①、②相比，实验②反应速率较大，且达到相同的平衡状态，则应加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，A正确；实验③进行后，反应达到平衡状态，但反应未停止，速率不等于0，B正确；实验②平衡时，的浓度变化为0.04mol/L，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故B浓度变化量为0.12mol/L，故转化率为，C正确；实验③与①相比，反应速率加快，且平衡向正向进行，改变的条件可能为增大压强或升高温度，若是升高温度，平衡正向移动，则该反应的，D错误；故选D。9.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是选项物质的性质解释A沸点：乙醇＞乙烷乙醇分子间形成氢键而乙烷不能BN2可用作反应保护气N2中N≡N键能大C用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，保鲜水果C2H4分子中含碳碳双键，易发生加成反应D稀有气体的化学性质稳定原子的最外层电子达到稳定结构A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】常温下乙醇呈液态，而乙烷呈气态，二者沸点相差较大，主要原因是乙醇分子间形成氢键而乙烷不能，A正确；N2中N≡N键能大、稳定性强，则N2可用作反应的保护气，B正确；C2H4分子中含碳碳双键，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可保鲜水果，C错误；稀有气体原子的最外层电子达到稳定结构，则稀有气体的化学性质稳定，D正确；故选C。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.黑火药爆炸：B.向红色溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：C.黄铁矿的燃烧：D.以水杨酸为原料生产阿司匹林(乙酰水杨酸)：【答案】B【解析】黑火药爆炸时，S、C、KNO3发生氧化还原反应，生成K2S、N2和CO2：，A相符；Fe(SCN)3易溶难电离，向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液浅绿色：，B不相符；黄铁矿(FeS2)燃烧，生成Fe2O3和SO2：，C相符；以水杨酸为原料，与乙酸酐反应生产阿司匹林(乙酰水杨酸)，同时生成乙酸：，D相符；故选B。11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.苯和苯乙烯的混合物中含有的碳氢键数一定为6NAB.过量铜与含的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NAC.将完全溶于水中，所得溶液中的粒子数之和为0.1NAD.，则每生成时转移电子0.4NA【答案】A【解析】苯中含有的碳氢键数为=6mol，78g苯乙烯中含有的碳氢键数为=6mol，则78g二者混合物中含有的碳氢键数一定为6NA，A正确；过量铜与含的浓硝酸反应，发生反应4HNO3——2NO2——2e-、8HNO3——2NO——6e-，则反应中电子转移数介于0.2NA~0.3NA之间，B不正确；将完全溶于水中，所得溶液中含Cl原子个数为0.2mol，则等粒子数之和大于0.1NA，C不正确；，题中未指明温度和压强，的物质的量不一定是0.2mol，则转移电子数不一定是0.4NA，D不正确；故选A。12.甲醇与水蒸气重整可获得清洁能源，在催化剂作用下发生两步反应：反应①：反应②：根据能量变化示意图，下列说法不正确的是A.总反应的热化学方程式为：B.和的总键能大于和的总键能C.甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①D.使用催化剂，能提高单位体积内活化分子的百分数【答案】B【解析】根据盖斯定律，反应①+②可得，则，A正确；根据图像，反应②为放热反应，则反应的焓变，因此和的总键能小于和的总键能，B错误；反应①的活化能较高，因此甲醇与水蒸气催化重整的总反应速率取决于反应①，C正确；使用催化剂可以在反应中降低活化能，提高单位体积内活化分子的百分数，因此反应速率加快，D正确；答案选B。13.用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：下列说法正确的是A.反应1中转化为B.可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应C.可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净D.反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；故选D。14.对于有机物：，下列说法不正确的是A.该有机物的分子式为：B.该有机物能发生加成、氧化、取代和加聚反应C.该有机物最多能与氢气加成D.该有机物能使酸性溶液褪色【答案】C【解析】该有机物分子中，含有16个C原子、5个O原子，不饱和度为8，分子中含H原子个数为16×2+2-8×2=18，故分子式为，A正确；该有机物分子中含有碳碳双键，能发生加成、氧化和加聚反应，苯环、醇羟基都能发生取代反应，B正确；苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，但酯基不能与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物最多能与4mol氢气加成，C不正确；该有机物分子中含有碳碳双键、醇羟基等，都能使酸性溶液褪色，D正确；故选C。15.向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下反应：达到平衡，在此过程中正反应速率随时间变化的曲线如图所示。下列由图得出的结论正确的是A.反应在点时达到平衡状态B.反应物的总能量低于生成物的总能量C.容器内的压强保持不变时，反应达到平衡状态D.的浓度：点小于点【答案】C【解析】由图可知，该反应正反应速率随时间先增加后减小，该反应气体分子数不变，在绝热恒容密闭容器中进行，正反应速率先增加是反应放出的热量使体系温度升高，则该反应为放热反应，温度升高对加快正反应速率的影响大于反应物浓度下降对正反应速率下降的影响；后变小则是反应物浓度下降对正反应速率下降的影响大于温度升高对加快正反应速率的影响。反应在c点正反应速率达到最大值，此时反应物浓度下降对正反应速率下降的影响等于温度升高对加快正反应速率的影响，但体系未达到平衡，故A错误；根据分析，该反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；该反应在绝热恒容密闭容器中进行，反应中气体物质的分子数没有发生改变，反应过程体系温度的改变使体系压强发生改变，故当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态，故C正确；该反应通入和，随反应的进行，的浓度逐渐下降，则浓度：a点大于b点，故D错误；故选C。16.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液溶液变蓝还原性：Fe2+＜I-B等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应温度高的溶液中先出现乳白色浑浊升高温度，反应速率加快C向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液溶液未出现红色该固体中不含+3价Fe元素D将红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体浓硝酸与碳在加热条件下生成NO2A.A B. C. D.D【答案】B【解析】向含0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加2滴淀粉溶液，溶液变蓝，证明有I2生成，但不能确定Fe2+是否先被氧化，所以不能确定还原性Fe2+＜I-，A不正确；等体积等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同温度下反应，温度高的溶液中先出现乳白色浑浊，表明温度高，生成硫的速率快，由此可得出结论：升高温度，反应速率加快，B正确；向某固体中加入过量的盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液未出现红色，表明溶液中不含有Fe3+，但不能肯定该固体中不含+3价Fe元素，C不正确；将红热的木炭放入浓硝酸中，产生红棕色气体，此气体为NO2，可能是浓硝酸与碳在加热条件下反应生成，也可能是浓硝酸受热分解生成，D不正确；故选B。二、填空题(本大题共5题，共52分。)17.下列装置可用于粗略测量物质的燃烧热。25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为。（1）反应放出的热量Q=___________kJ(结果取整数)。（2）写出葡萄糖燃烧热的热化学方程式___________。【答案】（1）140（2）【解析】【小问1详解】25℃时，将9克葡萄糖()放入该装置中充分燃烧，放出的热量能使燃烧室外5kg的水中温度计读数最高至31.7℃，已知水的比热容为，则反应放出的热量Q=5kg×4.18kJ/(kg∙℃)×(31.7℃-25℃)=140kJ。【小问2详解】n(葡萄糖)==0.05mol，则葡萄糖的燃烧热为=2800kJ/mol，所以葡萄糖燃烧热的热化学方程式为(1)。18.氨气的性质非常广泛，以下是氨气的部分转化：已知：肼又称联氨，还原性强于氨气。（1）请写出的电子式___________。（2）N2H4可看成二元弱碱，请写出N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式：___________。（3）下列说法不正确的是___________。A．将投入液氨中制备B．氨气存在分子间氢键，所以沸点高，是良好的制冷剂C．为了提高的产量，需加入过量的D．在氧化炉中直接生成，被水吸收后转化为硝酸E．向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，可以观察到又有气泡产生（4）若实验2中产生的与体积比为3：1，请写出气体被溶液完全吸收的离子方程式：___________。（5）已知实验1的混合气体中含有一种单质。设计用一种试剂(含试纸)验证反应后混合气体中比较活泼的两种气体的方案：___________。【答案】（1）（2）（3）BCD（4）（5）将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和【解析】氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4，与金属钠反应生成NaNH2，在氧化炉中发生催化氧化生成NO，在吸收塔中NO、氧气和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜，氨气被氧化铜氧化生成氨气和铜，据此解答。【小问1详解】属于共价化合物，的电子式为。【小问2详解】由于N2H4可看成二元弱碱，所以在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此N2H4与足量硫酸生成酸式盐的化学式为。【小问3详解】根据流程图可判断将投入液氨中制备，同时生成氢气，A正确；液氨汽化时吸热，所以是良好的制冷剂，与氨气存在分子间氢键无关系，B错误；联氨的还原性强于氨气，因此为了提高的产量，不能加入过量的，C错误；在氧化炉中直接生成，得不到，D错误；向实验2结束后的溶液中继续加入稀硫酸，由于溶液中含有硝酸铜，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可以进行氧化金属铜，所以可以观察到又有气泡产生，E正确；答案选BCD。【小问4详解】若实验2中产生的与体积比为3：1，气体被溶液完全吸收，转化为硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为。【小问5详解】已知实验1的混合气体中含有一种单质，单质是氮气，同时还有水生成。由于氨气是一种碱性气体，则实验方案为将气体通过干燥的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则有和。19.某实验小组欲通过测定酸性和(草酸)溶液在单位时间内生成的体积，来探究影响化学反应速率的因素，实验装置如图甲所示：实验序号A溶液B溶液①溶液溶液②溶液溶液回答下列问题：（1）检查装置甲气密性的方法___________。（2）装置甲中发生反应的离子方程式为：___________。（3）该实验探究的是___________因素对化学反应速率的影响。（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物是反应的催化剂；②___________。【答案】（1）关闭分液漏斗旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好（2）（3）浓度（4）反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快【解析】酸性高锰酸钾具有强氧化性，与草酸发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，通过用注射器收集二氧化碳时气体体积的变化来探究不同条件对反应速率的影响。【小问1详解】检查装置甲气密性的方法是关闭分液漏斗的旋塞，将针筒的活塞向后拉，松开后又回到原位置，则气密性良好；【小问2详解】酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)溶液反应的离子方程式：；【小问3详解】对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响；【小问4详解】影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，说明该反应放热使反应温度升高；20.在催化剂的作用下，利用合成气(主要成分为和)合成甲醇时涉及了如下反应：I．II．III．（1）反应I在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可自发进行。（2）若向恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，只发生反应I和II。在不同温度下达到平衡，体系中的选择性和的平衡转化率与温度的关系如图(1)所示。(已知：的选择性)回答下列问题：①某温度下，下列能说明反应II已达平衡状态的是___________(填序号)。A．气体的平均摩尔质量不变B．混合气体密度不再改变C．体系中和的浓度比不变D．容器内压强不再改变②图中表示选择性变化的曲线是___________(填“a”或“b”)。③当，平衡时的体积分数___________(答案保留两位有效数字)，计算该温度下反应I的___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压各组分的物质的量分数，答案保留两位有效数字)。④经测定，当温度高于的平衡转化率会升高，其可能的原因为___________。（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图(2)所示的电池装置，写出该燃料电池负极的电极反应式：___________。【答案】（1）高温（2）①.ACD②.a③.④.0.027⑤.以后，升高温度，对反应I影响的程度大于反应II（3）【解析】【小问1详解】I．II．III．根据盖斯定律II-III得=+41.2kJ/mol，反应I正反应吸热，所以在高温条件下能下可自发进行。【小问2详解】①A．反应前后气体总质量不变、总物质的量改变，平均摩尔质量是变量，气体的平均摩尔质量不变，反应一定达到平衡状态，故选A；B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选B；C．体系中和的浓度比不变，