四川省泸州市泸县第五中学2024-2025学年高二下学期5月月考化学试题

泸县五中高级高二下期第三学月考试化学化学试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分。满分：分，考试时间：分钟。注意事项：相对原子质量：第一部分选择题（共分）一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.化学与生活、科技发展等息息相关。下列说法错误的是A.药品包装上的“OTC”标识指的是处方药，需要根据医生处方进行购买B.石墨烯是一种具有优异性能的新型材料，它只有一个碳原子直径的厚度C.洗发时使用护发素是利用护发素调节头发的，使之达到适宜酸碱度的功能D.我国中核集团核理化院获得公斤级丰度为99%的产品，与互为同位素【答案】A【解析】【详解】A“OTC”标识为非处方药的标识，A错误；B．石墨烯是一种由单层碳原子构成的二维材料，它只有一个碳原子直径的厚度，B正确；CpH大于7pH小于7节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度，C正确；D．与的质子数相同而中子数不同，是同一元素的不同原子，故互为同位素，D正确；故选A。2.下列有关离子反应的说法正确的是A.参加离子反应的物质一定都是电解质B.任何一种离子的数目在反应中一定减小C.没有气体、沉淀、水生成的反应也可能是离子反应D.所有酸碱中和反应的离子方程式均相同【答案】C【解析】【详解】电解质在溶液中的反应是离子反应，但参加离子反应的物质不一定都是电解质，如置换反应中的第1页/共18页在离子反应中，离子的数目不一定都减小，如溶液与的反应中，的数目增大，B错误；如溶液与的反应中，没有气体、沉淀、水生成，C正确；盐酸和溶液反应的离子方程式为，稀硫酸与溶液反应的离子方程式为，故酸碱中和反应的离子方程式不一定都相同，D错误。3.不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是A.Na投入水中会沉入底部并四处游动B.上述转化中只有分解反应和置换反应C.反应③④表明NaCO3不能转化为NaOH或NaHCO3D.向足量NaO2固体中通入1molHO和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，共产生16gO2【答案】D【解析】【详解】A．金属钠的密度比水小，浮在水面上，不是沉在底部，A项错误；BB项错误；C．碳酸钠可以继续反应CO+NaCO+HO=2NaHCO，碳酸钠和氢氧化钙可以通过复分解反应生成NaOH，C项错误；DNaO2与HO和CO2反应为2NaO+2HO=4NaOH+O2NaO+2CO=2NaCO+ONaO2固体中通入1molHO和CO21molHO，产生16gO，若为1molCO，产生16gO1molHO和CO2混合气体，发生反应⑤、⑥，共产生16gO，D项正确；故答案选D。4.与生成的反应可以一步完成，也可以分两步完成，各步反应之间的关系如图所示，下列说法错误的是第2页/共18页A.完全燃烧放出热量为B.C.相同质量的碳，完全燃烧比不完全燃烧放出的热量更多D.根据图示推出【答案】B【解析】【详解】A．由图可知1molC(s)完全燃烧生成CO(g)放出热量393.5kJ，物质的量为，完全燃烧放出热量为A正确；B．根据盖斯定律，反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，应该是，即，B错误；C．由，即碳与氧气反应生成放出热量，碳完全燃烧放出热量，C正确；D．由盖斯定律可知，碳与反应生成的反应焓变为反应生成的热化学方程式为，D正确；故选B。5.下列所涉及有关方程式错误的是A.硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH=[Al(OH)]–B.NaSO3溶液中滴加稀盐酸：SO+2H+=S↓+SO↑+HOC.海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I–+HO2+2H+=I2+2HO第3页/共18页D.草酸溶液中滴加高锰酸钾酸性溶液：2MnO+5HCO4+6H+=2Mn2++10CO↑+8HO【答案】A【解析】A化铝，正确的离子方程式为，A错误；B．NaSO3溶液与稀盐酸反应生成硫单质和二氧化硫，离子方程式正确，B正确；C．海带灰浸出液中含有碘离子，被过氧化氢氧化为碘单质，离子方程式正确，C正确；DMnO被还原为Mn2+D正确；故选A。6.利用铜铈氧化物(Ce是活泼金属)催化氧化除去中少量CO列说法正确的是A.反应(ⅲ)中Cu、Ce化合价均升高B.铜铈氧化物减小了反应的反应热C.若用参与反应，一段时间后，不可能出现在铜铈氧化物中D.步骤(i)(iii)生成的机理相同【答案】A【解析】【分析】反应(i)CO与催化剂作用生成二氧化碳，得到O原子，催化剂失去O原子形成一个空位，反应(ii)氧气与COO2中的O(iii)放出二氧化碳。第4页/共18页A(ⅲ)CuCeA正确；B．铜铈氧化物是催化剂，能改变反应速率，但不影响反应热，B错误；C．由图可知，在反应(ii)中氧分子和催化剂铜铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜铈氧化物中，C错误；D(i)中CO与催化剂作用生成二氧化碳，反应(ⅲ)中CO与O2的反应生成COD错误；故选A。7.某有机物的结构简式如下图，则下列说法错误的是A.该有机物可与碳酸氢钠溶液反应放出CO2B.1mol该有机物可以和足量金属钠反应生成1molH2C.分子式为CHO4D.该有机物可发生氧化、取代、加聚、加成反应【答案】C【解析】【详解】A．该有机物中含有羧基，羧基可以与NaHCO3反应产生CO，A正确；B．该有机物中羟基、羧基能与Na反应产生H，1mol该有机物中含有1mol羧基和1mol羟基，根据反应比例：2—COOH~H、2—OH~H，知产生H2为1mol，B正确；C．该有机物中，不饱和度为7，碳原子个数为12，则氢原子个数为，分子式为：，C错误；D．该有机物可以发生氧化反应，如燃烧、碳碳双键（醛基、羟基）与KMnO4反应；可以发生取代反应，如酯化反应；可以发生加成反应，如苯环、碳碳双键、醛基与H2可以发生加聚反应，D正确；故答案C。8.是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应为第5页/共18页A.Fe元素被氧化，N元素被还原B.氧化性：C.反应中转移电子数为生成的6倍D中Fe元素只有氧化性【答案】C【解析】【详解】9.已知XYZMX原子中的电子只有一种自旋取向，Y的最高正化合价与最低负化合价之和为0M的s能级上的电子总数与p液体，其化学式为。下列相关说法正确的是A.四种元素的原子半径：M>Y>Z>XB.四种元素的基态原子的第一电离能：M>Z>Y>XCX与Y、Z、M均能形成两种或两种以上化合物D.该离子液体常温下呈液态，属于共价化合物【答案】C【解析】XX为HY的最高正化合价与最低负化合价之和为0，Y位于第ⅣA族，为C或Si，M的不同类型能级上的电子数相同，根据构造原理，其电子排布式为或，可能是O或Mg，结合离子液体的化学式，M只可能为O，又根据X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Y为C，Z为N，形成离子液体的物质化学式为。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同原子序数越大半径越小，四种元素的原子半径C>N>O>H，A错误；B．四种元素的基态原子第一电离能氮的大于氧的，故N>O>C>H，B错误；第6页/共18页C．H与C、N、O均能形成多种化合物，C正确；D．离子液体，属于离子化合物，但其熔点低，常温下呈液态，D错误；故答案选C。10.工业生产4的化学反应原理为：2(s)+2C(s)+2Cl(g)2CO(g)+4(g)，在一定温度的恒容密闭容器里发生该反应，若0~5min内4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/LA.反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(4)B.0~5min内用C表示的平均速率为v(C)=0.12mol/(L·min)C.向该容器中通入稀有气体，总压强增大，所以化学反应速率增大D.在建立平衡的过程中，混合气体的平均摩尔质量呈增大趋势【答案】D【解析】【详解】A．在可逆反应中，各物质的反应速率之比=化学计量数之比，则达到平衡有：，A错误；B．C为固体，不能用C的浓度变化表示反应速率，B错误；CC错误；D．根据反应方程式，反应物中只有是气体，初始反应时气体反应物的平均摩尔质量为，随反应进行得到生成物和，两者的气体平均摩尔质量为个从递变的增大趋势，D正确；故答案为：D。粉末缓慢加入醋酸溶液()中，HAc的电离常数的质量为(溶液的体积变化忽略不计)法错误的是A.时水的电离程度大于时水的电离程度第7页/共18页B.溶液中：C.时溶液中：D.的溶液中：【答案】A【解析】A．时，过量，时，与时，水的电离程度小于时水的电离程度，A错误；B．NaAc溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则可得质子守恒式：，B正确；C．，的电离常数，，C正确；D．的溶液物料守恒式：，D正确；故选A。12.工业用Cl2制备4的热化学方程式为(s)+2Cl(g)+2C(s)(g)+2CO(g)。若NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于该反应的说法不正确的是A.Cl、CO都是由极性键构成的非极性分子B.、SO中心原子的杂化方式均为sp3C.0.1mol2反应制得的CO分子数小于0.2NAD.0.2mol4生成时，转移的电子数为0.8NA【答案】A【解析】【详解】A．Cl2分子由同种原子组成，ClCl键为非极性键，Cl2为非极性分子。CO分子由C和O两种不同原子组成，C≡O键为极性键，且分子结构不对称，为极性分子，A错误；B．4中的价层电子对数为，无孤对电子，为sp3杂化；中S的价层电子对数为，无孤对电子，同样为sp3杂化，B正确；C0.1mol2理论上生成0.2molCO0.2NC正确；第8页/共18页移4mol电子。生成1mol4对应转移4mol电子，因此0.2mol4转移0.8NA电子，D正确；故选A。13.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如下：下列说法不正确的是A.X与互为顺反异构体B.X的核磁共振氢谱中有6个吸收峰C.X与HBr反应有副产物生成D.Z分子中含有2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．X的结构为，氢原子在双键的两侧，为反式结构，的结构中氢原子在双键的同侧，为顺式结构，二者互为顺反异构体，A项正确；B．X的结构为，结构中存在6中不同种类的氢原子，故核磁共振氢谱中有6个吸收峰，B项正确；C．X与HBr发生加成反应，可得到和两种产物，C项正确；D．Z中只有1个手性碳，D项错误；答案选D。第9页/共18页14.AgAc溶液(有足量AgAc固体)pH促进AgAcAgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。已知：常温下，pKsp(AgAc)=lgKsp(AgAc)=2.71。下列叙述错误的是A.曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系B.pH=4.5时，溶液中c(HAc)<c()CpH=6时，溶液中>10D.AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04【答案】C【解析】pHc(H+)c(HAc)c(Ac−)HAcpH增Ac−的分布系数（随pH【详解】A．随着pH减小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移动，随pH减小lgc(Ag+)增大，曲线I代表lgc(Ag+)与pH的关系，A正确；B．当pH=4.5时，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac−)+c(HAc)，电荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac−)+c()+c(OH−)c(HAc)+c(H+)=c()+c(OH−)pH=4.5c(H+)>c(OH−)c(HAc)<c()B正确；C．pH=6时，c(H+)=10−6mol/L，Ka(HAc)=，X点时pH=4.75，δ(HAc)==0.5，即Ka(HAc)=c(H+)=104.75第10页/共18页D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常数K，Ksp(AgAc)=102.71，Ka(HAc)=104.75，平衡常数K=102.04，D正确；故选C。第二部分非选择题（共分）二、非选择题：本题共4小题，共分。15.研究合成对实现“碳中和”具有重要意义。在合适的催化剂存在时与制的过程一般含有以下3个反应。已知：。Ⅰ．；Ⅱ．Ⅲ．（1）由大到小的顺序为______。（2）向初始压强为5MPa的恒压密闭容器中充入和发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得的平衡转化率与、CO的选择性随温度的变化如图所示。已知：选择性，X代表或CO。①下列能说明体系各反应均已达到平衡状态的是______a．b．体系中的物质的量保持不变第11页/共18页c．混合气体的平均摩尔质量保持不变d．混合气体的密度保持不变②225℃时，选择性：S(CO)______（填“>”“<”或“=”）。，随着温度升高而增大的原因是______。③A点为，B点为，则270℃达到平衡的反应体系中的平衡转化率____________。④保持270℃时的恒容状态，向平衡体系中再按物质的量比为充入和，重新达到平衡，则的体积分数增大的原因是______。【答案】（1）（2）①.bcd②.<③.温度高于225℃，容器中以反应Ⅱ为主，升温则反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，所以的平衡转化率增大④.21%⑤.0.032⑥.恒温、恒容下，通入物质的量比为的和，相当于对体系增压，反应Ⅰ平衡右移，的体积分数增大【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，⁻，可得；【小问2详解】①a．反应体系发生两个反应，所以只有，不能说明反应已达平衡状态，a错误；b．的物质的量保持不变，反应Ⅰ、Ⅱ已达平衡，CO、的物质的量不变，b正确；c．反应Ⅰ的气体分子数减少，反应Ⅱ的气体分子数不变，故平衡正向进行气体的总质量不变，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量为变量，平均摩尔质量不变则反应均已平衡，c正确；d衡，d正确；②低温时，有利于反应Ⅰ正向进行，的选择性大于CO的，而高温时，有利于反应Ⅱ正向进行，CO的选择性大于，二者在相等，故时，；第12页/共18页平衡转化率增大；③由，转化的，，即，即生成的，生成的，消耗的，；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则；的和的平衡右移，的体积分数增大。16.钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以某炼锌废渣(含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的正二价氧化物及锌和铜的单质)为原料提取钴的工艺流程如图所示：已知：加入沉淀剂时，当溶液中某离子浓度小于或等于时，即认为该离子沉淀完全；常温下，部分难溶电解质的溶度积常数如表。化学式回答下列问题：（1）为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有将废渣磨碎、___________(填两点)“酸浸”步骤在常压、70℃条件下进行，反应生成的难溶化合物X经分离后进入浸渣中，则生成难溶化合物X的化学方程式为___________。（2“沉锰”步骤中加入溶液的作用是___________“沉钴”后的钴回收后液中可回收的金属主要第13页/共18页（3）已知：E为氧化还原电势，氧化还原电势越高，氧化性物质的氧化性越强；在时，。在溶液时，能将氧化，该反应的离子方程式为___________。以1t湿法炼锌净化渣(的质量分数为w%)为原料提取出，在提取过程中钴的损失率为___________%(填含w、m的表达式)。【答案】（1）①.适当升高“酸浸”温度、适当搅拌②.PbO+HSO=PbSO+HO（2）①.氧化和②.（3）①.+2Co2++6HO=2Co(OH)↓+2+6H+②.【解析】【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，故浸渣为Cu和PbSOHS沉铜生成CuSNaSO8将Mn2+氧化为MnO2除去，同时Fe2+也被氧化为Fe3+，再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，第三次过滤后的滤液中加入NaClO沉钴，得到Co(OH)，Zn2+在滤液中。【小问1详解】为提高“酸浸”效率，可采取的措施有适当升高“酸浸”温度、适当搅拌、适当增大硫酸的浓度等；根据PbO+HSO=PbSO+HO；【小问2详解】NaSO8溶液的作用是将Mn2+氧化为MnO2除去，同时Fe2+也被氧化为Fe3+”后的钴回收后液中含有Zn2+，经过一定的分离提纯手段后可回收Zn；【小问3详解】CoO＞＞Co(OH)，因此可将Co2+氧化为Co(OH)，离子方程式为+2Co2++6HO=2Co(OH)↓+2+6H+1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)Co为1000kg×w%=10wkg，实际生成的Co的质量为，在提取过程中钴的损失率为。第14页/共18页及实验如下：已知：苯胺是无色液体，易被空气氧化变成红色或红棕色的液体。℃将溶液趁热倒入冰水中，边加入边搅拌，有大量的白色或浅黄色固体析出，冷却后减压抽滤，用少量冰水洗涤，得到粗产品。请回答下列问题：（1）锌粉的作用是____________。（2）乙酰苯胺粗产品可以通过___________（填操作名称）提纯，得到纯的乙酰苯胺。（3）根据上述流程，设计制备乙酰苯胺的目的是___________。Ⅱ．制备邻硝基乙酰苯胺（）的装置如图所示。（4）仪器X的名称是__________，仪器Y的作用是___________。（5）写出生成邻硝基乙酰苯胺的化学方程式_________。（6）与酒精灯加热相比，水浴加热的优点是__________。【答案】（1）防止苯胺被氧化（2）重结晶（3）保护氨基，防止被浓硝酸（或浓硫酸）氧化（4）①.恒压滴液漏斗②.冷凝回流第15页/共18页（5）+HNO(浓)+HO（6）受热均匀，便于控制温度【解析】【分析】苯胺与乙酸反应得到乙酰苯胺，乙酰苯胺与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应得到邻硝基乙酰苯胺，邻硝基乙酰苯胺在一定条件下生成邻硝基苯胺，氨基易被氧化，与乙酸反应的目的是保护氨基，防止被氧化。【小问1详解】锌粉具有还原性，作用是防止苯胺被氧化；【小问2详解】乙酰苯胺是固体，粗产品可以通过重结晶可以提纯；【小问3详解】根据上述流程，设计制备乙酰苯胺的目的是保护氨基，防止硝化反应时被氧化；【小问4详解】仪器X名称恒压滴液漏斗；仪器Y是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高原料利用率；【小问5详解】乙酰苯胺与硝酸发生取