黑龙江省大兴安岭漠河县高中2023学年化学高一第二学期期末检测模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、测试卷卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定能够鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是 （ ）A在卤代烃中直接加入AgNO3溶液B加入NaOH的水溶液，加热后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液C加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液D加入NaOH的乙醇溶液，加热后加入A

2、gNO3溶液2、某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（ ）加成；水解；酯化；氧化；中和；消去；还原A B C D3、下列除去杂质的操作中，能达到目的的是A除去CO2中的少量HCl气体：通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶B除去苯中的少量溴：加入CCl4萃取后分液C除去乙醇中的少量水：加入CaO后蒸馏D除去乙烷中的乙烯：通入酸性高锰酸钾溶液中4、在一定条件下，可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，HcdbBabcdCcabdDbdca11、在相同的A、B密闭容器中分别充入2 mol SO2和1 mol O2，使它们在一定温度下反应，并达新平衡：2SO2+O22SO3(

3、g)。若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变。当A中SO2的转化率为25%时，B中SO2的转化率为A25%B大于25%C小于25%D无法判断12、A、B、C、D、E是短周期元素，A、B、C处于同一周期，A元素的原子最外层电子数是次外层的2倍，B2-、C-、D+、E3 +具有相同电子层结构，下列说法正确的是（ ）A原子序数:EDBCAB原子半径:DEACBC最简单氢化物的热稳定性:CBAD离子半径:C-D+ E3+B2-13、关于电解食盐水溶液，下列说法正确的是A电解时在阳极得到氯气B电解时在阴极得到金属钠C电解时在正极得到氯气D电解时在负极得到氢气14、已知正四面体型分子E和单质分子G反应，

4、生成四面体型分子L和分子M（组成E分子的元素的原子序数均小于10，组成G分子的元素为第三周期的元素），反应过程如下图所示，则下列叙述中判断不正确的是( )A常温常压下，E、L均为气态有机物BE是一种含有10个电子的分子C上述反应的类型是取代反应D物质M的形成过程可用电子式表示为：15、下列物质中既含有非极性共价键又含有离子键的是ACO2 BNa2O2 CMgCl2 DNaOH16、在一定温度下，可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g) 达到平衡的标志是( )A单位时间内生成 1 molX，同时生成 3 molYBX, Y, Z的浓度相等CX, Y, Z的分子数比为1:3:2D单位时间内生成 1

5、 molX，同时生成2 molZ二、非选择题（本题包括5小题）17、有关“未来金属”钛的信息有：硬度大熔点高常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价_价，反应化学方程式为_。（2）反应的化学方程式为TiO2+C+ClTiCl4+CO（未配平），该反应中每消耗12gC，理论上可制备TiCl4_g。（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应化学方程式_，该反应属于_（填基本反应类型）（4）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是_（填名称），由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的_（填序号）A

6、 HCl BNaOH CNaCl DH2SO418、有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，D是短周期元素中原子半径最大的元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：(1)元素名称：A_；B_；E_； (2)元素E在周期表中的位置_，B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为(用元素符号或化学式表示，以下同)_，D2C2的电子式_，所含化学键_(3)写出与反应的化学方程式_(4)C、E的简单氢化物的沸点较高的是_，原因是_(5)用电子式表示化合物D2E的形成过程_19、利用

7、甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：根据设计要求回答：（1）B装置有三种功能：均匀混合气体；_。（2）设V(Cl2)/V(CH4)x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应_。（3）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出有机物的最佳方法为_。该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为_(填编号)。aCH4 bCH3Cl cCH2Cl2 dCHCl3 eCCl4（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是_。（5）E装置的作用是_(填编号)。A收集气体 B吸收氯气 C防止倒吸 D吸收氯

8、化氢（6）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式_。20、某同学为验证元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。I.(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_与盐酸反应最剧烈，_与盐酸反应的速率最慢；_与盐酸反应产生的气体最多。(2)向Na2S溶液中通入氯气出现淡黄色浑浊，可证明C1的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_。II.利用下图装置可验证同主族非金属性的变化规律。(3)仪器B的名称为_，干燥管D的作用为_。(4)若要证明非金属性：ClI，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(K

9、MnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到混合溶液_的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气。(5)若要证明非金属性：CSi，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中溶液_的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用_溶液除去。21、某原电池装置如图所示。（1）其负极是_（填“Zn”或“Cu”），发生的是_（填“氧化”或“还原”）反应。（2）正极上的现象是_。（3）电子由_（填“锌片”或“铜片”）沿导线流出。（4）电池的总反应是_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每

10、题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】卤代烃不能电离出卤素离子，卤代烃中直接加入AgNO3溶液不反应，故A错误；加入NaOH的水溶液，加热后发生水解反应，在加入稀硝酸中和剩余氢氧化钠，然后加入AgNO3溶液生成卤化银，故B正确；卤代烃不能电离出卤素离子，故C错误；加入NaOH的乙醇溶液，加热后加入AgNO3溶液，氢氧化钠与AgNO3溶液反应生成沉淀，故D错误。点睛：鉴定卤代烃中卤元素，加入NaOH的水溶液加热后，需要加入硝酸中和剩余氢氧化钠，否则能生成氢氧化银。2、A【答案解析】测试卷分析：根据有机物含有醛基、羧基、醇羟基结构、利用官能团的性质来解答解：有机物含有醛基，则它能和氢气发生加成

11、反应，生成醇羟基，故可能发生；有机物中不含有卤代烃，也不含有酯基，故不可能发生；有机物含有羧基能和醇羟基发生酯化反应，含有的醇羟基也能羧酸发生酯化反应，故可能发生；有机物含有醇羟基结构，醇羟基能被氧化成醛基，该有机物中含有醛基，醛基能被氧化成羧酸，故可能发生；有机物含有羧基，具有酸性，能和碱发生中和反应，故可能发生；有机物中含有醇羟基，且醇羟基相邻的碳上含有氢原子，故能发生消去反应，故可能发生；有机反应中，去氧或加氢的反应应为还原反应，该有机物中含有醛基，可以加氢生成醇，故可能发生；故选A3、C【答案解析】A.因CO2也能够与饱和Na2CO3溶液发生反应而被吸收，故A项错误；B.因苯与CCl4

12、能互溶，CCl4不能将溴从苯中萃取出来，故B项错误；C.在混有少量水的乙醇中加入CaO后，水与CaO反应生成Ca（OH）2，然后蒸馏时，乙醇大量挥发，从而去除了乙醇中的水份，故C项正确；D.乙烷和乙烯的混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙烷与高锰酸钾不反应，乙烯被高锰酸钾溶液氧化生成CO2又重新混入乙烷中，不能达到实验目的，故D项错误；答案选C。【答案点睛】在用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的乙烯杂质时，虽然乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而除去，但氧化生成的CO2又成了乙烷中新的杂质，并不能够达到除杂的实验目的。4、D【答案解析】由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H0可

13、知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。【题目详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但

14、参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。故选D。【答案点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。5、C【答案解析】A. 锌棒作原电池负极，电极反应式为，铜棒作原电池正极，溶液中铜离子B. 在此极得电子，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，所以电解质溶液中不变，A错误；C. SO42-不参与反应，所以c(SO42-)不变，B错误；D. 铜棒上有铜析出，铜棒的质量增加，C正确；锌棒作原电池负极，电极反应式为，锌不断溶解，所以锌棒的质量减小，D错误；正确选项C。【答

15、案点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。6、D【答案解析】分析：混合物能用分液法分离，说明两种液体互不相溶，且密度不同，据此解答。详解：A. 四氯化碳和乙酸乙酯互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，A错误；B. 溴易溶在有机溶剂中，则苯和液溴不能分液法分离，B错误；C. 乙醇和水互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，C错误；D. 硝基苯不溶于水，密度大于水，可以用分液法分离，D正确。答案选D。7、C【答案解析】A.硫酸为化合物，水溶液中能导电，是电解质，故A错误；B.烧碱是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故B错误；C

16、.乙醇是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，故C正确；D.纯碱是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故D错误；故答案选C。【答案点睛】电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：绝大部分有机物，非金属氧化物，氨气等；电解质和非电解质均属于化合物。8、A【答案解析】氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳变为碳酸钠；漂白粉会吸收空气中的水和二氧化碳变为次氯酸，次氯酸不稳定易分解变为氯化氢和氧气逸散在空气中，固体物质只剩下氯化钙；氯水的主要成分为水、氯气、盐酸、次氯酸，久置于空气中会变为盐酸；亚硫酸钠会被空气中的氧气氧化为硫酸钠；因此想要确定他们是否变质，只需要检验溶液中是否含

17、有变质后的物质即可。【题目详解】A. 氢氧化钠与氢氧化钡不反应，无现象，而变质后的产物碳酸钠会和他反应生成白色沉淀，因此能达到实验目的，故A正确；B. 漂白粉变质前后均含有钙离子，与碳酸钠反应均会产生白色沉淀，因此无法用碳酸钠检验其是否变质，故B错误；C. 氯水变质前后溶液中均存在氯离子，均会与硝酸银反应生成白色沉淀，因此无法用硝酸银检验其是否变质，故C错误；D. 亚硫酸钠与氯化钡会反应生成亚硫酸钡沉淀，变质后的产物硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，二者均为白色沉淀，所以无法用氯化钡检验其是否变质，故D错误；故答案选A。【答案点睛】解决此题的关键在于确定变质后的产物，并找到变质前后物质的不同点

18、。9、A【答案解析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点，注意物质的微粒表达方式。详解：A.碳酸氢钙和少量氢氧化钠反应生成碳酸钙和碳酸氢钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3，故正确；B.钠和硫酸铜溶液反应时先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故错误；C.等物质的量的碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32-+2H+= HCO3-，故错误；D.醋酸是弱酸不能拆成离子形式，故错误。故选A。点睛：离子方程式书写时要注意以下几点：1.物质的形成，弱酸或弱碱或水等不能拆成离子形式。2.注意反应符合客观事实，如

19、铁与盐酸反应生成亚铁而不是铁离子。3.注意量的多少对反应产物的影响，特别记住有些反应中改变物质的量比例反应产物不变，如铝盐和氨水反应，铝和氢氧化钠反应等。4.注意氧化还原反应中的先后顺序等，如溴化亚铁和氯气的反应中亚铁离子先反应，溴离子都反应等。10、A【答案解析】由a、b相连时a为负极可判断a的活泼性大于b；由a、c相连时c极上产生大量气泡，说明c电极是正极，因此a的活泼性大于c；由b、d相连时b为正极可判断d的活泼性大于b；由c、d相连时，电流由d到c可知c是负极，因此c的活泼性大于d，所以金属的活动性顺序由大到小为acdb，答案选A。11、B【答案解析】反应2SO2+O22SO3为气体物

20、质的量减小的反应，若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变，则随着反应的进行，A的压强逐渐减小，B容器压强大于A容器压强，B相当于在A的基础上增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，当A中的SO2的转化率为25%时，则B容器中SO2的转化率应是大于25%，故选B。12、C【答案解析】测试卷分析：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，因为A、B、C属于同一周期，且B2-、C-、D+、E3 +具有相同电子层结构，因此B为O，C为F，D为Na，E为Al，A、原子序数为：AlNaFOC，故错误；B、电子层数越多，半径越大，同周期从左向右半径减小，因此半径大小：N

21、aAlCOF，故错误；C、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：FOC，故正确；D、电子层数相同，半径随原子序数的递增而减小，因此是O2FNaAl3，故错误。考点：考查元素推断、元素周期律等知识。13、A【答案解析】电解池中只有阴阳两极，无正负极。电解饱和食盐水，阳极反应式：2Cl-2e-=Cl2（氧化反应），阴极反应式：2H+2e-=H2（还原反应），总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故可知A项正确；答案选A。14、D【答案解析】A. 常温常压下，甲烷、一氯甲烷是气体，故A正确；B.E是甲烷分子，甲烷是一种含有10个电子的分子，故B正确；C. 甲烷中的氢原子被氯原子

22、取代生成一氯甲烷，属于取代反应，故C正确；D. HCl属于共价化合物，不含有阴阳离子，故D错误；故选：D。15、B【答案解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此解答。详解：A. CO2中只有极性键，A错误；B. Na2O2中含有离子键和非极性键，B正确；C. MgCl2中只有离子键，C错误；D. NaOH中含有离子键和极性键，D错误。答案选B。点睛：掌握化学键的含义、组成微粒是解答的关键。注意共价键又分为极性键和非极性键，由同一种元素形成的共价键是非极性键，由不同种元素形成的共价键是极性键。16、D【答案解析】分析：当反应达到平衡状态时，正

23、逆反应速率相等，各组分的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，据此分析判断。详解：A无论该反应是否达到平衡状态，只要单位时间内生成1molX，一定同时生成3molY，所以不能确定该反应是否达到平衡状态，故A错误；B当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，X, Y, Z的浓度相等，不能说明浓度是否变化，所以不能确定该反应达到平衡状态，故B错误；C当X、Y、Z的分子数之比为1：3：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度和转化率有关，故C错误；D单位时间内生成nmolX，同时生成2nmolZ，表示正逆反应速率相等，说明是平衡状态，故D正确；故选D。二、

24、非选择题（本题包括5小题）17、+4 2FeTiO3+CCO2+2Fe+2TiO2 95g 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 置换反应 镁 AD 【答案解析】（1）根据正负化合价的代数和为0，设钛元素的化合价为x，则+2+x+（-2）3=0，解得x=+4；钛酸亚铁和碳在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2FeTiO3+CCO2+2Fe+2TiO2；故填：+4；2FeTiO3+CCO2+2Fe+2TiO2；（2）根据氧化还原反应原理配平得反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，根据反应可知，每消耗12gC，理论上可制备TiCl4 190g/mol12=95g；（3）

25、TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；置换反应；（3）反应中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应，所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD。【答案点睛】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为（2）根据氧化还原反应原理配平得反应的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0价变为+2

26、价，氯的化合价变为-1价，结合质量守恒配得反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。18、碳 氮 硫 第三周期A族 O N 离子键和共价键 H2O 水分之间存在氢键 【答案解析】根据元素周期表结构、核外电子排布规律及物质性质分析元素的种类；根据元素周期律比较原子大小及物质的熔沸点；根据原子间成键特点书写电子式及判断化学键类型；根据物质性质书写相关化学方程式。【题目详解】有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，已知A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A为碳；D是短周期元素中原子半径最大的元素，同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而

27、增大，所以D为钠；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则C为氧，E为硫；B在碳、氧中间，则B为氮；(1)根据上述分析，元素名称为：A为碳；B为氮；E为硫； (2)元素E为硫，16号元素，在周期表中的位置为第三周期A族；同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷数增大而增大，所以B、C、D、E的原子半径由小到大的顺序为O N；过氧化钠的电子式为：；氧原子间以共价键结合，过氧根和钠离子以离子键结合，所以所含化学键离子键和共价键；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：；(4)C的氢化物是H2O，常温常压下

28、为液态，E的氢化物为H2S，常温常压下为气态，的简所以沸点较高的是H2O；原因是水分之间存在氢键；(5)钠原子失电子形成钠离子，硫原子得电子形成硫离子，阴阳离子通过离子键结合，电子式表示化合物硫化钠的形成过程为：。19、控制气流速度干燥混合气体大于或等于4分液ab吸收过量的氯气CDCH4 + 2Cl2C + 4HCl【答案解析】（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有均匀混合气体之外，还有控制气流速度的作用。又因为浓硫酸具有吸水性，还具有干燥混合气体的作用；（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V(Cl2)/V(CH4)x，若理论上欲获得最

29、多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4。（3）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，答案选ab；（4）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气。（5）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，答案选CD；（6）黑色小颗粒是碳，该反应是置换反应，反应的方程式为CH4+2Cl2C+4HCl。20、钾 铝 铝 S2-+Cl2=S+2C1- 锥形瓶 防止倒吸 变蓝 NaOH或Ca(OH)2 有白色沉淀生成 饱和NaHCO3 【答案解析】分析：