2023-2024学年浙江省金华市东阳重点学校高二（上）开学化学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市东阳重点学校高二（上）开学化学试卷（含解析），共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.甲烷的分子式是( )
A. H2OB. Cl2C. CH4D. Ne
2.按物质的组成进行分类，Ca(OH)2属于( )
A. 碱B. 氧化物C. 盐D. 单质
3.下列反应ΔH>0的是( )
A. 石墨燃烧B. CaCO3分解
C. Na与水反应D. 盐酸与NaOH溶液反应
4.已知ΔG=ΔH−TΔS(设ΔH、ΔS不随温度变化)，当ΔG0，则HNC(g)更稳定
D. 甲烷的燃烧热为−890.3kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3kJ/ml
9.下列物质的表示不正确的是( )
A. 原子核内有8个中子的碳原子： 614CB. N2分子的电子式：
C. 氯原子的结构示意图：D. 乙烯的结构式：
10.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑，氧化剂是( )
A. KNO3B. NaN3C. K2OD. N2
11.已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔHr(Y)B. Y位于第二周期ⅥA族
C. Z的非金属性比W的弱D. W的氧化物对应水化物一定是弱酸
20.如图是学生搭建的两套装置图，下列说法正确的是( )
A. 两套装置都可将化学能转化为电能
B. 电池工作时，锌作正极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+
C. 电池工作时，电子由锌片流出经过外电路流向铜
D. 电池工作时，H+移向锌片
21.一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)。测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表；
下列说法正确的是( )
A. 反应达到化学平衡状态时，I2的转化率为0.6
B. 0～20min内HI的平均反应速率为0.0175ml⋅L−1⋅min−1
C. 容器内压强不再改变，说明反应已达到平衡
D. 30min后，再充入2mlH2，正反应速率增大，逆反应速率减小
22.1100℃，在恒容密闭容器中加入一定量FeO(s)与CO(g)，发生反应FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g) K=0.5，一段时间后达到平衡。下列说法不正确的是( )
A. 升高温度，若c(CO2)减小，则ΔH0、ΔS>0的反应，反应自发进行的条件是ΔH−TΔSr(Y)，故A正确；
B.Y为O元素，位于第二周期ⅥA族，故B正确；
C.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则Z的非金属性比W的弱，故C正确；
D.W的氧化物对应水化物若为高氯酸，属于强酸，故D错误；
故选：D。
由四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，Y、Z位于同主族，设Y的原子序数为x，四种元素的原子序数之和为48，则(x−1)+x+(x+8)+(x+9)=48，解得x=8，则Y为O元素、X为N元素、Z为S元素、W为Cl元素，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、原子序数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：A.左侧装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，不能将化学能转化为电能，故A错误；
B.右侧装置能形成原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故B错误；
C.电池工作时，电子由锌片(负极)流出经过外电路流向铜(正极)，故C正确；
D.电池工作时，H+移向铜(正极)，故D错误；
故选：C。
由图可知，左侧装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，右侧装置能形成原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Cu作正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
21.【答案】B
【解析】解：A.由表格可知，H2和I2的起始物质的量为1ml，反应消耗碘单质的物质的量与消耗氢气的物质的量相等，当反应达到平衡时，I2的物质的量也为0.6ml，则I2的转化率为1ml−0.6ml1ml×100%=40%，故A错误；
B.由表格知，0～20min内消耗氢气的物质的量为1ml−0.65ml=0.35ml，由反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，生成HI的物质的量为0.7ml，则v(HI)=Δc(HI)Δt=Δn(HI)VΔt=0.7ml2L⋅20min=0.0175ml⋅L−1⋅min−1，故B正确；
C.反应前后气体的体积不变，则无论反应是否达到平衡，容器内压强均不变，因此容器内压强不再改变，不能说明该反应已达到平衡，故C错误；
D.30min后，再充入2mlH2，正反应速率增大，逆反应速率在这一瞬间不变，随后逐渐增大，故D错误；
故选：B。
A.由表格可知，H2和I2的起始物质的量为1ml，反应消耗碘单质的物质的量与消耗氢气的物质的量相等，当反应达到平衡时，I2的物质的量也为0.6ml，进而求出I2的转化率；
B.由表格知，0～20min内消耗氢气的物质的量为1ml−0.65ml=0.35ml，由反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，生成HI的物质的量为0.7ml，代入公式v(HI)=Δc(HI)Δt=Δn(HI)VΔt即可；
C.反应前后气体的体积不变，则无论反应是否达到平衡，容器内压强均不变；
D.当反应达到平衡时，加入反应物，正反应速率增大，逆反应速率在这一瞬间不变，随后逐渐增大。
本题主要考查化学平衡的计算，为高频考点，题目难度不大。
22.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A.升高温度，若c(CO2)减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔHK=0.5，可知平衡逆向移动，故C正确；
D.反应为气体总物质的量不变的反应，则减小容器体积，压强增大，平衡不移动，故D正确；
故选：B。
23.【答案】SiO2 离子键 先产生白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 4HNO3(浓)=见光或受热4NO2↑+O2↑+2H2O
【解析】解：(1)石英砂主要成分是二氧化硅，化学式为SiO2；氯化钙中含1个钙离子和2个氯离子，钙离子和氯离子之间以离子键结合，
故答案为：SiO2；离子键；
(2)NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中，生成氢氧化亚铁白色沉淀、然后被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，能观察到的现象是先产生白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，
故答案为：先产生白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
(3)浓硝酸不稳定，在见光或受热时分解生成二氧化氮、氧气和水，反应方程式为：4HNO3(浓)=见光或受热4NO2↑+O2↑+2H2O，
故答案为：4HNO3(浓)=见光或受热4NO2↑+O2↑+2H2O。
(1)石英砂主要成分是二氧化硅；氯化钙中含1个钙离子和2个氯离子；
(2)NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中，生成氢氧化亚铁沉淀、然后被氧化为氢氧化铁；
(3)浓硝酸不稳定，在见光或受热时分解生成二氧化氮、氧气和水。
本题考查了常见物质的化学式以及化学方程式的书写，难度不大，应注意基础知识的掌握和应用。
24.【答案】CH3CH2OH 羧基 BD
【解析】解：(1)由分析可知，有机物B的结构简式是CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(2)有机物D的结构简式为CH3COOH，D中的官能团名称是羧基，
故答案为：羧基；
(3)CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应方程式为，
故答案为：；
(4)A.F的结构简式为，分子中没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.B是乙醇，可以直接与酸性高锰酸钾溶液反应生成D(乙酸)，故B正确；
C.A生成B是乙烯与水发生加成反应，C生成D是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应类型不相同，故C错误；
D.D是乙酸，具有酸的通性，能使石蕊试液变红，故D正确，
故答案为：BD。
A是石油化学工业重要的基本原料，其相对分子量为28，可知A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生氧化反应生成C为CH3CHO，乙醛进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙酸与乙烯发生加成反应生成乙酸乙酯，F是一种高分子化合物，则乙烯发生加聚反应生成F，故F为。
本题考查有机物的推断，涉及烯烃、醇、酸、羧酸、酯的性质与转化，熟练掌握官能团的性质，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
25.【答案】Cu、Fe、S Cu2Fe2S5 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 将SO2氧化为SO42−
【解析】解：(1)由分析可知，盐X所含三种元素Cu、Fe、S，n(Cu)：n(Fe)：n(S)=0.2：0.2：0.5=2：2：5，则盐X的化学式为Cu2Fe2S5，
故答案为：Cu、Fe、S；Cu2Fe2S5；
(2)混合固体E的成分为铁和铜单质，加入稀盐酸，铜单质与稀盐酸不反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(3)将二氧化硫通入足量新制氯水的目的是：使二氧化硫完全转化为SO42−，再加氯化钡溶液才能生成硫酸钡沉淀，
故答案为：将SO2氧化为SO42−。
由题意可知白色固体C为BaSO4，物质的量为n=116.5g2339g/ml=0.5ml，故X含有S元素，n(S)=0.5ml，气体A是二氧化硫；固体E加入足量盐酸生成6.4g紫红色固体F应为Cu单质，其物质的量为n(Cu)=6.4g64g/ml=0.1ml，原混合物B中含有铜元素为0.2ml，溶液D出现血红色说明含有Fe3+，则B含有铁元素，由质量守恒，原混合物中铁元素质量为(40−0.5x32−0.2x64)g=11.2g，物质的量为n(Fe)=11.2g56g/ml=0.2ml，以此答题。
本题主要考查了探究物质的组成或测量物质的含量的有关知识，是高频考点，掌握计算方法是解题关键，侧重考查分析计算能力，题目难度一般。
26.【答案】盐酸 富集镁 焰色试验 MgCl2+H2O=△Mg(OH)Cl+HCl AD
【解析】解：(1)试剂a是盐酸，
故答案为：盐酸；
(2)从母液中提取镁的过程中，镁元素经历了Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+的过程，目的是：富集镁，
高于答案为：富集镁；
(3)MgCl2和NaCl的阳离子不同，若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的方法是焰色试验，
故答案为：进行焰色试验；
(4)用MgCl2溶液制成无水MgCl2，加热溶液过程中，会生成Mg(OH)Cl溶液和一种酸性气体，反应的化学方程式：MgCl2+H2O=△Mg(OH)Cl+HCl，
故答案为：MgCl2+H2O=△Mg(OH)Cl+HCl；
(5)Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42−用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42−，然后再除去Ca2+和过量的Ba2+，因为碳酸钠中碳酸根离子易被盐酸除去，所以在氢氧化钠或氯化钡之后再加碳酸钠溶液，过滤后再加盐酸除去过量的、NaOH和碳酸钠，所以除杂顺序是②⑤④①③或⑤②④①③，故选AD，
故答案为：AD；
海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐提纯得到精盐，母液中加入过量的氢氧化钠溶液，沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解后蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热分解生成氯化镁固体，电解氯化镁得到金属镁，
(1)试剂a是溶解氢氧化镁沉淀的盐酸；
(2)镁离子浓度小，通过Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+的过程富集镁；
(3)钠元素的焰色试验为黄色；
(4)用MgCl2溶液制成无水MgCl2，加热溶液过程中，会生成Mg(OH)Cl溶液和一种酸性气体为氯化氢气体；
(5)Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42−用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42−，然后再除去Ca2+，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠。
本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握海水资源的综合应用方法。X
Y
Z
W
时间(min)
0
10
20
30
40
n(H2)/ml
1
0.75
0.65
0.6
0.6