2024-2025学年广东省五校高一下学期期末联考化学试题含答案

高中2024学年下学期高一期末五校联考试卷化学本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分为100分，考试用时75分钟。注意事项：1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。本试题可能用到的相对原子质量：Be-9O-16Na-23第一部分选择题(共44分)一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是A．西周青铜盉B．莲花形玻璃托盏C．明朝竹根雕杯D．元朝银槎杯A.A B.B C.C D.D2.化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.聚氯乙烯常用于制成食品包装袋B.通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源C.原电池装置能直接将电能转化为化学能D.铝热反应可用于野外焊接钢轨3.化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是A.H2O2的电子式：B.聚丙烯的结构简式：C.四氯化碳空间填充模型：D.10B的原子结构示意图：4.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA油脂可用于生产肥皂植物油在一定条件下能与H2发生加成反应B葡萄酒中可添加适量SO2SO2是抗氧化剂并有杀菌作用C高纯硅可用于制作芯片SiO2具有半导体性质D医疗上常用BaCO3作“钡餐”BaCO3不溶于水，不易被X射线透过A.A B.B C.C D.D5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAB.通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NAC.点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数0.3NAD.催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数为2NA6.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A.利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2OC.向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OD.利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O7.X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>YB.对应简单离子半径：M<QC.元素Y形成的化合物的种类最多D.X2M在液态时分子间存在氢键8.甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是A.甘油酸分子式为C3H6O4B.1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46gC.一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应D.甘油酸分子中所有原子可能共平面9.下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是序号实验操作实验现象实验结论A向滴有酚酞的水中加入适量溶液变红色是碱性氧化物B取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色待测液中含有C取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸变蓝色待测液中含有D现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol∙L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol∙L-1H2SO4溶液后者先出现浑浊增大反应物浓度能增大化学反应速率A.A B.B C.C D.D10.锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是A.锌锰干电池属于一次电池B.电池工作时，锌筒负极C.电池工作时，石墨棒不会变细D.电池工作时，MnO2发生氧化反应11.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示：(CuS难溶于水)。下列说法正确的是A.过程①中发生的反应体现H2S的还原性B.过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+C.过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子D.过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物12.海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是A.步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸B.步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段C步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂D.步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同13.下列实验装置或操作能够达到实验目的的是A．除去SO2中混有少量HCl气体B．验证碳酸酸性强于硅酸C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性D．制取NaHCO3A.A B.B C.C D.D14.部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是A.实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥B.a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键C.若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液D.工业制备e过程是：b→c→d→e15.在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是A.反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4)B.0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1C.在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势D.其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大16.某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是A.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大B.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大C.条件①，反应速率为D.条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为第二部分非选择题(共56分)二、非选择题：本题共4道大题，共56分。17.某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。【查阅资料】Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、(绿色溶液)、(紫色溶液)。Ⅱ、浓碱条件下，可被OH-还原为。【实验探究】Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略)Ⅱ、实验记录序号物质aC中实验现象通入适量Cl2前通入适量Cl2后

a水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化

b5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀

c40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀

请回答下列问题：（1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、___________(从下图中选择，填名称)；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。（2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：___________。（3）装置B中的试剂是___________。（4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：___________。（5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是：原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为___________。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：___________被氧化的速率大于___________被还原的速率(均填离子符号)。18.绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下：已知：①铍元素的性质与铝元素相似②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：金属离子Be2+Fe2+Fe3+开始沉淀pH5.57.22.2完全沉淀pH7.59.53.2请回答下列问题：（1）Be元素在周期表中的位置___________。（2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为___________。（3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是___________。（4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：___________。（5）“灼烧”工序的化学方程式为___________。（6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体___________(填“能”或“不能”)选择N2。（7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和___________(填化学式)。（8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为___________(用百分数表示)。19.碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。请回答下列问题：（1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)能量___________kJ。②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”)（2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示：①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是___________mol∙L-1∙min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是___________。②2min时，v正(CH3OH)___________v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”)③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。A．气体的平均摩尔质量保持不变B．容器内气体密度保持不变C．的比值保持不变D．H2的体积分数保持不变④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间___________(填“>”、“<”或“=”)5min。（3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。①电池中通入的原料X是___________(填“甲醇”或“氧气”)。②电极b的电极反应式为___________。20.有机化合物F是一种食用香料，可用淀粉为原料合成，合成路线如下图所示：已知：过程Ⅰ是淀粉在酸性条件的水解反应，过程Ⅱ是酯化反应。请回答下列问题：（1）有机物A是葡萄糖，A中含有的官能团名称是___________。（2）写出A在酶的催化下转化成B反应的化学方程式：___________。（3）写出过程Ⅱ反应的化学方程式：___________。（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化过程，下列说法正确的是___________(填序号)。A.淀粉的分子式为(C6H10O5)nB.过程Ⅱ的反应中有C—O键的断裂和形成C.可以利用饱和Na2CO3溶液鉴别有机物B、D和ED.向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液后得到新制Cu(OH)2，再加入过程Ⅰ反应后的溶液，加热后没有产生砖红色沉淀，说明过程Ⅰ中淀粉还没有发生水解。（5）对于化合物E，分析预测其可能的化学性质并完成下表。序号反应试剂、条件反应后形成的新有机物(结构简式)反应类型①Cu、O2、加热___________②NaOH溶液___________中和反应（6）在一定条件下，以原子利用率100%的反应制备有机物B．若该反应中反应物之一为H2O，则另一反应物的化学名称是___________。（7）有机物X是F的同分异构体，写出符合下列条件的有机物X的结构简式___________。①有机物X分子结构中含有两个甲基②1mol有机物X与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2

2024学年下学期高一期末五校联考试卷化学本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分为100分，考试用时75分钟。注意事项：1.开考前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、班级、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内。2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。本试题可能用到的相对原子质量：Be-9O-16Na-23第一部分选择题(共44分)一、选择题：本题共16道小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国古代器皿暗藏无尽韵律之美。下列器皿主要成分属于有机高分子化合物的是A．西周青铜盉B．莲花形玻璃托盏C．明朝竹根雕杯D．元朝银槎杯A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．西周青铜盉主要成分为铜合金，属于金属材料，A错误；B．莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，B错误；C．明朝竹根雕杯主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，C正确；D．元朝银槎杯主要成分为金属银，属于金属材料，D错误；故选C。2.化学与可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.聚氯乙烯常用于制成食品包装袋B.通过煤的干馏、气化和液化等物理变化可以获得清洁能源C.原电池装置能直接将电能转化为化学能D.铝热反应可用于野外焊接钢轨【答案】D【解析】【详解】A．聚氯乙烯（PVC）受热易释放有毒物质，不可用于食品包装，常用聚乙烯（PE）或聚丙烯（PP），A错误；B．煤的干馏、气化和液化均为化学变化（生成新物质），而非物理变化，B错误；C．原电池将化学能转化为电能，电解池才将电能转化为化学能，C错误；D．铝热反应释放大量热，熔化金属用于焊接钢轨，符合实际应用，D正确；故选D。3.化学用语需规范使用，下列化学用语的表达正确的是A.H2O2的电子式：B.聚丙烯的结构简式：C.四氯化碳空间填充模型：D.10B的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．H2O2为共价化合物，所以电子式为：，A错误；B．丙烯发生加聚反应时，双键断开，得到聚丙烯，结构简式为：，B正确；C．氯原子的半径大于碳原子的，所以四氯化碳的空间填充模型：，C错误；D．B是5号元素，核外有5个电子，原子结构示意图：，D错误；故选B。4.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA油脂可用于生产肥皂植物油在一定条件下能与H2发生加成反应B葡萄酒中可添加适量SO2SO2是抗氧化剂并有杀菌作用C高纯硅可用于制作芯片SiO2具有半导体性质D医疗上常用BaCO3作“钡餐”BaCO3不溶于水，不易被X射线透过A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．油脂含有酯基，可碱性条件下水解，用于生产肥皂，称为油脂的皂化反应，植物油含不饱和键，可以和氢气发生加成反应，称为油脂的加氢（硬化）反应，二者无因果关系，但陈述均正确，A符合题意；B．SO2有抗氧化和杀菌作用，可添加在葡萄酒里面，性质解释其用途，因果关系成立，B不符合题意；C．SiO2不能导电，不具备半导体性质，陈述Ⅱ错误，C不符合题意；D．碳酸钡能与胃酸发生反应，产生重金属离子钡离子，有毒，所以钡餐实际使用BaSO4，陈述Ⅰ错误，D不符合题意；故选A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAB.通常状况下，1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NAC.点燃条件下，0.1molCl2与足量铁粉充分反应转移电子数为0.3NAD.催化剂作用下，1molN2与3molH2在密闭容器中充分反应后生成NH3分子数2NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，SO3为固态或液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，A错误；B．羟基为电中性基团，质子数为O（8）+H（1）=9，电子数同样为O（8）+H（1）=9（中性羟基），则1mol羟基中所含电子数和质子数均为9NA，B正确；C．与铁反应生成，反应要转移电子，则完全反应转移的电子数为0.2NA，C错误；D．合成氨为可逆反应，无法完全转化，则与反应后得到的分子数小于，D错误；故答案为：B。6.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A.利用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.向稀硝酸中加入过量的铁粉：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2OC.向海带灰浸出液中加入酸化的H2O2提取碘：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OD.利用酸性高锰酸钾测定溶液中二氧化硫的含量：SO2+2MnO+4H+=SO+2Mn2++2H2O【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，正确方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B．过量铁粉与稀硝酸反应应生成Fe2+而非Fe3+，正确方程式3Fe+8H++2NO=3Fe2++4H2O+2NO↑，B错误；C．H2O2在酸性条件下氧化I⁻生成I2，方程式H2O2+2I⁻+2H+=I2+2H2O，符合电荷守恒和原子守恒，C正确；D．反应中电子转移未配平，正确方程式为5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，D错误；故选C。7.X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布。Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是短周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>YB.对应简单离子半径：M<QC.元素Y形成的化合物的种类最多D.X2M在液态时分子间存在氢键【答案】B【解析】【分析】Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则Y为C元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；根据X、Y、Z、M、Q均为短周期主族元素，原子序数依次增大且在每个短周期均有分布；可知X元素在第一周期，为H元素；Z元素介于Y和M之间，则Z为N元素；最后可知Q一定位于第三周期且Q是短周期中金属性最强的元素，则Q为Na元素；据此分析解答。【详解】A．Z为N元素，最高价氧化物对应水化物为，为强酸；Y为C元素，对应为，为弱酸；有酸性，A正确；B．M离子为，Q离子为，它们属于核外电子排布相同的微粒，离子半径随原子序数增大而减小，所以半径大于，B错误；C．Y为C元素，碳元素是目前形成化合物种类最多的元素，C正确；D．为，液态水分子间存在氢键作用，D正确；故答案为：B。8.甘油酸是一种食品添加剂，结构简式如下图所示。下列说法正确的是A.甘油酸分子式为C3H6O4B.1mol甘油酸与足量金属Na反应，消耗金属Na质量为46gC.一定条件下甘油酸可以发生加聚反应、取代反应、氧化反应D.甘油酸分子中所有原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．根据甘油酸的结构简式可知，其分子式为C3H6O4，A正确；B．甘油酸分子中含有的醇羟基和羧基官能团都能和金属钠反应，1mol甘油酸能与3mol金属Na反应，消耗金属Na质量为69g，B错误；C．甘油酸中不含碳碳双键、碳碳三键，无法发生加聚反应，含有的羟基、羧基，能发生酯化(取代)反应，与羟基相连的碳原子存在氢原子，能发生氧化反应，C错误；D．甘油酸分子中含有饱和碳原子，呈四面体状，所有原子一定不共面，D错误；故选A。9.下列实验操作、现象和由实验所得结论均正确的是序号实验操作实验现象实验结论A向滴有酚酞的水中加入适量溶液变红色是碱性氧化物B取少量待测液先滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色待测液中含有C取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口试纸变蓝色待测液中含有D现有两支试管分别盛有1mL和2mL0.1mol∙L-1Na2S2O3溶液，再向两支试管中分别加入2mL0.1mol∙L-1H2SO4溶液后者先出现浑浊增大反应物浓度能增大化学反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．与水反应生成NaOH和，溶液显碱性使酚酞变红，与酸反应生成盐、水和O2，不符合碱性氧化物的定义，A错误；B．先加氯水可能将氧化为，但若原溶液含也会显红色，无法确定的存在，B错误；C．与浓NaOH加热生成，能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C正确；D．实验未控制变量（浓度也变化），无法单独证明浓度增大导致速率加快，D错误；故答案为：C。10.锌锰干电池的历史悠久，其结构如图所示。下列说法错误的是A.锌锰干电池属于一次电池B.电池工作时，锌筒为负极C.电池工作时，石墨棒不会变细D.电池工作时，MnO2发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．锌锰干电池只能放电一次，不能充电，为一次电池，A正确；B．电池工作时，石墨为正极而锌筒为负极，B正确；C．根据正极反应式可知：石墨棒不会变细，C正确；D．电池工作时MnO2在正极放电，发生还原反应，D错误；故答案选D。11.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示：(CuS难溶于水)。下列说法正确的是A.过程①中发生的反应体现H2S的还原性B.过程②中发生反应的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+C.过程③中，11.2LO2参加反应转移2mol电子D.过程②中Fe3+是氧化剂，过程③中Fe3+是还原产物【答案】B【解析】【分析】过程①发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过程②发生反应：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++2S，过程③发生反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。【详解】A．根据分析，过程①发生复分解反应，没有化合价的变化，没有体现H2S的还原性，A错误；B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：，B正确；C．没有指明标准状况，转移电子数无法计算，C错误；D．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+作氧化剂，在③中，Fe2+转化为Fe3+，Fe3+是氧化产物，D错误；故选B。12.海洋是一座巨大的化学资源宝库，下图所示为从海水中提取若干种化学物质的流程图。已知粗盐中含有SO、Ca2+、Mg2+等杂质，则下列说法正确的是A.步骤①中依次加入的试剂为NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和稀盐酸B.步骤③中包含制取MgCl2和电解MgCl2溶液制取Mg等几个阶段C.步骤④和步骤⑥都用了Cl2作还原剂D.步骤①除去粗盐中的Mg2+和步骤②沉淀海水中的Mg2+所用试剂不同【答案】D【解析】【分析】由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，碳酸钠需要除去钙离子和过量的钡离子，故溶液必须在BaCl2溶液之后加入，据精盐可以用于氯碱工业制取氯气、氢氧化钠、氢气；

母液加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；母液得到的溴化钠被氧化剂氧化为溴单质，

溴单质被二氧化硫还原为溴离子而吸收，溴离子再被氧化剂氧化为溴单质被富集提纯。【详解】A．步骤①中溶液要在溶液后面添加，可除去钙离子和过量的钡离子，A错误；B．通过电解熔融来制取Mg，B错误；C．步骤④和步骤⑥都用了作氧化剂，氧化溴离子，C错误；D．步骤①除去粗盐中的Mg2+用NaOH溶液，步骤②沉淀海水中的Mg2+用廉价的石灰乳，两者所用试剂不同，D正确；故答案选D。13.下列实验装置或操作能够达到实验目的的是A．除去SO2中混有的少量HCl气体B．验证碳酸酸性强于硅酸C．比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性D．制取NaHCO3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．与饱和溶液不反应，而HCl可以和饱和溶液反应生成、和，可以除杂，A正确；B．盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，氯化氢通入硅酸钠溶液中也有白色沉淀生成，所以无法验证碳酸的酸性强于硅酸，B错误；C．比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在内管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的导热性差，若与内管联通的石灰水变浑浊，与外管联通的石灰水不变浑浊，则可以说明稳定性：Na2CO3>NaHCO3，C错误；D．氨气极易溶于水，通入氨气的导管不能伸入到液面以下，否则会发生倒吸，D错误；故选A。14.部分含N或S物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列说法正确的是A.实验室制备a或者d时都可以用碱石灰干燥B.a与e反应生成g的硝酸盐中含有离子键和共价键C.若用Fe与f的稀溶液反应制备H2，为加快反应速率，可改用f的浓溶液D.工业制备e过程是：b→c→d→e【答案】B【解析】【分析】由图可知，a为NH3，b为S或N2，c为NO，d为SO2或NO2或N2O4，e为HNO3，f为H2SO4，g为铵盐，据此分析解题。【详解】A．NH3为碱性气体可以用碱石灰干燥，SO2或NO2是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A错误；B．a与e反应生成g的硝酸盐为，和之间是离子键，内部和内部是共价键，B正确；C．铁和浓硫酸钝化，不会加快生成氢气的速率，C错误；D．工业制备硝酸的流程是：N2与H2合成NH3，NH3与O2催化氧化为NO，NO与O2生成NO2，H2O吸收NO2生成HNO3，D错误；故选B。15.在恒温恒容的密闭容器里发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)2CO(g)+TiCl4(g)。若0~5min内TiCl4(g)的物质的量浓度变化为0.3mol/L，则下列说法正确的是A.反应达到平衡时：2v正(Cl2)=v逆(TiCl4)B.0~5min内用TiO2表示的平均速率为v(TiO2)=0.06mol·L-1·min-1C.在建立平衡的过程中，混合气体的压强呈增大趋势D.其他条件不变，向该容器中增加C的用量，化学反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，根据反应：，由化学计量数关系，得，A错误；B．是固体，无法用浓度变化来表示其反应速率，B错误；C．反应中气体总物质的量从增加到，因此混合气体的压强逐渐增大直到达到平衡，C正确；D．C为固体，增加其用量不会改变浓度，因此反应速率不变，D错误；故答案：C。16.某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是A.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大B.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大C.条件①，反应速率为D.条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为【答案】B【解析】【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；故答案为：B。第二部分非选择题(共56分)二、非选择题：本题共4道大题，共56分。17.某实验小组同学探究在不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。【查阅资料】Ⅰ、Mn(OH)2(难溶于水白色固体)、MnO2(难溶于水棕黑色固体)、(绿色溶液)、(紫色溶液)。Ⅱ、浓碱条件下，可被OH-还原为。【实验探究】Ⅰ、实验装置如下图(夹持装置略)Ⅱ、实验记录序号物质aC中实验现象通入适量Cl2前通入适量Cl2后

a水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化

b5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀

c40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀

请回答下列问题：（1）实验室用MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、___________(从下图中选择，填名称)；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，则所配制溶液浓度___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。（2）装置A中产生Cl2反应的离子方程式为：___________。（3）装置B中的试剂是___________。（4）通入适量Cl2前，实验b、c中沉淀由白色变为棕黑色反应的化学方程式为：___________。（5）根据【查阅资料】Ⅱ可推断：【实验探究】序号c中通入适量Cl2后应得到绿色溶液，但实验中得到的是紫色溶液，现象与资料不符，实验小组同学进一步探究不符的原因。分析原因可能是：原因一：可能是通入适量Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。①请用离子方程式表示【实验探究】序号c通入适量Cl2后溶液碱性减弱的原因：___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小可以忽略。②取【实验探究】序号c中通入了适量Cl2并放置后的1mL悬浊液，再加入4mL40%NaOH溶液，溶液由紫色迅速变为绿色且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色反应的离子方程式为___________。溶液绿色缓慢加深原因是MnO2进一步被氧化。后续实验证明【实验探究】序号c通入适量Cl2后的悬浊液中氧化剂过量。③从反应速率的角度分析【实验探究】序号c通入适量Cl2后得到的是紫色溶液而不是绿色溶液的原因可能是：___________被氧化的速率大于___________被还原的速率(均填离子符号)。【答案】（1）①.100mL容量瓶②.偏大（2）（3）饱和食盐水（4）（5）①.②.③.④.【解析】【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，因盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢，为排除HCl对Cl2性质的干扰，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中的杂质HCl，装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D的氢氧化钠溶液吸收多余Cl2，防止造成大气污染。【小问1详解】MnSO4固体配制100mL0.100mol/LMnSO4溶液，需要用到含硅酸盐材质的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；若配制MnSO4溶液过程中定容时俯视刻度线，配制溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，故答案为：100mL容量瓶；偏大；【小问2详解】装置A中HCl与KMnO4发生反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，对应离子方程式为：，故答案为：；【小问3详解】从A装置出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，故答案为：饱和食盐水；【小问4详解】通入Cl2前，b、c中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：，故答案为：；【小问5详解】①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，对应的离子方程式为：，故答案为：；②取c中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：，生成气体为O2，故答案为：；③溶液中存在反应、，浓碱性条件下，离子浓度很大时，氧化的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验c未得到绿色溶液，故答案为：；。18.绿柱石的主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3，利用绿柱石冶炼Be的一种工艺流程如下：已知：①铍元素的性质与铝元素相似②在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。③上述条件下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：金属离子Be2+Fe2+Fe3+开始沉淀pH5.57.22.2完全沉淀pH7.59.53.2请回答下列问题：（1）Be元素在周期表中的位置___________。（2）“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶体的稳定结构增强其反应活性，气体A的电子式为___________。（3）若“溶浸”工序所加试剂浓硫酸改为稀硫酸，则“沉铁”工序所加试剂氨水应改为先加H2O2再加氨水会更好，加入H2O2原因是___________。（4）“沉铍”时若使用过量NaOH溶液将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：___________。（5）“灼烧”工序的化学方程式为___________。（6）镁或铍均会和氧气反应，“高温反应”时需加入保护性气体，保护性气体___________(填“能”或“不能”)选择N2。（7）该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和___________(填化学式)。（8）若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为___________(用百分数表示)。【答案】（1）第二周期ⅡA族（2）（3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，防止“沉铍”工序中引入杂质（4）Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-（5）(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑（6）不能（7）(NH4)2SO4（8）50%【解析】【分析】绿柱石加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3、BeO分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧化碳，加入浓硫酸溶浸，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣1为H2SiO3和CaSO4，向滤液中加入硫酸铵沉铝，过滤得到滤液和铝铵矾，在滤液中加氨水调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液中含有BeSO4、(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水沉铍得到氢氧化铍，过滤后向氢氧化铍中加入HF、NH3，得到(NH4)2BeF4，(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，加入镁在高温下反应生成Be；【小问1详解】Be为4号元素，Be元素在周期表中的位置第二周期ⅡA族；【小问2详解】由分析，A为煅烧生成的二氧化碳气体，电子式为；【小问3详解】浓硫酸具有强氧化性，会将二价铁氧化为铁离子，而过氧化氢也具有氧化性，能将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，且不产生污染性二氧化硫气体，利于将铁元素转化为沉淀，防止“沉铍”工序中引入杂质；【小问4详解】由题给信息可知，Be的性质与Al类似，在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在，若使用NaOH溶液，生成[Be(OH)4]2-，因此会降低Be的沉淀率，导致Be的产率降低，离子方程式为：Be2++4OH-=[Be(OH)4]2-或者Be2++2OH-=Be(OH)2↓、Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-。【小问5详解】由分析，“灼烧”工序反应为(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，化学方程式为(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑；【小问6详解】不能选择N2气氛，因为高温下，Be、Mg皆能与N2发生反应生成氮化物；【小问7详解】沉淀反应过滤后滤液中含有(NH4)2SO4，(NH4)2SO4可以在沉铝流程中使用，故该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和(NH4)2SO4；【小问8详解】若100kg绿柱石原料冶炼出的Be质量为18kg，结合Be守恒，不考虑冶炼过程中铍元素的损耗，绿柱石原料中含BeO的质量分数为50%。19.碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。请回答下列问题：（1）过程Ⅰ的反应为：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)。已知：断开1molH—H键、1molH—O键、1molO=O键分别需要吸收436kJ、463kJ、498kJ热量。①过程Ⅰ反应中1molH2O(g)完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)能量___________kJ。②下面符合过程Ⅰ反应的能量变化示意图是图___________(填“a”或“b”)（2）200℃时，在2L恒容密闭容器中充入10molCO2(g)和30molH2(g)发生过程Ⅱ反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，CH3OH(g)和CO2(g)的物质的量随时间变化如下图所示：①0~5min内，以H2(g)的浓度变化表示过程Ⅱ反应的平均速率是___________mol∙L-1∙min-1；上述条件下达到平衡时，容器内起始压强与平衡压强之比是___________。②2min时，v正(CH3OH)___________v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“=”)③下列情况能够说明过程Ⅱ反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。A．气体的平均摩尔质量保持不变B．容器内气体密度保持不变C．的比值保持不变D．H2的体积分数保持不变④保持其它条件不变，若过程Ⅱ反应开始时还同时通入了适量He(不参与反应)，则达到平衡所需要的时间___________(填“>”、“<”或“=”)5min。（3）结合过程Ⅲ原理以甲醇和氧气为原料可以制作甲醇燃料电池，其电池工作原理如图所示。①电池中通入的原料X是___________(填“甲醇”或“氧气”)。②电极b的电极反应式为___________。【答案】（1）①.吸收②.241③.b（2）①.2.4②.5：3③.>④.AD⑤.=（3）①.甲醇②.O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】水分解为氢气，氢气和二氧化碳催化转化为甲醇，甲醇燃烧生成二氧化碳，分离出二氧化碳循环利用；【小问1详解】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，则2H2O(g)2H2(g)+O2(g)的∆H=(4×463-2×436-498)kJ/mol=+482kJ/mo