2024菏泽郓城一中高二上学期开学考试化学试题含答案

2022级高二（上）学期开学摸底考试化学检测题 答案

1.【答案】D【详解】A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为还原性气体，A错误；

B．玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误；

C．探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是晶体硅，C错误；

D．与的质子数都为92，中子数分别为143、146，是质子数相同、中子数不同的同一元素，两者互称同位素，D正确；

答案选D。

2.【答案】A【分析】短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R 有+6价，M无正价，且M 的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径 Y＞X＞硫，故X为Mg、Y 为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素，据此分析解答；

【详解】A．Z为N元素，N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，其最简单氢化物反应生成的化合物为氨气，二者反应生成的物质为硝酸铵，属于离子化合物，含离子键和极性共价键，故A正确；

B．Z为N元素，M为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，则最简单氢化物的稳定性：M＞Z，故B错误；

C．Z为N元素，M为O元素，O的最简单氢化物为水，N最简单氢化物为氨气，水分子和氨气分子都能形成氢键，但常温下，水为液态，氨气为气态，则最简单氢化物的沸点高低顺序为：M＞Z，故C错误；

D．X为Mg、Y 为Na，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：Y＞X，故D错误；

答案选A。

3.【答案】C 【解析】A．根据石墨转化为金刚石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越稳定，则石墨的能量低，故A正确；

B．因为反应的能量只与始态和末态有关，与中间过程无关，故△H5=△H4+△H1，△H1>0，故△H5>△H4，故B正确；

C．由①C(石墨，s)，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，①-2②可得C(石墨，s)，故C错误；

D．因由C可知，石墨转化为CO需要吸收能量，故1mol石墨完全燃烧放出的热量多，故D正确；

4.【答案】　C 解析　由图分析知，a极CH3COOH转化为CO2和H＋，发生氧化反应，为负极，b极Cr2O和H＋转化为Cr3＋，发生还原反应，为正极。A项，电子由负极流向正极，正确；C项，由a极反应式知生成H＋，故c(H＋)增大，pH减小，错误；D项，1 mol Cr2O转化为Cr3＋得6 mol e－，CH3COOH转化为CO2每生成1 mol CO2失4 mol e－，故每处理1 mol Cr2O生成CO2的物质的量为 mol，标况下为33.6 L，正确。

5.【答案】B 【详解】A.M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，含有Li单质。M电极为负极，放电时，阳离子向正极移动，Li＋从左向右移动，隔膜只允许Li＋通过，不能通过，A错误；

B.放电时，正极得到电子，Li1－xFePO4变成LiFePO4，根据电子守恒，Li1－xFePO4+xLi++xe－= LiFePO4，B正确；

C.放电时，M为负极，充电时M为阴极，连接电源的负极，生成LixC6，电极反应为6C+xLi++xe－= LixC6，C错误；

D.C是锂的载体，根据6C+xLi++xe－= LixC6，转移xmole－得到xmolLi，则转移2mole－，生成2molLi单质，为14g，D错误；

故答案选B。

6.【答案】D【解析】装置①为锌与稀硫酸的反应，装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池。

A．装置②中的表面有气泡产生，是原电池的正极，而装置①中的表面无气泡，仅是化学反应，表面有气泡，故A正确；

B．装置①为锌与稀硫酸的反应，离子方程式为；装置②为Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池，总反应式为，故B正确；

C．基于表格数据信息的证据推理可知，收集相同体积的气体装置②需要的时间更短，故原电池反应能加快化学反应速率，故C正确；

D．化学能有一部分转化为了热能，而不是全部转化为电能，表现在温度升高上，也是基于证据的推理，故D错误；

故选D。

7.【答案】B【详解】A．随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，气体密度保持不变，可以判断达到平衡状态，A不符合题意；

B．该反应前后气体分子数不变，恒容条件下气体的总压一直保持不变，不能判断达到平衡状态，B符合题意；

C．B的体积分数不变时可以判断达到平衡状态，C不符合题意；

D．该反应前后气体分子数不变，随着反应的进行，气体的总质量发生变化，恒容条件下，气体总质量不变时，混合气体的平均摩尔质量保持不变，可以判断达到平衡状态，D不符合题意；故选B。

8．【答案】C

9．【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、则分子中所有碳原子不可能在同一平面上，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；答案选B。

10．【答案】C【分析】由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。

【详解】A．③由C−C键生成C＝C键，为消去反应，故A错误；

B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故B错误；

C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故C正确；

D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D错误。

故答案选C。

11．【答案】AC

12．【答案】BC

13.【答案】B【分析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯(Li-SO2Cl2)电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，据此分析解答。

【详解】A.由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；

B.原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；

C.电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；

D.电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；故选B。

14.【答案】AC【分析】平衡时c( X) =0.3mol/L，将容器体积缩小到原来的，如果平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即为0.6mol/L，而重新平衡后c(X) =0.5mol/L，说明增大压强平衡向正反应移动了。

【详解】A．从以上分析可知，平衡向正反应方向移动，故A正确；

B．增大压强，平衡向正向移动，说明反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，若Y 是固体或液体，m<2m，所以Y是气体，故B错误；

C．根据B的分析，系数m+n＞2m，所以n＞m，故C正确；

D．平衡向正反应移动，Z 的体积分数增大，故D错误；

故答案选AC。

15.【答案】A【详解】A．该反应是气体计量数减小的反应，故恒压时随着反应进行，容器体积减小，相当于在恒容的基础上加压，平衡正向移动，转化率增大，A正确；

B．平衡转化率不知道，平衡后，各种物质的浓度之比无法确定，B错误；

C．恒容时按2：1再加入反应物，相当于加压，平衡正向移动，新平衡后SO2(g)和O2体积分数均减小，C错误；

D．该反应体系中，所有的反应物和产物都是气体，则总质量不变，在恒容容器中，体积不变，故密度是始终不变的，则密度不变不能证明反应达到平衡，D错误；

故选A。

16.【答案】(1)搅拌(粉碎、加热)   (2)  溶解、过滤            漏斗

(3)NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O

(4)含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被氧化

(5)加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液

(6)3++5H+=3+2Cr3++4H2O

【解析】由流程可知：将工业废碱渣溶于水，过滤可得碳酸钠溶液和废渣，将含有SO2的烟气通入碳酸钠溶液中，形成了亚硫酸氢钠溶液，加入烧碱，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3，得到亚硫酸钠溶液，隔绝空气加热浓缩、降温结晶、过滤可得亚硫酸钠粗品，以此来解答。

(1)为加快工业废碱渣中Na2CO3的溶解，可采取的措施是搅拌(粉碎、加热)；

(2)由上述分析可知：过程①进行的操作是溶解、过滤；

若在实验室进行该实验，使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗；

(3)上述流程中，加入NaOH后，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3、H2O，发生反应的化学方程式为NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O；

(4)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，这是由于含+4价硫的Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的O2氧化产生Na2SO4，反应方程式为：2Na2SO4+O2=2Na2SO4；

(5)亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，加入过量盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4；

(6)NaHSO3具有强还原性，可用于处理酸性废水中的(转化为Cr3+)，二者发生氧化还原反应产生、Cr3+及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3++5H+=3+2Cr3++4H2O。

17．【答案】(1)     吸收     180          AB

(2)       3：20

【解析】（1）①，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物形成释放出的能量，该反应的反应热，所以这是一个吸热反应，1mol和1mol完全反应生成会吸收180kJ的能量；

②用CO的浓度变化表示的平均反应速率，则；

③A．反应在容积固定的绝热容器中进行，混合气体的温度不变说明达到化学平衡状态，A正确；

B．反应进行中气体的物质的量在变，当压强不变时，说明达到化学平衡状态，B正确；

C．达平衡时，正逆反应速率相等，应为，C错误；

D．由于容器体积不变，混合气体的质量不变，密度始终不变，不能说明达到化学平衡状态，D错误；

故答案选AB。

（2）制备硫酸，被氧化，作还原剂，所以在负极反应，其电极反应式为。

原电池的总化学方程式为：，设加入的为、为、则生成硫酸的质量为：、水的质量变化为：，根据二者的比值为49%，可以求得，则其物质的量之比为3：20。

18.【答案】(1)     4A(g)+5B(g)6C(g)+4D(s)     0.15

(2)     41.7     是             (3)加入催化剂   (4)AB

【分析】（1）根据图示可知：A、B是反应物，C、D是生成物，在3 min内四种物质改变的物质的量分别是0.8 mol、1 mol、1.2 mol、0.8 mol，在3 min后四种物质都存在，且它们的物质的量不再发生变化，说明该反应是可逆反应。由于物质改变的物质的量的比等于化学方程式中相应物质的物质的量的比，所以△n(A)：△n(B)：△n(C)：△n(D)=0.8 mol：1 mol：1.2 mol：0.8 mol=4：5：6：4，由于D是固体，其余物质均为气体，因此反应方程式为：4A(g)+5B(g)6C(g)+4D(s)。

在0~2 min内C物质的量增加了0.6 mol，容器的容积是2 L，故用C表示的化学反应速率v(C)=。

（2）在反应开始时n(A)=2.5 mol，n(B)=2.4 mol，若某时刻时B反应消耗的物质的量是x mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：△n(A)=△n(D)=mol=0.8x mol，△n(C)=mol=1.2x mol，则此时n(A)=(2.5-0.8x) mol，n(B)=(2.4-x) mol，n(C)=1.2x mol，n(D)=0.8x mol，n(气体)总=(2.5-0.8x) mol+(2.4-x) mol+1.2x mol=(4.9-0.6x)mol，由于在相同外界条件下，气体的物质的量的比等于气体的压强之比，所以，解得x=1 mol，故B的转化率为，根据图示可知反应达到平衡时有1 mol B发生反应，故此时刻反应已经达到了平衡状态。

（3）根据图象可知：在2 min时图象斜率最大，说明反应速率加快。由于该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，物质的平衡含量不变，则平衡没有移动，根据外界条件对化学反应速率的影响可知改变的条件是使用了催化剂。

（4）A．该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，反应在恒容密闭容器中进行，若反应体系内气体的压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，A正确；

B．反应在恒容密闭容器中进行，容器的容积不变，反应后有固体生成，若未达到平衡状态，则气体质量就会发生变化，因而气体的密度就会改变，当反应体系内气体的密度不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，B正确；

C．A与C的浓度之比为6：4时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应开始时加入的反应物的多少有关，不能据此判断，C错误；

D．物质A、C改变的物质的量的比是4：6，当有1 mol A被消耗的同时有1.2 mol C生成，又有1 mol C被消耗，生成的多于消耗的，说明反应正向进行，未处于平衡状态，D错误

19.【答案】(1)     圆底烧瓶     冷凝回流反应物     下    

(2)     +CH3OH+H2O  催化剂、吸水剂

(3)分液          (4)199.6              (5)80%

【分析】苯甲酸与甲醇在浓硫酸并加热的条件下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯和水，且反应为可逆反应，加入足量的甲醇可提高苯甲酸的转化率；甲醇、硫酸易溶于水，先用水洗，可除去甲醇和浓硫酸，再用饱和碳酸钠洗涤，除去苯甲酸；再利用沸点不同，用蒸馏的方法分离苯甲酸甲酯精品。【详解】（1）由仪器构造可知，A为圆底烧瓶，B为球形冷凝管，其作用是冷凝回流反应物，冷却水应从下口进上口出，能使水充满容器，冷凝效果好，故答案为：圆底烧瓶；冷凝回流反应物；下；上。

（2）①苯甲酸与甲醇在浓硫酸并加热的条件下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH +H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；

②该反应中，浓硫酸作催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂。

（3）有机层和水层为互不相溶的两种液体，通过分液可将二者分离，故答案为：分液。

（4）由表格数据可知，苯甲酸甲酯的沸点为199.6℃，则蒸馏时，收集199.6℃的馏分，可得到苯甲酸甲酯精品，故答案为：199.6。

（5）甲醇过量，若12.2g苯甲酸(0.1mol)完全反应，理论上生成0.1mol苯甲酸甲酯，其质量为，则本实验中苯甲酸甲酯的产率为，故答案为：80%。

20.【答案】（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O   

（2）2CH3OH+3O2+4OH-=2CO+6H2O   

（3）阳极    4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3↑   

（4）280    D    1.6   

【分析】由图可知甲池为甲醇的燃料电池，甲醇端为负极，氧气端为正极；则乙池为电解池，A与电源正极相连为阳极，B为阴极；丙为电解池， D与电源负极相连为阴极，C为阳极，以此分析。【详解】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入的电极反应式为，故答案为：；

（2）根据以上分析可知甲池是燃料电池，由于电解质溶液显碱性，故生成物是碳酸钾和水，所以工作一段时间后甲中溶液的pH减小，因此该电池总反应的离子方程式为，故答案为：；

（3）乙池是电解池，A电极与原电池的正极相连，则A为阳极，B为阴极，电池总反应式为，故答案为：阳极；；

（4）乙池中B电极增加的物质为Ag，其物质的量为，依据得失电子守恒可知，，甲池中理论上消耗的物质的量是，在标准状况下的体积为；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液时，铜离子在阴极得到电子析出铜，结合得失电子守恒可知，，

析出铜的物质的量是，质量为，故答案为：280；D；1.6