2025-2026学年四川泸州市泸县第五中学高二2024级春季期第一次月考试化学试题 含答案

/高2024级2026年春期第一学月考试化学试题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：100分。考试时间：75分钟。注意事项：相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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、生产、科技密切相关。下列叙述错误的是A.霓虹灯的发光原理：电子由激发态跃迁至基态，以光的形式释放能量B.人体补铁时，为保证效果，将维生素C片与补铁剂一起服用C.质量抽查时，质检员用食醋、碘化钾淀粉溶液检验加碘盐真假D.我国十大科技成果之一的“纳米氮化镓”是一种胶体【答案】D【解析】【详解】A．霓虹灯通过充入稀有气体，通电激发电子跃迁至高能级，回落基态时以特定波长光释放能量，A正确；B．维生素C具有还原性，可将不易吸收的Fe3+还原为易吸收的Fe2+，增强补铁效果，搭配服用科学合理，B正确；C．加碘盐含KIO3，在食醋酸性作用下生成I2，I2遇淀粉-KI溶液显蓝色，该方法可用于快速检验，C正确；D．胶体是分散质粒径1-100nm的分散系，氮化镓GaN作为人工合成的纳米级晶体材料，属纯净物，非胶体，D错误；故选D。2.下列有关物质的性质与用途描述不正确的是A.碳酸氢钠和碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作食品加工的膨松剂B.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂C.二氧化硅具有导电性，可用于生产光导纤维D.Fe粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠和碳酸氢铵均可与酸反应，且受热分解产生等气体，可用作食品加工的膨松剂，A正确；B．液氨汽化时吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，B正确；C．二氧化硅不具有导电性，用于生产光导纤维是因为其通信容量大，抗干扰性能好，传输的信号不易衰减，C错误；D．粉具有还原性，能被氧气氧化而发挥抗氧化作用，可用作食品抗氧化剂，D正确；故选C。3.中国古代用炉甘石炼锌，主要反应为：，该反应属于A.置换反应 B.化合反应 C.分解反应 D.复分解反应【答案】A【解析】【详解】该反应中，反应物C为单质，ZnCO3为化合物，生成物Zn为单质，CO为化合物，符合置换反应的定义，答案选A。4.下列说法正确的是A.碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱 B.合金的硬度一般比纯金属小C.钙元素在焰色试验中的颜色为绿色 D.副族元素的族序数后都标有B【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠水溶液均呈弱碱性，且性质安全，食品级的碳酸钠(纯碱)和碳酸氢钠(小苏打)都可用于食品加工，都能用作食用碱，故A正确；B．合金的硬度一般比组成它的纯金属更大，熔点比纯金属更低，故B错误；C．钙元素在焰色试验中的颜色为砖红色，铜元素焰色为绿色，故C错误；D．元素周期表中，第Ⅷ族不属于独立的副族，部分分类中将第Ⅷ族归入广义副族，但其族序数后不标B，因此不是所有副族范畴内的元素族序数后都标B，故D错误；答案为A。5.工业生产盐酸过程中，将氯气和氢气通入合成炉进行燃烧，得到氯化氢气体。下列有关说法错误的是A.生产氯化氢的反应为放热反应B.反应过程中断裂键会放出能量C.上述生产中主要的化学反应方程式为D.化学键的断裂与形成是化学反应能量变化的主要原因【答案】B【解析】【详解】A．氢气在氯气中燃烧属于放热反应，因此生产氯化氢的反应为放热反应，A正确；B．化学键断裂需要吸收能量，因此断裂键会吸收能量，而非放出能量，B错误；C．氢气和氯气在点燃条件下反应生成氯化氢，给出的化学方程式配平、条件均正确，C正确；D．化学反应中旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，二者的能量差是化学反应能量变化的主要原因，D正确；故选B。6.在25℃和101kPa下，下列关于化学反应的热效应叙述正确的是A.已知，则该反应消耗后放出热量B已知，则C.软脂酸的燃烧热为，则D.；，则【答案】A【解析】【详解】A．ΔH=-92.4kJ/mol表示消耗1molN2反应放出92.4kJ热量，则该反应消耗2molN2放出184.8kJ热量，A正确；B．原反应为放热反应，其逆反应为吸热反应，已知，则，B错误；C．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，H元素的指定产物为H2O(l)，不是H2O(g)，则选项中热化学方程式的ΔH不等于-9977kJ/mol，C错误；D．1molN2H4(l)和1molO2(g)反应生成1molN2(g)、2molH2O(g)或2molH2O(l)，生成H2O(l)比H2O(g)放热更多，但ΔH为负值，则ΔH1>ΔH2，D错误；故选A。7.氰基硼氢化钠(NaBH3CN)是一种温和的还原剂，遇湿气缓慢水解：NaBH3CN+4H2O=Na[B(OH)4]+HCN+3H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molNaBH3CN含σ键的数目为7NAB.36g水含孤电子对的数目为8NAC.HCN既是直线形分子，也是非极性分子D.标准状况下，上述反应生成4.48LH2时转移的电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．NaBH3CN是离子化合物，由Na⁺和BH3CN⁻构成。BH3CN⁻中，B原子与3个H原子形成3个B-Hσ键，B原子与C原子形成1个B-Cσ键，C原子与N原子形成1个C≡N三键（其中包含1个σ键和2个π键）。因此，BH3CN⁻中共有3+1+1=5个σ键。1molNaBH2CN含σ键的数目为，A错误；B．36g水的物质的量为2mol，每个H2O分子中O原子含2对孤电子对，总孤电子对数目为4NA，B错误；C．HCN分子中，C-H键和C≡N键都是极性键，且由于电负性差异，电子云偏向N原子，导致分子整体存在偶极矩，因此HCN是极性分子，C错误；D．标准状况下4.48LH2的物质的量为0.2mol，反应中-1价H和+1价H发生归中反应生成H2，每生成1molH2转移1mol电子，故转移电子数目为0.2NA，D正确；8.A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价（或最低负价）与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能： B.金属性：C.为极性分子 D.A、B、E对应的简单离子半径：【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，原子半径的大小关系为，结合B的最高正价为+1，B为Na（原子半径为），F的最高正价+6，F为S，G的最高正价+7，G为Cl，C的最高正价+3（且原子半径较大），C为Al，A的最低负价-2，A为O，E的最高正价+5（且原子半径比F、G小），E为N，D的最高正价+4，D为C。【详解】A．A、D、E分别为O、C、N，位于同一周期，根据同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p能级为半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能为，A错误；B．B为Na，C为Al，金属性：，B错误；C．F为S，G为Cl，为，中心原子S价层电子对数为，且有2个孤电子对，分子空间结构为形，属于极性分子，C正确；D．A、B、E对应的简单离子分别为，离子半径为，D错误；故选C。9.某金属烷氧基化合物催化CO2和甲醇(MeOH)合成碳酸二甲酯()的反应机理如图。已知：①H2O会降低该催化剂的活性；②反应中CO2插入催化剂的Sn-O键中得以活化。下列说法正确的是A.加入缩醛可以提高碳酸二甲酯的产率B.CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为加成反应C.CO2插入催化剂后形成Sn-O键、C-O键和C-C键D.III为该反应的催化剂【答案】A【解析】【详解】A．反应生成的水会降低催化剂的活性，不利于反应的进行，加入缩醛，与水反应生成甲醇，催化剂的活性不会被生成的水降低，同时消耗水，减少生成物浓度，且生成甲醇，增大反应物浓度，使平衡正向移动，从而提高碳酸二甲酯产率，故A正确；B．由图可知，CO2与甲醇合成碳酸二甲酯的反应为取代反应，B错误；C．由图可知，CO2插入催化剂后形成了新的Sn-O键和C-O键，但未形成C-C键，C错误；D．由图可知，I转化为II后，II经过反应转化为III，最后又生成I，故为该反应的催化剂，II、III生成之后又消失，属于中间产物，且题目中说催化剂为烷氧基化合物，III不是烷氧基化合物。D错误；故答案选A。10.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：，0~15s内由降到，下列说法正确的是A.升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢B.保持压强不变，充入，化学反应速率加快C.0~15s内用表示的反应速率为D.若由降到所需的反应时间为10s【答案】C【解析】【详解】A．升高温度会使活化分子百分数增大，正、逆反应速率均加快，A错误；B．保持压强不变充入，容器体积会增大，导致反应物浓度减小，化学反应速率减慢，B错误；C．0~15s内，反应速率之比等于化学计量数之比，因此，C正确；D．随着反应进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率减慢，因此由降到所需的反应时间大于10s，D错误；故选答案C。11.工业合成氨的反应为。如图表示反应速率(v)与时间(t)的关系。下列说法正确的是A.时刻改变的条件是扩大容器体积B.时刻后的平衡转化率减小C.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高平衡时混合物中氨的含量D.某温度下恒容密闭容器中充入和进行反应(起始浓度分别为和)，达平衡时的转化率为50%，则该温度下此反应平衡常数【答案】D【解析】【分析】反应是气体分子数减少的放热反应，结合v-t图，改变条件后，正逆反应速率都大于原平衡速率，且​，说明平衡不移动，改变的条件应为加入催化剂（催化剂同等程度改变正逆反应速率，不影响平衡），据此解答。【详解】A．扩大容器体积会使所有气体浓度降低，正逆反应速率都小于原平衡速率，与图中​后速率高于原平衡不符，A错误；B．改变条件后，平衡不移动，因此​的平衡转化率不变，B错误；C．合成氨采用循环操作，是将未反应的​、​分离后重新投入反应，目的是提高原料利用率，提高总产率，循环操作不改变平衡状态，不能提高平衡时混合物中氨的含量（平衡含量由温度、压强等条件决定），C错误；D．和的起始浓度分别为和，平衡时的转化率为50%，根据反应方程式，平衡时、和的浓度为、和，则平衡常数

，D正确；故答案为D。12.纳米级可用于以太阳能为热源分解水制，其过程如图所示。下列说法错误的是A.纳米级是反应的催化剂B.过程Ⅰ中每消耗转移3mol电子C.过程Ⅱ中作氧化剂D.整个过程的总反应为【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知，纳米级在过程Ⅰ中参加反应消耗，又在过程Ⅱ中生成，起催化剂作用，A项正确；B．过程Ⅰ发生反应，每消耗232g转移2mol电子，B项错误；C．根据图示可知，过程Ⅱ是与在加热条件下反应产生、，中氢元素的化合价由+1价降低为0价，作氧化剂，C项正确；D．根据图示可知，总反应为，D项正确；答案选B。13.在50℃时，水的离子积。此温度下，下列说法正确的是A.的硫酸中，B.的NaOH溶液中C.将的硫酸和的NaOH溶液等体积混合后，D.将的硫酸稀释10倍后，由水电离出的【答案】D【解析】【详解】A．pH=2，所以。是二元强酸，1mol会电离出2mol，因此：，A错误；B．pH=12，所以。根据：，B错误；C．pH=2的硫酸，pH=12的NaOH，，等体积混合后，过量，混合后，则混合后，，C错误；D．pH=2的硫酸稀释10倍后，，酸溶液中，水电离出的与水电离出的相等，且：，D正确；故答案选D。14.电化法制备乙二醇()的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电极电势：B.质子由a极经电解质溶液向b极迁移C.a极逸出3.36L气体时转移0.3mol电子D.b极电极反应式：【答案】D【解析】【分析】a电极为阴极，H+发生还原反应得电子后变成氢气，其电极反应方程式为：，b电极为阳极，乙烯发生氧化反应失电子得到乙二醇，其电极反应方程式为：。【详解】A．根据分析，a为阴极接电源的负极，b为阳极接电源的正极，电极电势正极大于负极，应该是b＞a，A错误；B．根据分析，H+应该向电解池的阴极移动，所以质子应该经电解质溶液向a电极迁移，B错误；C．a电极逸出3.36L的气体，根据a的电极反应方程式可以得到，标准状态下转移的电子的物质的量为：，但是题中没有说明气体在标准状况下，所以无法根据H2体积计算转移的电子量，C错误；D．根据分析，b极的电极反应方程式为：，D正确；故答案选D。15.常温下，向溶液中滴加溶液，平衡时溶液中与的关系如图所示(其中M代表、或)。已知：开始滴加时生成足量的沉淀；的平衡常数K的数量级为10。下列说法错误的是A.曲线表示与的关系B.的平衡常数K的数量级为C.Q点溶液中存D.与交点对应溶液中值为【答案】C【解析】【详解】A．当较大时，加入溶液先生成沉淀，故、更小，比配位数大，对应直线斜率绝对值更大，故曲线、、分别表示、、与的关系，A正确；B．的平衡常数，图中Q点，该点溶液中的数量级为，由上数据计算得的值为，则Q点溶液的数量级为，反应的平衡常数K的数量级为，B正确；C．图中Q点，由元素守恒得，即，C错误；D．与交点对应溶液中，则，而由上数据计算得的值为，D正确；故选C。第二部分非选择题(共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式如图，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。氯吡苯脲能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有、、等。（1）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型没有________(填字母)。A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.键（2）热稳定性：________(选填“>”或“<”)，原因是________。（3）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化方式为________，基态氮原子的核外有________种不同运动状态的电子。（4）能够测定氯吡苯脲相对分子质量的仪器分析方法为________。（5）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。①分子的VSEPR模型名称是________。②的键是由锡的________轨道与氯的轨道重叠形成键。【答案】（1）A（2）①.②.氧的电负性大于氮，键键能大于键，热稳定性更强（3）①.②.7（4）质谱法（5）①.平面三角形②.杂化【解析】【小问1详解】氯吡苯脲晶体为分子晶体，微粒间存在分子间作用力，分子内含极性键，如、、等；分子内含非极性键，如苯环中键；分子内含π键，如、苯环中π键，不存在离子键；【小问2详解】热稳定性：，原因是氧元素的电负性大于氮元素，键的键能大于键的键能，化学键更稳定，热稳定性更强；【小问3详解】氮原子在分子中形成2个键，含1对孤电子对，杂化方式为杂化；基态氮原子的核外有7个电子，每个电子运动状态均不同，共7种不同运动状态的电子；【小问4详解】质谱法可通过测定分子离子峰的质荷比，确定物质的相对分子质量；【小问5详解】①分子中原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形；②中原子为杂化，键由锡的杂化轨道与氯的轨道重叠形成键.17.焦亚硫酸钠常作食品加工的抗氧化剂，蓝矾常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是，含少量、等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示。已知时完全沉淀，时开始沉淀。回答下列问题：（1）铜位于元素周期表___________区。分子的模型是___________。（2）吸收池甲的主要溶质为___________(填化学式)。（3）“煅烧”中主要包括等过程。写出和反应生成的化学方程式：___________。（4）为了提高产品纯度，试剂X宜选择___________(填化学式)。（5）蓝矾热失重图像如图所示。“系列操作”中“干燥”适宜选择下列温度的是___________(填字母)。a．b．c．d．图像中时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为___________。（6）红葡萄酒中可添加作抗氧化剂。测定红葡萄酒中含量的操作如下：取红葡萄酒样品，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液。已知滴定反应：。①该红葡萄酒样品中含量为___________。②有人提出，可用标准酸性溶液替代碘溶液测定，请判断该方案是否可行，并简述理由：___________。【答案】（1）①.ds②.平面三角形（2）（3）（4）、、或等（5）①.b②.1（6）①.②.不可行，还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较大【解析】【分析】该工艺流程以辉铜矿(主要成分是，含少量、等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠，辉铜矿煅烧生成的与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH=4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯碱粉末反应，控制pH=，生成亚硫酸钠，再通入，生成；煅烧得的烧渣成分为、、，硫酸浸取后滤渣1为，双氧水氧化得到溶液中含有，加入试剂X为或等，调pH=4，除去，再经过系列操作得蓝矾。【小问1详解】原子序数为29，位于元素周期表区，的中心原子S的价层电子对数，故VSEPR模型为平面三角形；故答案为：ds；平面三角形；【小问2详解】吸收池甲中pH=4.1，溶液呈酸性，其主要溶质为亚硫酸氢钠；故答案为：；【小问3详解】和反应生成和，化学反应方程式；【小问4详解】加入试剂X调pH=4促进完全水解生成，不引入杂质，可以加入或等；故答案为：、、或等；【小问5详解】从蓝矾热失重图像中可看出，温度高于时，固体质量减少，干燥时控制温度使蓝矾不失水，即温度低于，但是为了节省实验时间，温度不宜太低，温度越低，干燥越慢，故控制温度，选b；根据图像中数据，起始蓝矾的物质的量为，在失重过程中铜元素质量不变，先失部分结晶水，再失全部结晶水，最终为硫酸铜，点对应固体摩尔质量为，即物质化学式为，n=1；故答案为：b；1；【小问6详解】根据滴定反应式可知：；葡萄酒中含葡萄糖，其中含有羟基、醛基，都能被氧化，且溶液用硫酸酸化，硫酸能与焦亚硫酸钠反应，故不能用标准酸性溶液替代碘溶液测定；故答案为：；不可行，还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较大。18.钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀性等优良性能。一种利用钼渣[含、、、]制取钼酸铵的流程如下图。已知：①钼酸()不溶于水。②；；。完成下列问题：（1）钼渣在酸溶前磨粉，原因是___________。（2）为提高纯度，需对“滤渣1”进行洗涤，洗涤方法为___________。（3）“滤渣1”中被稀硝酸氧化为和，该反应化学方程式为___________。（4）滤液1中的金属阳离子为___________。（5）“调pH”的目的是将某阳离子形成“滤渣2”，则控制pH应该不小于___________(设当离子浓度小于时，表示离子完全除去)。（6）由“滤渣4”电解制Pb，则产生Pb电极反应式为___________(写1个)。（7）由“滤液4”制备晶体的操作为___________洗涤、干燥。【答案】（1）增大钼渣与盐酸的接触面积，加快反应速率（2）沿玻璃棒加水至浸没“滤渣1”，待水流出后，重复2~3次（3）（4）、（5）3（6）（7）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】钼渣磨粉后加入盐酸酸溶，、转化为氯化钙、氯化铁溶液，同时生成钼酸沉淀进入滤渣1，转化为沉淀和钼酸沉淀，两者和不反应的也进入滤渣1；滤液1中通过调节pH使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到滤渣2；滤渣1加入硝酸氧化为和，硫酸将转化为更难溶的沉淀，进入滤液3；加入氨水，将转化为滤液4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到其晶体，滤渣4中电解得到铅单质，据此分析。【小问1详解】磨粉可增大钼渣与盐酸的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】沿玻璃棒加水至浸没“滤渣1”，待水流出后，重复2~3次；【小问3详解】被稀硝酸氧化为和，被还原为，配平后反应为：；【小问4详解】、与稀盐酸反应生成、，故滤液1中的金属阳离子为、；【小问5详解】调pH的目的是除去，当时，完全沉淀，由，得：；；【小问6详解】滤渣4为，电解时在阴极得电子生成Pb，电极反应式为：；【小问7详解】滤液4为溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。19.25℃时几种常见弱酸的电离平衡常数如下表：酸HClO电离平衡常数()（1）25℃时，相同pH的①溶液、②溶液、③溶液，三种溶液的浓度由大到小的顺序为___________。(用序号表示)（2）、、结合的能力由大到小的顺序为___________。（3）下列微粒可以大量共存的是___________(填字母)。A.、 B.、 C.、 D.、（4）常温下，的溶液和的醋酸溶液中，由水电离出的分别为、，则___________。（5）根据上表数据判断，下列化学方程式正确的是___________(填字母)。A.溶液中滴加次氯酸：B.通入次氯酸钠溶液中：C.溶液中滴加过量醋酸：D.溶液中滴加过量氯水：（6）常温下，的水解常数。该温度下，将浓度均为的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。①混合溶液中、和浓度由大到小的关系为___________。②若盐酸与溶液等体积混合后溶液呈中性，则___________。【答案】（1）③>①>②（2）（3）C（4）（5）D（6）①.②.0.596【解析】【小问1详解】酸性越强，对应酸根离子的水解程度越弱。酸性：CH3COOH>HClO>HCO；水解程度：CO>ClO-->CH3COO-；相同pH时，水解程度越大，盐溶