2024届北京市北京一零一中学化学高二上期中调研试题含解析

2024届北京市北京一零一中学化学高二上期中调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向一个绝热恒容密闭容器中通入CO（g）和H20（g），—定条件下使反应C0（g）+H20（g）C02（g）+H2（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示，由图可得出的结论正确的是A．反应物浓度：a点小于c点B．该反应的正反应可能为放热反应C．c点达到平衡状态D．△t1=△t2时，H2的产率：a〜b段大于b〜c段2、已知下面三个数据：①7.2×10-4、②2.6×10-4、③4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF==HNO2+NaF，由此可判断下列叙述中正确的是（）A．HF的电离常数是① B．HNO2的电离常数是①C．HCN的电离常数是② D．HNO2的电离常数是③3、向盛有FeCl3溶液的试管中滴入KSCN溶液，溶液变为A．无色 B．红色 C．蓝色 D．浅绿色4、25℃时，水的电离达到平衡状态，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡将逆向移动，氢氧根离子浓度降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，氢离子浓度增大，Kw不变C．向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离平衡逆向移动，氢离子浓度降低D．将水加热，Kw增大，水的电离平衡不移动，pH不变5、下列实验装置不能达到实验目的的是A．图1：制备并观察氢氧化亚铁B．图2：证明过氧化钠与水反应放热C．图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO36、下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（）ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHBaSO4H2CO3Fe(OH)3非电解质蔗糖CCl4酒精H2OA．A B．B C．C D．D7、不同国家垃圾的分类方法不同。我国国家标准《城市生活垃圾分类标准》中有六个粗分的一级类别和八个细分的二级类别。下列标志属于垃圾可回收标志的是A． B． C． D．8、某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸；下列说法不正确的是（）A．步骤②中的可用替换B．步骤③中为防止被氧化，可用水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为D．如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度9、下列说法中不正确的是（）A．充电电池不能无限制地反复充电、放电B．燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池C．化学电池的反应原理是自发的氧化还原反应D．铅蓄电池和锌锰干电池都是可充电电池10、人体胃酸的主要成分是盐酸。胃酸可助消化食物，但胃酸过多会损伤胃粘膜，使人感觉不适。抗酸药（又称抑酸剂）可以减少胃过过多的胃酸。下列物质不属于抗酸药的是A．阿司匹林（主要成分：）B．胃舒平[主要成分：Al(OH)3]C．碳酸氢钠片（主要成分：NaHCO3）D．胃得乐（主要成分：MgCO3）11、在汽车尾气处理装置中发生如下反应：4CO＋2NO24CO2＋N2。下列有关该反应的说法中正确的是A．CO是氧化剂B．NO2被还原C．CO发生还原反应D．NO2失去电子12、在一定条件下，可逆反应A(g)+B(g)mC(g)变化如图所示。已知纵坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数，p为反应在T2温度时达到平衡后向容器加压的变化情况，下列说法正确的是()A．T1<T2B．正反应是放热反应C．m<2D．恒温、恒容充入稀有气体，平衡逆向移动13、一定温度下，将A、B气体各1mol充入2L恒容密闭容器，发生反应A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确是（）A．反应方程式中的x＝1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t1～t3间该反应的平衡常数均为414、类推是在化学学习和研究中常用的思维方法，但类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是（）A．由跟直接化合可得，类推出跟直接化合可得B．金属镁失火不能用灭火，类推出金属钠失火也不能用灭火C．与反应生成和，类推出与反应生成和D．相同温度下的溶解度比的溶解度小，类推出的溶解度也小于的溶解度15、某同学将锌与硝酸银溶液反应的离子方程式写为：Zn+Ag+=Zn2++Ag，该离子方程式的书写错误之处是A．产物判断错误 B．未标沉淀符号 C．电荷不守恒 D．质量不守恒16、下列物质中属于同分异构体的一组是A．O2和O3 B．CH4和C2H6C．CH3OCH3和CH3CH2OH D．1H和2H二、非选择题（本题包括5小题）17、下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外层电子数比次外层电子数多______个，该元素的符号是_______；⑦元素的氢化物的电子式为____________________。（2）由①③④三种元素组成的物质是______________，此物质的水溶液显_____性。（3）⑥元素的原子半径大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于⑤元素，用一个化学方程式来证明。________________________________________18、下图中，A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。根据上图回答问题：(1)D、F的化学名称是________、________。(2)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型。②____________________________________________，________；④____________________________________________，________；(3)A的结构简式是__________________，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗________molNaOH。(4)写出符合下列3个条件的B的同分异构体____________________。①含有邻二取代苯环结构②与B有相同官能团③不与FeCl3溶液发生显色反应19、某同学在研究Fe与的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。(1)实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为________________。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是________________。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是________(填化学式)，C的作用是________________。(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于________。②造成反应多样性的因素有________。20、海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常广阔的前景。（1）利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：①提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是_____，吸收塔中发生反应的离子方程式是________，②从MgCl2溶液中得到MgCl2.6H2O晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。（2）①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、_____、______。②操作①中需用到玻璃棒，则玻璃棒的作用是_______________。③向酸化后的水溶液加入适量3%H2O2溶液，发生反应的化学方程式为________。④操作③是分液，则操作②是___________；操作④是___________21、亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）获得。（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g）K1②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）K2③2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）K3则K3=___（用K1、K2表示）。（2）已知几种化学键的键能数据如表所示（亚硝酰氯的结构为Cl-N=O）:化学键N≡O(NO)Cl-ClCl-NN=O键能/(kJ/mol)630243a607则反应2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）的ΔH和a的关系为ΔH=___kJ/mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】由化学方程式可知该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响，结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应速率却是增大的，说明此时温度是影响反应的主要因素，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高，反应速率加快。【题目详解】A.a到c时反应物浓度随时间不断减小，起始时反应物浓度最大，所以反应物浓度：a点大于c点，故A错误；B.由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，故B正确；C.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故c点一定未达到平衡状态，故C错误；D.据图可知，随着反应的进行，正反应速率增大，生成氢气的产率逐渐增大，△t1=△t2时，H2的产率：a～b段小于b～c段，故D错误，答案选B。【题目点拨】本题考查化学反应速率和平衡图象，解题时要注意该反应的特点及反应限制条件，尤其要特别关注“绝热恒容密闭容器”这句话表达的含义，再结合图象中曲线变化的趋势判断反应为放热反应，为本题的难点也是易错点。2、A【题目详解】NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaNO2+HF=HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，故选A。【题目点拨】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。3、B【题目详解】FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，Fe3+和SCN-可以发生离子反应，生成血红色的硫氰化铁等物质，故选B。4、B【题目详解】A．向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH-）增大，选项A错误；B．NaHSO4═Na++SO42-+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，选项B正确；C．CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c（H+）降低，选项C错误；D．温度升高，水的离子积常数KW增大，水的电离平衡正向移动，则pH值减小，选项D错误。答案选B。5、C【解题分析】A.氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B.图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；C.图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D.图4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2+H2O：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。6、C【解题分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。【题目详解】A．由于Fe是单质，不是化合物，则Fe既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；B．BaSO4熔融状态能完全电离，属于强电解质，B项错误；C．碳酸钙熔融状态下能完全电离，CaCO3属于强电解质，碳酸部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；D．水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，D项错误；答案选C。7、C【解题分析】A．图中所示标志是当心电离辐射标志，A项不选；B．图中所示标志是节水标志，B项不选；C．图中所示标志是可回收标志，C项选；D．图中所示标志是其他垃圾，D项不选；答案选C。8、D【题目详解】A.步骤②中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，选项A正确；B.水溶液具有还原性，可以防止被氧化，选项B正确；C.步骤④与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，选项C正确；D.如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法计算试样纯度，选项D错误。答案选D。9、D【题目详解】A.充电电池也是有一定寿命的，故不能无限制地反复充电、放电，A正确；B.燃料电池的能量转化率高，反应产物不污染环境，故其是一种高效且对环境友好的新型电池，B正确；C.化学电池的反应原理是自发的氧化还原反应，其中还原剂在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应，C正确；D.铅蓄电池是可充电电池，锌锰干电池不是可充电电池，D不正确。本题选D。10、A【题目详解】阿司匹林的主要成分不能与盐酸反应，因此不能用作抗酸药，Al(OH)3、NaHCO3、MgCO3均能与盐酸反应，因此胃舒平、碳酸氢钠片、胃得乐均属抗酸药，答案选A。11、B【解题分析】4CO+2NO2═4CO2+N2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，结合氧化还原反应的基本概念解答。【题目详解】A．C元素的化合价升高，CO为还原剂，故A错误；B．NO2中N元素的化合价降低，被还原，故B正确；C．C元素的化合价升高，CO为还原剂，发生氧化反应，故C错误；D．NO2中N元素的化合价降低，得到电子，故D错误；故选B。12、B【解题分析】根据平衡移动原理分析判断。【题目详解】A项：其它条件相同时，T1温度下先达到平衡，则反应快、温度高，T1>T2，A项错误；B项：较高温度T1平衡时C%较小，较低温度T2平衡时C%较大，即升温左移，逆反应吸热、正反应放热，B项正确；C项：T2温度平衡后加压，C%减小，即加压左移，m>2，C项错误；D项：恒温、恒容充入稀有气体，不能改变正、逆反应速率，化学平衡不移动，D项错误。本题选B。13、D【解题分析】根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变；再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此分析解答。【题目详解】A．根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以有x=1+1=2，故A错误；B．催化剂不能改变平衡时的浓度，即加入催化剂，C的浓度不发生变化，故B错误；C．D为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；D．t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知，在t1时刻达到平衡，平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：

A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s)开始(mol/L)：0.5

0.5

0变化(mol/L)：0.25

0.25

0.5平衡(mol/L)：0.25

0.25

0.5所以平衡常数K===4，故D正确；答案选D。【题目点拨】解答本题的关键是根据图像确定化学方程式中的x的值。本题的易错点为A，要注意D是固体。14、B【题目详解】A．碘具有弱氧化性，变价金属和碘反应生成低价碘化物，Fe是变价金属，所以Fe跟碘直接化合可得FeI2，故A错误；B．镁在二氧化碳中燃烧生成C和MgO，钠燃烧生成过氧化钠和氧气，过氧化钠也能和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以镁和钠着火都不能用二氧化碳灭火，故B正确；C．SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，没有氧气生成，故C错误；D．由于碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，故D错误；故选B。15、C【题目详解】锌与硝酸银溶液反应的离子方程式写为：Zn+Ag+=Zn2++Ag，未遵守电荷守恒，方程左侧带一个单位的正电荷，方程右侧带两个单位的正电荷，故答案选C。16、C【题目详解】A．O2和O3是同一元素形成的不同性质的单质，互称同素异形体，A不合题意；B．CH4和C2H6结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，因此互称同系物，B不合题意；C．CH3OCH3和CH3CH2OH分子式相同，而结构不同，二者互称同分异构体，C正确；D．1H和2H质子数相等，而中子数不同，互称同位素，D不合题意。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、3NNa2CO3碱性③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【题目详解】根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外层电子数为5，比次外层电子数多3个，该元素的符号是N；⑦是Cl元素，其氢化物氯化氢的电子式为；（2）由①③④三种元素组成的物质是碳酸钠，其化学式为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；（3）③⑥分别为O、S元素，③⑥处于同一主族中，它们的原子半径大小主要取决于电子层数，⑥原子的电子层数大于③原子的电子层数，所以⑥元素的原子半径大于③元素的原子；（4）④是钠元素，其最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠的碱性强于⑤铝元素的最高价氧化物的水化物氢氧化铝，可用化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O来证明。18、乙醇乙酸乙酯＋H2O酯化反应(或取代反应)CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O消去反应2【分析】B在浓硫酸、加热条件下反应生成酯，根据E的结构简式，推知B中含有羧基和羟基，其结构简式为：；D在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，结合D的分子式可推知D是乙醇；C和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，C的结构简式为CH3COOH，则F为CH3COOC2H5，B和C、D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为：。【题目详解】（1）根据以上分析，D的结构简式为：CH3CH2OH，其名称是乙醇，F的结构简式为：CH3COOC2H5，其名称是乙酸乙酯，故答案为乙醇；乙酸乙酯；

（2）在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应生成，反应方程式为：＋H2O，反应类型为酯化反应；乙醇在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O，反应类型为消去反应；故答案为＋H2O；酯化反应(或取代反应)；CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；消去反应；

（3）A的结构简式为，分子中含有两个酯基，A在碱性条件下水解后再酸化生成B、C、D，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗2molNaOH。故答案为；2；

（4）①含有邻二取代苯环结构，说明含有两个取代基且处于邻位，②与B有相同官能团说明含有醇羟基和羧基，③不与FeCl3溶液发生显色反应说明不含酚羟基，所以其同分异构体为，有3种同分异构体，

故答案为。【题目点拨】本题考查有机体推断，难点是同分异构体的推断，注意根据题给信息确定含有的官能团及其结构，从而确定该有机物的结构简式。19、常温下，铁遇浓硫酸发生钝化吸收，防止污染环境+1价的氢元素反应物的浓度、温度【分析】(1)Fe和稀硫酸反应生成和。(2)在常温下，铁遇浓硫酸钝化。(3)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，会污染环境。(4)浓硫酸的氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性体现在+1价的氢元素上；反应物的浓度、温度会造成反应多样性。【题目详解】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成和，其离子方程式为；故答案为：。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是，会污染环境，因此C的作用是吸收，防止污染环境；故答案为：；吸收，防止污染环境。(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。【题目点拨】注意反应物的浓度和反应条件，浓度不同生成的产物不同，温度不同，发生的反应也不相同。20、对溴元素进行富集SO2+Br2+2H2O===4H++SO42-+2Br-加热浓缩冷却结晶坩埚泥三角