黑龙江省双鸭山市重点中学2023-2024学年高二上学期开学考试化学试卷（Word版含答案）

化学参考答案

一、选择题

详解

1.【解析】A．乙烯能促进植物的生长、发育，常用作植物生长调节剂，A正确；B．甲烷是天然气的主要成分，完全燃烧产物为二氧化碳和水，不污染环境，常用作清洁燃料，B正确；C．乙醇汽油是常用的汽车燃料之一，乙酸是食醋的主要成分，不能用于汽车燃料，C错误；D．乙醇具有杀菌消毒作用，75%的乙醇溶液杀菌效果最好，常用作医用消毒剂，D正确；答案选C。

2.【解析】A项，氮化硅陶瓷，是新型的无机非金属材料，正确；B项，碳纤维，主要是由碳元素组成的一种特种纤维，不是一种新型的有机高分子材料，错误；C项，光导纤维不属于半导体材料，错误；D项，聚丙烯是一种合成合成高分子化合物，错误。

3.【解析】A．蚕丝、羊毛成分均是蛋白质，灼烧均有烧焦羽毛的气味，不能鉴别，故A错误；B．蔗糖和麦芽糖分子式均为C12H22O11，它们结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．糖类中淀粉、纤维素为高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故C错误；．油脂在碱性条件下水解产生高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；答案为B。

4.【解析】石油的分馏是物理变化，A错误。

5.【解析】根据金属活动性顺序表，金属的冶炼方法可以分为：K、Ca、Na、Mg、Al的冶炼用电解法（电解熔融的化合物）；Zn、Fe、Sn、Pb、Cu的冶炼用热还原法；Ag、Hg的冶炼用热分解法，从而可以知道，冶炼铝用的是电解熔融的氧化铝的方法，冶炼铁用的是热还原法，冶炼银用的是热分解法，所以A选项是正确的。

6.【解析】A．原电池放电时，正极上得电子发生还原反应，故A正确；

B．原电池中，化学性质较活泼的金属失电子作负极，故B错误；

C．原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，故C错误；

D．原电池是把化学能转变为电能的装置，故D错误；

7.【解析】A．H2O与D2O为同种物质，A错误

B．乙二醇和甘油，组成上差氧原子，不互为同系物，B错误

C．C5H12 的同分异构体有3种，其沸点各不相同，但化学性质相似，C正确

D．C3H8和一定量氯气取代后，生成3种产物，D错误

8.【解析】柠檬酸分子中有三个羧基，故1 mol柠檬酸可与3 mol氢氧化钠发生中和反应，A错误；柠檬酸分子中含有羧基和羟基两种官能团，二者均能发生酯化反应，B正确；羟基和羧基均可与钠反应生成H2，所以1 mol柠檬酸和足量金属钠反应生成2 mol H2，C错误；柠檬酸分子中与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，无法发生催化氧化反应，D错误。

9.【解析】C守恒，计算四种有机物的物质的量；在根据取代反应的特点计算氯气的物质的量。B正确

10.【解析】A．由于乙酸和乙醇都极易溶于水，而且它们的沸点低、易挥发，大试管因为受热不稳定导致其中的气压不稳定，所以试管b中导气管下端管口不能插入液面以下，防止倒吸，故A正确；

B．若先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇和冰醋酸则容易引起液体飞溅。通常先向a试管中加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，最后加入冰醋酸，故B错误；

C．酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，所以用CH3CH218OH和乙酸反应制取的乙酸乙酯中有18O，故C正确；

D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度小，所以饱和碳酸钠溶液的作用是降低乙酸乙酯的溶解度；由于乙酸和乙醇会随着生成的乙酸乙酯挥发出来，所以饱和碳酸钠溶液的作用还有吸收少量乙酸和乙醇，故D正确；

故选B。

11.【解析】A．步骤①灼烧海带时需要使用坩埚、三脚架、泥三角等，故A正确；

B．步骤④含碘离子的水溶液中加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子被氧化为碘单质，反应的离子方程式为，故B错误；

C．酒精易燃烧，灼烧海带时可在容器中滴加少量酒精以促进海带充分燃烧，故C正确；

D．对含碘溶液进行萃取，实现碘的富集，故D正确；

12.【解析】A．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，A正确；

B．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为Al-3e-=Al3+，B正确；

C．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为，C正确；

D．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，D错误；

13.【解析】

A．由反应2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O可知铜的质量减轻，A不合题意；

B．由反应2Cu+O22CuO，CuO+CH3CH2OHCu+CH3CHO+H2O可知铜的质量不变，B符合题意；

C．由反应2Cu+O22CuO，CuO与食盐水不反应可知，铜的质量增重，C不合题意；       

D．由反应2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O可知铜的质量减轻，D不合题意；

14.【解析】A．实验1和2的变量为反应物浓度，故探究浓度对化学反应速率的影响，A正确；

B．实验1和2的变量为反应物浓度，则需要控制溶液总体积相同，故V=10+10-5-10=5，B正确；

C．实验1和3中总体积为Na2S2O3和H2SO4初始体积的一倍，则参加反应的Na2S2O3和H2SO4浓度为初始体积的一半，均约为0.05mol•L-1，C正确；

D．实验3时，先用水浴加热到60℃，再把Na2S2O3溶液和H2SO4溶液混合，D错误；

15.【解析】已知：Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489kJ·mol-1①

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-564kJ·mol-1②

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3=-393kJ·mol-1③

根据盖斯定律-ΔH1-ΔH2+3ΔH3可得反应2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)的ΔH=-489kJ·mol-1-×(-564kJ·mol-1)+3×(-393kJ·mol-1)=-822kJ·mol-1，故选A。

16.【解析】A．加入硝酸钠溶液，溶液中有H+和，硝酸与锌反应不生成H2，A项错误；

B．消耗H+，使生成的H2的速率减慢，B项错误；

C．浓硫酸溶于水放热，溶液温度升高，且c(H+)增大，反应速率加快，因锌粉质量一定，酸足量，所以不影响产生H2的量，C项正确；

D．加入醋酸钠发生反应：CHCOO-+H+=CH3COOH，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，D项错误；

17.【解析】　该题应以离子方程式3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O为依据进行过量计算，n(H＋)＝2n(H2SO4)＋n(HNO3)＝0.06 mol，n(NO)＝0.04 mol，n(Cu)＝0.03 mol。经计算，NO和Cu均过量，应按H＋的物质的量进行计算，可求得c(Cu2＋)＝0.225 mol·L－1。

18【解析】反应热=断建吸收的总能量-成键放出的总能量。计算结果为A

二、非选择题

19.【答案】(1)BC   (2)D      (3)①放热  ②>     0. 225mol·L-1·min-1

【解析】（1）A．焦炭是固体，加入焦炭，反应速率几乎不变，故不选A；. B．通入CO，反应物浓度增大，反应速率加快，故选B；C．升高温度，反应速率加快，故选C；D．分离出氢气，浓度减小，反应速率减慢，故不选D；选BC。

（2）A．反应前后气体系数和相同，压强是恒量，容器内气体的压强不变，反应不一定平衡，故不选A；B．根据质量守恒定律，气体总质量是恒量，容器内气体的总质量不变，反应不一定平衡，故不选B；C．气体总质量不变、气体总物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，容器内气体的平均相对分子质量不变，反应不一定平衡，故不选C；D．单位时间内，每有2 mol 键断裂，同时有1 mol 键断裂，正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选D；选D。

（3）①图1表示该反应进行过程中能量的变化，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应是放热反应。②根据图示：3 min时反应正向进行，所以正反应速率>逆反应速率；从反应开始到第10 min，CO2的浓度变化0.75mol/L，氢气的浓度变化2.25mol/L，氢气的平均反应速率 mol·L-1·min-1。

20.答案　(1)SO2、H2SO3、Na2SO3         (2)1∶2

(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑    (4)b    (5)＋3

解析　S元素的化合价有－2价、0价、＋4价、＋6价。

(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，所以化合物SO2、H2SO3、Na2SO3既有还原性又有氧化性。

(2)将H2S与SO2混合，SO2氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，反应的化学方程式为2H2S＋SO2===3S＋2H2O，则该反应的氧化剂SO2与还原剂H2S的物质的量之比为1∶2。

(4)Na2S2O3中S元素化合价为＋2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须一种物质中的大于＋2，另一种物质中的小于＋2，选项a中S元素化合价都小于＋2，选项c、d中S元素化合价都大于＋2，所以只有选项b符合题意。

(5)假设Cr元素在生成物中的化合价为＋a价，根据电子转移守恒，则24×10－3 L×0.05 mol·L－1×(6－4)＝20×10－3 L×0.02 mol·L－1×2×(6－a)，解得a＝3。

21.答案（1）C6H12O6  羟基  （2）CH3CHO 

（3）nCH2＝CH2 

（4）CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O  酯化反应(取代反应)  （5）7

【解析】（1）Ａ是葡萄糖其分子式为C6H12O6，B为乙醇其结构简式为CH3CH2OH，其官能团为羟基；（2）B为乙醇，其经催化氧化生成的C为CH3CHO；（3）由题意“F是一种烃，可以催熟水果”可知F为乙烯，乙烯发生加聚反应的化学方程式为nCH2＝CH2；（4）D为乙酸、B为乙醇，两物质在浓硫酸催化下发生酯化反应，其化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；（5）F为乙烯，已知M是F的同系物，相对分子质量比F大14，则M为丙烯，根据可知碳碳双键上的2个原子和双键上的3个H原子和1个C原子一定共面，甲基上的1个H原子可能共面，因此M分子中最多7个原子共面。

22.【答案】(1)玻璃搅拌器   (2)①4.0    ②-53.5kJ/mol    ③acd

(3)   不相等    相等   

【解析】(1))仪器A为玻璃搅拌器。

(2)第一次测定温度差为：(30.1-26.1)℃＝4.0℃，第二次测定的温度差为：(33.3-27.2)℃＝6.1℃，第三次测定的温度差为：(29.8-25.9)℃＝3.9℃，第四次测定的温度差为：(30.4-26.3)℃＝4.1℃，实验2的误差太大要舍去，三次温度差的平均值为4.0℃；50mL 0.50mol/L氢氧化钠与30mL 0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸是过量的，生成水的物质的量和氢氧化钠的物质的量相等。所以生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L＝0.025mol，溶液的质量为：80mL×1g/mL＝100g，温度变化的值为△T＝4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q＝m•c•△T＝80g×4.18J/(g•℃)×4.0℃＝1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H＝-1.3376kJ÷0.025mol＝-53.5kJ/mol，此数值比57.3kJ/mol小。③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；b．配制0.50mol/LNaOH溶液时俯视刻度线读数，加入的水不够，溶液体积偏小，使NaOH溶液浓度偏大，和硫酸中和时放热多，使中和热数值偏大，故b不选；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c选；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致温度计上残留的碱液与稀硫酸反应，起始温度偏高，测量值偏小，故d选；e．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故e不选；故选acd。(3)实验中改用30mL0.5mol/L硫酸跟50mL0.55mol/L氢氧化钠进行反应，与上述实验相比，生成的水不同，所放出的热量不相等；由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱用量无关，因此所求的中和热数值不变