【文档说明】四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题 含解析.docx，共(15)页，1.203 MB，由小赞的店铺上传

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高二上学期化学入学考试试卷本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷(选择题)1至2页，第Ⅱ卷(非选择题)2至3页，共3页；满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：1-H12-C14-N16-O23-N

a24-Mg27-Al32-S35.5-Cl56-Fe64-Cu65-Zn第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.酸雨形成的示意图如图所示。下列说法中不正确的是A.汽车尾气是导致酸雨的原因之一B酸雨会使土壤、

湖泊酸化C.酸雨形成过程中不涉及氧化还原反应D.燃煤中加入生石灰是防治酸雨的方法之一【答案】C【解析】【详解】A．汽车尾气中含有二氧化硫和氮氧化物，二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要物质，所以汽车尾气是形成酸雨的原因之一，A正确；B

．酸雨具有酸性，能腐蚀碳酸盐、硅酸盐建造的建筑物，能破坏农作物的生长环境，落入土壤、湖泊使土壤、湖泊酸化，B正确；C．SO2氧化为硫酸、NO2溶于水生成硝酸均属于氧化还原反应，因此酸雨形成中涉及氧化还原反应，C错误；D．煤燃烧产物中含二氧化硫，加入生石灰后将S元素转化为硫酸钙，减少二氧化硫

的排放，则燃煤中加入生石灰可起到防治酸雨的作用，D正确；答案选C。2.关于非金属单质及化合物的性质，下列说法不正确的是.A.2SO有杀菌、抗氧化作用，可用作食品添加剂B.浓24HSO具有强吸水性，能吸收

糖类化合物中的水分并使其炭化C.右图路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4D.右图路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径【答案】B【解析】【详解】A．2SO有杀菌、抗氧化作用，能延长食物保质期，可用作食品添加剂，A正确；B．浓24H

SO具有强脱水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，B错误；C．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为322Δ4NH+5O4NO+6HO催化剂，则为氧化剂氧气与还原剂氨气的物质的量之比为5：4，C正确；D．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮，将氮气通过转化生成硝酸的主要途径，D正确；故选B；3.判

断下列说法不正确的是A.X是N2O5B.可用排空气法收集NO气体C.工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸D.由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现【答案】B【解析】【详解】A．根据图中氮元素及其化合物的

转化关系可知，氮的氧化物X中的氮元素的化合价为+5价，对应的物质是N2O5，A项正确；B．NO和空气中氧气生成二氧化氮，故不可用排空气法收集NO气体，B项错误；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二

氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C项正确；D．根据氧化还原反应原理分析，NH3可与NO2反应生成氮气，化学方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D项正确；答案

选B。4.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是A.硅晶体可用于制造石英光导纤维B.陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C.二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D.二氧化硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料【

答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅可用于制造光导纤维，A错误；B．传统的无机非金属材料即硅酸盐产品包括陶瓷、玻璃、水泥等，B正确；C．晶体硅在电子工业中是重要的半导体材料，C错误；D．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，D错误

；故选：B。5.密闭恒容容器中反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，能说明其达到平衡的是A.氮气、氢气、氨气共存B.消耗1mol氮气生成2mol氨气C.v(氢气)=3v(氮气)D.氮气浓度保持不变【答案】D【解析】【详解】A．合成氨反应是可逆

反应，不管平衡与否，氮气、氢气、氨气始终共存，难以确定各成分的量是否不再变化、难以判断是否平衡，A不符合；的B．消耗1mol氮气生成2mol氨气，均是正反应，难以确定正反应和逆反应速率相等、难以判断是否平衡，B不符合；C．同一个方向的速率，始终满足v(氢气)=3v(氮气

)，没有指明反应方向，难以确定正反应和逆反应速率相等、难以判断是否平衡，C不符合；D．反应过程中氮气浓度会变化，当氮气浓度保持不变时，符合平衡特征，D符合；答案选D。6.在不同条件下进行2A(g)+B(

g)=3C(g)+4D(g)的反应中，表示的反应速率最快．．的是A.(A)=0.5mol·L-1·s-1B.(C)=1.5mol·L-1·min-1C.(B)=0.3mol·L-1·s-1D.(D)=1mol·L-1·s-1【答案】C【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，

转化为同种物质的反应速率比较快慢，以此来解答。【详解】A．(A)=0.5mol·L-1·s-1，转化为(B)=1(A)2=120.5mol·L-1·s-1=0.25mol·L-1·s-1；B．(C)=1.5mol·L-1·min-1=1.560mol·L-1·s-1=0.02

5mol·L-1·s-1，转化为(B)=1(C)3=130.025mol·L-1·s-1=0.00833mol·L-1·s-1；C．(B)=0.3mol·L-1·s-1；D．(D)=1mol·L-1·s-1，转化为(B)=1(D)4=141mol·L-1·s-1=0

.25mol·L-1·s-1；显然C中速率最快，故答案为：C。7.下列说法不正确的是A.甲烷与氯气在光照条件下反应，所得产物中含HClB.乙烯能和溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色C.聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙炔在空气中燃

烧往往产生大量浓烟【答案】C【解析】【详解】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，所得产物中含HCl，故A正确；B．乙烯含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色，故B正确；C．聚乙烯不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙炔含碳量较高，在空气中燃烧往往产生大量浓

烟，故D正确；故选C。8.下列不属于天然有机高分子材料的是A.棉花B.羊毛C.天然橡胶D.聚乙烯【答案】D【解析】【详解】棉花、羊毛、天然橡胶聚属于天然有机高分子材料，聚乙烯属于合成有机高分子材料，D项不属于天然高分子材料，故答案选D。9.乙醇和乙酸是两种常

见的有机化合物，下列说法正确的是A.乙醇和乙酸均能与金属钠反应B.乙醇能发生氧化反应，而乙酸不能发生氧化反应C.乙醇和乙酸均能使紫色石蕊试液变红D.乙醇和乙酸的分子结构中均含有碳氧双键【答案】A【解析】【详解】A．乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，都能与钠反应生成氢气，故A

正确；B．乙醇、乙酸均可燃烧生成水和二氧化碳，则均可发生氧化反应，故B错误；C．乙醇不具有酸性，不能使紫色溶液变红色，故C错误；D．乙醇分子中只含有羟基，没有碳氧双键，故D错误；故选A。10.下列说法中不正确的是A.葡萄糖可发生银镜反应B.油脂

在碱性环境下水解可以制得肥皂和甘油C.部分蛋白质遇浓硝酸变黄色D.纤维素可在人体内酶的作用下水解生成葡萄糖【答案】D【解析】详解】A．葡萄糖中含醛基，能发生银镜反应，A正确；B．油脂在碱性条件下水解可以得到高级脂肪酸钠(肥皂)和甘油，B正确；C．部分蛋白质遇浓硝酸发生显色

反应，C正确；D．人体内没有可以水解纤维素的酶，D错误；故选D。【11.下列金属冶炼的反应原理，不正确的是A.2NaCl(熔融)电解2Na+Cl2↑B.Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2C.HgSΔHg+SD.2AlCl3(熔融)电解2Al+3

Cl2↑【答案】D【解析】【详解】A．电解熔融氯化钠制备金属钠，A正确；B．热还原法制备金属铁，B正确；C．热分解法制备金属汞，C正确；D．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，应电解熔融氧化铝制备金属铝，D错误；

故选D。12.下列过程属于物理变化的是A.乙烯聚合B.石油裂化C.石油分馏D.煤的干馏【答案】C【解析】【详解】A．乙烯聚合反应产生聚乙烯，聚乙烯是不同于乙烯的物质，有新物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B．石油裂化是在高温下使烃类分子分裂为较小分子的反应过程，有新物质生成，属于化学变化，

B不符合题意；C．石油分馏是分离沸点不同的液态混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，C符合题意；D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，产生了新的物质，因此发生的是化学变化，D不符合题意；13.“低碳生活”是指减少能源

消耗、节约资源，从而减少二氧化碳排放的生活方式。下列符合“低碳生活”的做法是A.节能灯代替白炽灯B.电热水器代替太阳能热水器C.纸巾代替棉手帕D.一次性塑料袋代替环保袋【答案】A【解析】【详解】A．节能灯比白炽灯更省电，使用节能灯能够减少能源

消耗、节约资源，A项符合“低碳生活”；B．太阳能热水器的热能来自太阳能，不需要耗费电能或燃气等传统能源，使用太阳能热水器更节能环保，B项不符合“低碳生活”；C．手帕可以重复利用，而纸巾不能，并且制造纸巾会有很大的污染，C项不符合“低碳生活”；D．一次性塑料袋的生产需要耗费大量石油资源，且

容易造成白色污染，使用环保袋更节能环保，D项不符合“低碳生活”。答案选A。14.硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，下列说法不正确的是A.NO2和SO2均为有刺激性气味的有毒气体，是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要

大气污染物为NO、SO2、CO2和PM2.5C.动植遗体中的含氮化合物最终通过硝酸盐被细菌分解进入大气中D.工业废气中的SO2可采用生石灰法进行脱除【答案】B【解析】【详解】A．NO2和SO2均为有刺激性气味的气体，是形成硝酸型酸雨和硫酸型酸雨

的主要成因，A正确；B．CO2不是大气污染物，B错误；C．动植遗体中的含氮化合物转化为硝酸盐，硝酸盐可被细菌分解转化为N2返回大气中，C正确；D．工业废气中的SO2属于酸性氧化物，能与CaO反应生成CaSO3，之后被氧化为稳定的硫酸钙，故可采用石灰法进行脱除，D正确；综

上所述答案为B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、填空题(本题共4小题，共58分)15.为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。（1）该化学兴趣小组的同学为制取2Cl、2SO气体，现采用23NaSO与7

0%的硫酸为原料制取2SO，采用2MnO和浓盐酸(12mol/L)为原料制取2Cl。在此实验中，F仪器的作用是_______，E中应加入_______。（2）D装置中主要反应的离子方程式为_______。（3）将适量的蔗糖放入烧杯中，加少量水拌匀，再加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，

同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体”，写出蔗糖变黑后与浓硫酸反应对应的化学方程式：_______。（4）上述现象体现了浓硫酸的_______(填序号)①

酸性②吸水性③脱水性④强氧化性（5）向80mL浓硫酸中加入5.6g铜，加热一段时间后至不再反应为止，实验测得反应中共有1.12L(标准状况下)2SO气体生成，反应中转移电子_______mol，该反应中浓硫酸体现了_______。【答案】

（1）①.防倒吸②.NaOH溶液（2）+2--2224Cl+SO+2HO=4H+SO+2Cl（3）24222ΔC2HSOCO2SO2HO+=++（浓）（4）②③④（5）①.0.1②.强氧化性、酸性【解析】【小问1详解】SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F的作用是防倒吸，Cl2

、SO2均为酸性气体，E的作用是吸收尾气，因此E中应加入NaOH溶液；【小问2详解】装置D中是二氧化硫和氯气发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为+2--2224Cl+SO+2HO=4H+SO+2Cl；【小问3详解】浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，生成的黑

色物质是C，并放出有刺激性气味的气体，说明生成的碳和浓硫酸混合在受热的条件下反应放出二氧化碳和二氧化硫气体，反应的化学方程式为24222ΔC2HSOCO2SO2HO+=++（浓）；【小问4详解】因浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水稀释而放出大量的热

，浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，生成的黑色物质是C，碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，此过程中浓硫酸体现强氧化性，因此体现了浓硫酸的吸水性、脱水性、强氧化性，故选②③④。【小问5详解】铜和浓硫酸反应的化学方程式为24422ΔCu+2HSO()CuSO+SO2HO=+

浓，反应生成了1.12L二氧化硫气体，其物质的量为1.12L=0.05mol22.4L/mol，则反应中转移电子的物质的量为20.05mol=0.1mol，浓硫酸生成二氧化硫，化合价降低，体现强氧化性，有硫酸铜生成

，体现酸性。16.I.某兴趣小组为探究原电池工作原理，利用金属Zn与稀H2SO4反应，通过如图所示装置A、B进行实验，实验过程中装置A内溶液的温度升高，装置B的电流计指针发生偏转。根据所学知识，完成下列各题：（1）装置B为原电

池，则Cu作_______(填“正”或“负”)极，Zn电极上的电极反应式为_______。（2）一般把金属导线称为“电子导体”，把电解质溶液称为“离子导体”。装置B中电池工作时“电子导体”中电子的流动方向可描述为_______；“离子导体”中H

+离子的移动方向可描述为_______。（3）从反应速率的角度上看，可以观察到A中反应比B中_______(填“快”或“慢”)（4）装置B中稀H2SO4用足量CuSO4溶液代替，起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当

导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为_______。II.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：（5）该反应的化学方程式为_______；（6）反应

开始至2min末，以气体X表示的平均反应速率为_______；（7）恒温恒容条件下，能说明该反应达到化学平衡状态标志是_______。①混合气体的压强不再变化②混合气体的密度不再变化③X的百分含量不再变化④混合气体的平均

相对分子质量不再变化⑤v(X)：v(Y)=3：1A.①②⑤B.①③④C.②③④D.③④⑤【答案】（1）①.正②.Zn-2e=Zn2+（2）①.电子从负极(Zn)流出经外电路流向正极(Cu)②.H+向正极(Cu

)移动（3）慢（4）12.9g（5）3X+Y2Z（6）0.075mol•L-1•min-1（7）B【解析】【小问1详解】装置B为原电池，Cu作正极，发生还原反应，2+-2H+2e=H，有气泡产生；Zn

作为负极，发生氧化反应，电极反应式为-2+Zn-2e=Zn；【小问2详解】Cu作正极，发生还原反应，得到电子；Zn作为负极，发生氧化反应，失去电子；所以装置B中电池工作时“电子导体”中电子的流动方向可描述为电子从负极(Zn)流出经外电路流向正极(

Cu)；“离子导体”中主要离子的移动方向可描述为H+向正极(Cu)移动；小问3详解】装置B的电流计指针发生偏转，原电池可以加快反应速率，所以A中反应速率比B中慢；【小问4详解】的【装置B中稀H2SO4用足量C

uSO4溶液代替，Cu作正极，发生还原反应为2+-Cu+2e=Cu；Zn作为负极，发生氧化反应，-2+Zn-2e=Zn；当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极质量减少0.1mol65g/mol=6.5g

；Cu电极质量增加0.1mol64g/mol=6.4g；Zn电极和Cu电极的质量差为起始时Zn电极和Cu电极的质量相等，当导线中有0.2mol电子转移时，Zn电极和Cu电极的质量差为12.9g；故答案为12.9g；【小问5详解】反应物为X和Y，生成

物为Z，2min后各组分的物质的量不在改变，所以该反应为可逆反应，变化量之比等于系数比，所以系数分别为3，1，2，故答案为：3X+Y2Z；【小问6详解】反应开始后的2min内，Δn1.0-0.7v(X)===0.075mol/(

Lmin)VΔt22Δn1.0-0.7v(X)===0.075mol/(Lmin)VΔt22；【小问7详解】①恒温恒容条件下，该反应为气体体积变化的反应，所以总压强可以做为平衡的标志混合气体的压强不再变化，正确；②组分均为气体，气体的总质量不变，恒容

体系，所以体积不变，两者的比值不变，mρ=V，所以混合气体的密度不再变化不能作为平衡的标志；③X的百分含量随着反应的进行会发生变化，所以当X的体积分数不再变化时，反应达到平衡，正确；④混合气体的平均相对分子质量

mM=n，总质量不变，总物质的量变量，所以当M不再变化时，可以作为平衡的标志，正确；⑤v(X)：v(Y)=3：1，未指名正逆，所以错误，故选①③④，答案为B。17.在实验室可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列

问题。（1）①试管a中加入几块碎瓷片的目的是_______。②试管a中发生反应的化学方程式为_______，反应类型是_______。（2）试管b中盛放的试剂是_______。试管b中的导管不能伸入液面下的原因是_______。（3）反应结束后，从试管b中分离出乙酸乙

酯的方法是_______(填操作名称)。（4）下列描述不能说明乙醇与乙酸的反应已达到化学平衡状态的有_______(填序号)。a.单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水b.单位时间区，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸c.单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗

1mol乙酸d.正反应的速率与逆反应的速率相等e.混合物中各物质的浓度不再变化【答案】（1）①.防止暴沸②.CH3COOH+C2H5OH浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O③.酯化反应（或取代反应）（2）①.饱和碳酸钠溶液②.防止倒吸（3）分液（4）ac【解析】【分

析】a是反应发生装置，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应是可逆的，制取的乙酸乙酯和挥发出的乙酸和乙醇一起蒸出，通过导管进入试管b中，b中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，可以溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。【小问1详解】①加热过程中容易发生暴沸，所以为防止液体飞

溅，应加入碎瓷片或沸石；②乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应是可逆的，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH3COOC2H5+H2O，该反应为酯化反应(或取代反应)；【小问2详解】制取的乙酸乙酯和挥发出的乙酸和乙

醇一起蒸出，试管b中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，可以溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，试管b中的导管不能伸入液面下的原因是防止倒吸；【小问3详解】反应结束后，制得的乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液是互不相溶的，是分层的，从试管b中分离出

乙酸乙酯的方法是分液；【小问4详解】a．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，都代表正反应方向的速率，不能代表达到化学平衡，故a符合题意；b．单位时间区，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，代表的是正逆反应速

率相等，证明达到化学平衡，故b不符合题意；c．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，都代表正反应方向速率，不能代表达到化学平衡，故c符合题意；d．正反应的速率与逆反应的速率相等代表达到化学

平衡，故d不符合题意；e．混合物的各物质的浓度是一个变值，混合物中各物质的浓度不再变化，代表达到化学平衡，故e不符合题意；故选ac。18.从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质。（1）从海水中提取镁的流程如图所示：反应①的离子方程式为__；反应②的化学方程式

为__；（2）海水提取溴流程：①该流程中涉及发生反应的离子方程式：__；___；②该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是：___；③从最终溴的四氯化碳溶液中得到液溴，应采取的操作是__。【答案】①.Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O②.MgCl2(熔融)===电解Mg+Cl2

↑③.Cl2+2Br-=Br2+2Cl-④.Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-⑤.富集溴元素⑥.蒸馏【解析】【分析】（1）根据对应步骤写出对应的化学方程式或离子方程式；（2）根据流程分析可知，浓缩海水中通入氧化剂氯气氧化溴离子为单质溴，得到低浓度

Br2的溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，再用氯气氧化溴离子得到单质溴，用四氯化碳萃取溴单质，再进行蒸馏得到单质溴，据此解答。【详解】（1）反应①是Mg(OH)2与盐酸反应生

成氯化镁和水，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；反应②是电解熔融MgCl2，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)===电解Mg+Cl2↑；故答案为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；MgCl2(熔融)===电解Mg+Cl2↑；（2）①根据流程分析可知，浓缩

海水中通入氧化剂氯气氧化溴离子为单质溴，得到低浓度Br2的溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，再用氯气氧化溴离子得到单质溴，用四氯化碳萃取溴单质，再进行蒸馏得到单质溴，因此涉及发生的反应包括：氯气氧化溴离子，Br2与S

O2、H2O反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；故答案为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；Br2+SO

2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；②该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是富集溴元素；故答案为富集溴元素；③溴易溶于四氯化碳，则可用蒸馏的方法从溴的四氯化碳溶液中得到液溴；故答案为蒸馏。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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