安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期9月素质拓展（一）化学试题（Word版附解析）

安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期9月素质拓展(一)化学试题时长：60分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32K-39一、单项选择题(包括18个小题，每小题有1个选项符合题意。第1到第10题每小题3分，第11题到第18题每小题4分，共62分)1.已知某品牌一杯400mL的酱香拿铁咖啡中酒精含量为0.5%(体积分数，下同)，一瓶500mL飞天茅台中酒精含量为53%。下列有关说法正确的是A.酱香拿铁咖啡是混合物，飞天茅台为纯净物B.一瓶飞天茅台中所含酒精质量是一杯酱香拿铁咖啡中所含酒精质量的132.5倍C.500mL飞天茅台与500mL水混合后酒精的体积分数为26.5%D.将一杯酱香拿铁咖啡和一瓶飞天茅台混合后体积变为900mL【答案】B【解析】【详解】A．飞天茅台为乙醇与水的混合溶液，A错误；B．一瓶500mL茅台中，含酒精的体积，一瓶茅台中酒精的质量为，同理，一杯酱香拿铁中酒精的体积为，一杯酱香拿铁中酒精的质量为，一瓶飞天茅台中所含酒精质量是一杯酱香拿铁咖啡中所含酒精质量的132.5倍，B正确；C．因为体积不能相加，且酒精密度小于水的密度，酒精体积分数小于26.5%，C错误；D．分子间有间隙，体积不能直接相加，D错误；故答案为：B。2.化学与生活有着密切联系，下列关于化学与生活的说法正确的是A.燃煤过程中加入生石灰可以有效减少酸雨的形成B.玻璃和陶瓷都属于有机高分子材料C.硅胶、生石灰、还原铁粉均可用于防止食品被氧化而变质D.晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造光导纤维【答案】A【解析】 【详解】A．燃煤时加入生石灰与二氧化硫反应生成硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故A正确；B．玻璃、陶瓷的主要成分是硅酸盐类，都属于传统的无机非金属材料，故B错误；C．硅胶、生石灰可作干燥剂，不具有还原性，只有还原铁粉是防止食品氧化变质，故C错误；D．光导纤维的成分是二氧化硅，不是晶体硅，晶体硅主要用作半导体，故D错误。答案选A。3.下列化学用语表示正确的是A.甲烷分子的空间填充模型：B.H2O2的电子式：C.二氧化碳的结构式：O=C=OD.硫原子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．图示为甲烷分子的球棍模型，甲烷分子的空间填充模型为，故A错误；B．H2O2为共价化合物，电子式为，故B错误；C．二氧化碳中C和O通过双键连接，其结构式为O=C=O，故C正确；D．硫原子的核电荷数为16，其核外电子排布为2，8，6，其结构示意图为，故D错误；故选：C。4.下列说法正确的是A.1molC(s)完全反应生成1molCO(g)，放出的热量即为C(s)的燃烧热B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石更稳定C.含1molH2SO4的稀溶液与NaOH稀溶液完全中和，放出的热量即为中和热D.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照或点燃条件下反应的ΔH不同【答案】B 【解析】【详解】A．1molC完全燃烧生成稳定的化合物CO2，放出的热量即为的燃烧热，A错误；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，B正确；C．强酸强碱的稀溶液生成1mol所放出的热量为中和热，1molH2SO4完全反应生成2molH2O，C错误；D．根据盖斯定律，只与反应的始态和终态有关，与途径无关，因此在光照或点燃条件下相同，D错误；故答案为：B。5.已知几种离子反应如下，下列推断正确的是①NH3·H2O(aq)+H+(aq)=NH(aq)+H2O(l)ΔH1②Ba2+(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)ΔH2③Ba2+(aq)+2H+(aq)+2OH﹣(aq)+SO(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH3④H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)ΔH4A.ΔH1>0ΔH2<0B.ΔH2<ΔH3C.ΔH3=ΔH2+ΔH4D.ΔH1>ΔH4【答案】D【解析】【详解】A．中和反应为放热反应，则①NH3·H2O(aq)+H+(aq)=NH(aq)+H2O(l)为放热反应，其焓变△H1＜0，故A错误；B．由盖斯定律可知，反应②+2×反应④=反应③，则反应②=反应③-2×反应④，△H2=△H3-2×△H4，由于反应④为放热反应，△H4＜0，所以△H2＞△H3，故B错误；C．根据盖斯定律可知，③=②+2×④，所以△H3═△H2+2△H4，故C错误；D．反应①和反应④均为放热反应，且反应①中NH3▪H2O的电离过程吸热，所以反应①放出的热量比反应④少，放热反应的焓变为负值，则△H1＞△H4，故D正确。答案选D。6.陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA明矾可用于净水Al(OH)3胶体具有吸附性BNa着火不能用水扑灭Na是一种低熔点的金属C氨气常用作制冷剂氨气极易溶于水 D用84消毒液进行消毒NaClO溶液呈碱性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于净水，故A符合题意；B．钠与水反应生成氢气，氢气易燃易爆，所以Na着火不能用水扑灭，与Na是一种低熔点金属无关，故B不符合题意；C．液氨汽化时吸收大量热，具有制冷作用，可作制冷剂，与氨气极易溶于水的性质无关，故C不符合题意；D．次氯酸钠具有强氧化性，故用84消毒液进行消毒，与NaClO溶液呈碱性无关，故D不符合题意。答案选A。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.1mol重水比1mol水多NA个质子B.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NAC.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAD.0.1molO2和0.2molNO于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．1mol重水(D2O)和1mol水质子数均为1mol×10×NA/mol=10NA，故A错误；B．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol,故120g混合物的物质的量为n==1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含阳离子为NA个，故B正确；C．氯气和铁反应生成氯化铁，电子转移按照全部反应的氯气计算，转移电子2NA，故C错误；D．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数减少，故所得混合气体中分子数小于0.2NA个，故D错误。答案选B。8.燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是 A.甲是空气中体积分数最大的成分B.乙是引起温室效应的气体之一C.反应(Ⅰ)在常温下容易发生D.反应(Ⅱ)中NO是氧化剂【答案】C【解析】【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。综上所述，答案为C。9.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向NaOH溶液中通入足量CO2：2OH-+CO2=H2O+COB.向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO+5SO2+4H+=5SO+2Mn2++2H2OC.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2OD.向稀Fe(NO3)2溶液中滴加少量稀硫酸：3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．向NaOH溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠，离子方程式为OH-+CO2=HCO，故A错误；B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2生成硫酸根和锰离子，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2MnO+5SO2+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，故B错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，所以离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故C错误；D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： 3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确。答案选D。10.关于下列仪器使用的说法错误的是A.①、③不可加热B.③、④不可用作反应容器C.②、④可用于物质分离D.③、④使用前需检漏【答案】A【解析】【详解】A．锥形瓶可垫石棉网加热，容量瓶不可加热，故A错误；B．容量瓶和分液漏斗不可作反应容器，故B正确；C．蒸馏烧瓶和分液漏斗均可用于物质分离，故C正确；D．容量瓶和分液漏斗使用前，需检漏，故D正确；答案选A。11.中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是A.捕捉室将NaOH喷成雾状有利于吸收CO2B.环节a中物质分离的基本操作是过滤C.反应过程中只有CaO是可循环的物质D.可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2【答案】C【解析】 【分析】利用NaOH溶液实现“碳捕获”吸收器中，NaOH溶液用喷淋方式加入，增大反应物之间的接触面积，充分吸收二氧化碳，环节a中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，生成CaCO3，需从溶液中过滤出来再高温煅烧，生成的CO2循环使用。【详解】A．接触面积越大，反应速率越快，故雾状氢氧化钠更易吸收CO2，故A正确；B．环节a为分离溶液与沉淀，其基本操作为过滤，故B正确；C．反应过程中消耗CaO和NaOH，且再次生成，故两种物质可以循环利用，故C错误；D．CO2可以和Na2CO3反应，因此可用溶液代替NaOH溶液，故D正确；故答案为：C。12.Fe—空气电池可用作电动车动力来源。某Fe—空气电池的工作原理如图所示，下列有关此电池放电时的说法正确的是A.碳材料为电池正极，发生氧化反应B.当电路中转移0.4mol电子时，消耗2.24LO2C.负极电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2D.溶液中电子由Fe电极流向碳材料电极【答案】C【解析】【分析】Fe—空气电池中，放电时Fe转化为Fe(OH)2，Fe价态升高失电子作负极，电极反应式为：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，碳材料电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-，据此分析解答。【详解】A．碳材料电极为正极，氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．未指明气体的状态，不能计算氧气的体积，故B错误；C．放电时Fe转化为Fe(OH)2，Fe价态升高失电子作负极，电极反应式为：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故C正确； D．原电池工作时，电子在外电路中流动，溶液中是离子定向移动，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故D错误。答案选C。13.《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A.分子式为C18H17NO2B.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C.所有氢原子不可能共平面D.苯环上的一氯代物有7种【答案】D【解析】【详解】A．按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D错误；故选D。14.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子数。下列说法正确的是A.原子半径由小到大的顺序为X<Y<Z<WB.Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应C.Z的最高价氧化物对应的水化物为弱酸D.W的氢化物稳定性弱于Z的氢化物稳定性【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。由“X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍”可推出X为O元素、Z为S元素；因为都是短周期元素，所以Z后的W为Cl元素，根据Y、硫、氯最外层电子数之和等于硫的核外电子数，推出Y是Al元素，以此解答该题。 【详解】由分析可知，X为O，Y为Al，Z为S，W为Cl元素。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径由小到大的顺序是X＜W＜Z＜Y，故A错误；B．Al和氧化铁在高温下发生铝热反应，属于置换反应，故B正确；C．Z为S元素，S的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故C错误；D．W为Cl元素，Z为S元素，同周期元素从左到右非金属性增强即Cl＞S，则W的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故D错误；故选：B。15.下列装置，可以达到相应实验目的的是A．吸收氨气尾气B．甲烷与氯气的取代反应C．中和反应反应热的测定D．探究浓度对化学反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氨气能溶于水反应，图中装置易发生倒吸，故A错误；B．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成甲烷的氯代产物和氯化氢，故B正确；C．铜制搅拌器可导致热量散失，应使用玻璃搅拌器，故C错误；D．盐酸的浓度不同，使用的金属也不同，不符合控制变量的思想，故D错误；答案选B16.如图(a)、(b)分别表示H2O和CO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)，已知由稳定单质化合生成1mol纯物质的热效应称为生成热(△Hf)。下列说法正确的是 A.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=-42kJ•mol-1B.H2的燃烧热△H=-243kJ•mol-1C.由图(a)可知O－H的键能为220kJ•mol-1D.CO2(g)的生成热△Hf=-394kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．由图(b)可知①，由图(a)可知②；根据盖斯定律①-②得CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+42kJ•mol-1，故A错误；B．H2的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，△H<-243kJ•mol-1，故B错误；C．由图(a)可知，断裂2molO－H键吸收的总能量为(243+436+247)kJ，O－H键的键能为463kJ•mol-1，故C错误；D．稳定单质化合生成1mol纯物质的热效应称为生成热，由图(b)可知CO2(g)的生成热△Hf=-109kJ•mol-1-285kJ•mol-1=-394kJ•mol-1，故D正确；选D。17.在Pd催化剂表面脱氢的反应历程与能量的关系如图所示。下列说法不正确的A.分解生成和放出热量 B.由图可知：相同微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量C.用或代替，得到的产物都有HD和D.由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当达到一定值时，再增大可能对反应速率没有影响【答案】A【解析】【详解】A．分解生成和放出热量，A错误；B．物质Ⅱ、Ⅲ可知，相同微粒被Pd催化剂吸附后形成的体系，可能具有不同的能量，B正确；C．根据在Pd催化剂表面脱氢反应的机理图可知化学反应为，即中的两个H原子被解离出来形成氢气，则用或代替，得到的产物都有HD和，C正确；D．由反应历程预测：在Pd表面积一定时，当达到一定值时，再增大不会增加Pd对甲酸的吸附值，所以对反应速率没有影响，D正确；故选A。18.丙酮碘代反应的速率方程为：。其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。0.250.0501.40.500.0502.81.000.0505.60.500.1002.8下列说法正确的是A.速率方程中的B.该反应的速率常数C.增大反应物的浓度，反应的瞬时速率加快 D.在过量存在时，反应掉的所需时间是【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由表格数据知，当碘的浓度相同时，丙酮浓度增大一定倍数时，反应瞬时速率也增大相应的倍数，说明反应瞬时速率与丙酮浓度一次方成正比，故m=1，由第二组和第四组数据知，当丙酮浓度相同时，碘的浓度改变对反应瞬时速率无影响，故n=0，A错误；B．由A知m=1，n=0，则速率方程v=k·c(CH3OCH3)，代入第一组数据计算可得k=5.6×10-3min-1，B错误；C．由第二组和第四组数据分析可知，其他条件不变时，增大I2的浓度，反应瞬时速率不变，C错误；D．存在过量的I2，反应掉87.5%丙酮，可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需时间为，D正确；故答案选D。二、填空题(本题包括2个小题，共38分)19.亚硝酸钠(NaNO2)在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知：①NO＋NO2＋2OH-=2NO＋H2O；②气体液化的温度：NO2为21℃，NO为-152℃。（1）为检验A中生成气体产物，仪器的连接顺序(左→右)为A、___________、___________、___________、B；___________（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是___________；（3）在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是___________；（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为___________； （5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的离子方程式是___________。【答案】（1）A、C、E、D、B（2）排出装置中的空气，防止干扰NO的检验（3）开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体（4）4NO2＋O2＋4NaOH=4NaNO3＋2H2O（5）2NO＋2H+=NO2↑＋NO↑＋H2O【解析】【分析】由实验装置可知，A中亚硝酸钠与硫酸反应，C中浓硫酸吸收水，E冷却NO2，D检验NO，B尾气处理，该实验连接好仪器后先检验装置的气密性；小问1详解】由实验装置可知，A中亚硝酸钠与硫酸反应，C中浓硫酸吸收水，E冷却NO2，D检验NO，B尾气处理，所以装置的连接为A→C→E→D→B，该实验连接好仪器后先检验装置的气密性，故答案为：A、C、E、D、B；【小问2详解】NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2，故答案为：排出装置中的空气，防止干扰NO的检验；小问3详解】D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，故答案为：开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体；【小问4详解】如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；【小问5详解】通过以上分析知，该反应中生成二氧化氮、一氧化氮，同时还有硫酸钠、水生成，则反应方程式为2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O，离子方程式为2＋2H+=NO2↑＋NO↑＋H2O。20.氢能作为公认的清洁能源正在脱颖而出，我国在氢能的开发和利用上处于世界领先水平。回答下列问题：Ⅰ.已知：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol （1）写出C与CO2反应的热化学方程式___________；（2）一定温度下，向恒容密闭容器中加入适量焦炭和水蒸气发生反应①，下列事实能说明其一定达到平衡状态的是___________；a．容器内气体密度不再改变b．CO与H2的物质的量之比不再改变c．消耗0.1molH2O同时生成0.1molCOd．容器内气体的平均摩尔质量不再改变（3）一定温度下，向10L恒容密闭容器中充入1molCO和1molH2O(g)发生反应②，5min达到平衡。用CO表示的正反应速率与时间的变化关系如图所示。5min时，反应放出热量___________，平衡体系中H2的体积分数为___________，CO的平衡转化率为___________。Ⅱ.氢氧碱性燃料电池在航天、汽车等领域成功应用，其装置示意图如图所示。（4）正极的电极反应式为___________；（5）若放电后电池中KOH溶液的密度为ρ1g·cm-3、质量分数为w。取55.0mL该溶液与50.0mL等浓度的盐酸混合，所得混合溶液的密度为ρ2g·cm-3、比热容为cJ·(kg·℃)-1，混合后溶液温度升高了t℃。假设溶液体积可以相加，则由此计算出反应的中和热ΔH=___________kJ/mol(用代数式表示)。【答案】（1）C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=+172.6kJ/mol（2）ad（3）①.32.96kJ②.40%③.80%（4）O2+2H2O+4e-=4OH- （5）-【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，方程式①-②得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，故该反应的ΔH=+131.4kJ/mol-(-41.2kJ/mol)=+172.6kJ/mol；即C与CO2反应的热化学方程式为C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=+172.6kJ/mol；【小问2详解】a．该反应中反应物C为固体，容器恒容，若未达平衡，则气体密度会改变，则气体密度不再改变能说明达到平衡，故a符合题意；b．CO与H2的物质的量之比始终为1:1，故不能说明达到平衡，b不符合题意；c．消耗0.1molH2O同时生成0.1molCO都描述的是正反应方向，没有描述逆反应方向，故不能说明达到平衡，故c不符合题意；d．若反应未达平衡，容器内气体的平均摩尔质量要改变，故气体的平均摩尔质量不改变则能说明达到平衡，故d符合题意；答案选ad；【小问3详解】根据图像可知，5min内消耗的n(CO)=0.016mol/(Lmin)=0.8mol，向10L恒容密闭容器中充入1molCO和1molH2O(g)发生反应，列三段式如下：根据热化学方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol，可知如果消耗1mol的CO，放出热量为41.2kJ，则消耗掉0.8molCO放出的热量为41.2kJ=32.96kJ；平衡体系中H2的体积分数为=40%；CO的平衡转化率为=80%；【小问4详解】通入氧气的为正极，KOH为电解质溶液，氧气得电子结合水变为OH-，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；【小问5详解】