2023学年广西北海市化学高一第二学期期末教学质量检测试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、牛肉和菠菜等食物中含有丰富的铁，这里的“铁”应理解

2、为（）A元素B分子C单质D原子2、下列有关物质性质的比较正确的是()同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强还原性：S2Se2 酸性：HNO3H3PO4ABCD3、生活中处处离不开化学，下列做法有利于身体健康的是A用着色剂将馒头染色B人体每日必须摄入足够量的钙C端午节时用CuSO4溶液浸泡粽叶，使粽叶变得鲜绿D自来水中通入大量Cl2进行杀菌消毒4、能正确表示下列反应的离子方程式的是( )A在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe24HNO33Fe32

3、H2ONOB向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca22ClOH2OSO2CaSO32HClOC氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2OHHCO3CaCO3H2OD向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca22ClOH2OCO2CaCO32HClO5、某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的叙述正确的是（ ）A该有机物的分子式为C11H14O3B该有机物可能易溶于水且具有水果香味C该有机物可能发生的化学反应类型有：水解、酯化、氧化、取代D1mol该有机物在Ni作催化剂的条件下能与4molH2发生加成反应6、能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是A乙烷 B乙醇 C苯 D乙酸7、下列有关说法中错误的是( )A甲

4、烷燃料电池用KOH作电解质,负极的电极反应式为CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2OBZn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率C常温下用铜和铁作电极，浓硝酸作电解质溶液的原电池中铜为负极D原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极8、海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示。下列说法正确的是A电解NaCl溶液可得到金属钠B上述过程中发生了分解、化合、置换、复分解反应C上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的离子方程式为Mg2+2OH-Mg(OH)2D不用电解MgO来制取镁是因为MgO的熔点比MgCl2的高，能耗大9、下列关

5、于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）A海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化B只通过物理变化即可从海水中提取溴单质C从海水中可以得到MgCl2，可电解MgCl2溶液制备MgD海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等10、下列离子方程式正确的是()A硝酸汞溶液和铝反应：Hg2Al=Al3HgB氧化铜和硫酸溶液反应：Cu22H=Cu2H2OC锌和稀硫酸反应：Zn2H=Zn2H2D醋酸和氢氧化钠溶液反应：HOH=H2O11、苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，下列可以作为证据的是()苯不能与溴水反应而褪色苯不能使酸性KMnO4溶液褪色苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反

6、应经测定，邻二甲苯只有一种结构苯分子具有正六边形结构A B C D12、短周期主族元素XYZW 的原子序数依次增大,X的最高正价与最低负价的代数和为2,Y是地壳中含量最多的元素,Z原子的最外层电子数是Y原子的最外层电子数的一半,W与Y同主族下列说法正确的是（ ）A原子半径:YZ”、“SNO，故A错误；B、组成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，故B正确；C、同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，其氢化物越稳定，因此H2O的稳定性强于H2S，故C错误；D、组成的化合物可能是N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，故D错误。13、A【答案解析】选项中均为醇，含-OH，与-OH相连C上有2

7、个H能被氧化生成-CHO，即含-CH2OH结构，以此来解答。【题目详解】催化氧化的产物，该醛主碳链有4，1个甲基，为2-甲基丁醛；A含-CH2OH结构，可催化氧化生成醛为，与题意相符，故A选；B催化氧化的产物，该醛主碳链有4，有1个甲基，为2-甲基丁醛；而含有-CH2OH结构，可催化氧化生成醛，该醛主碳链为4，有1个乙基，为2-乙基丁醛，不符合题意，故B不选；C与-OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故C不选；D与-OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故D不选；故选：A。14、A【答案解析】曾青得铁,则化为铜，反应方程式是Fe+CuSO【题目详解】曾青得铁,则化为铜，反应方程式是F

8、e+CuSO4=FeS15、D【答案解析】A.淀粉和纤维素虽然分子式都可用（C6H10O5）n来表示，但其n值是不一样的，并不属于同分异构体，故A项错误；B.含有苯环的蛋白质与浓硝酸作用时会产生黄色固态物质，并不是所有的蛋白质都可以发生颜色反应，故B项错误；C.脂肪并不属于高分子化合物，故C项错误；D.因为水垢的主要成份为碳酸钙、氢氧化镁等难溶于水的物质，但能与乙酸反应生成易溶于水的醋酸钙、醋酸镁，故可以除去水垢，故D项正确；答案选D。【答案点睛】本题主要考查有机物的简单知识，但要注意掌握知识的细节，如淀粉和纤维素虽然分子式表达方式相同，但分子式并不相同。颜色反应是蛋白质的一个特征反应，可以用

9、来鉴别具有一定结构的蛋白质，但并不是所有的蛋白质。16、B【答案解析】A. 活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故A正确；B. 用电解饱和食盐水法制氢氧化钠，氢气，氯气，得不到钠单质，工业上用电解熔融氯化钠的方法得到钠单质，故B错误；C. 金属铝属于活泼金属，为亲氧元素，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，氯化铝是共价化合物，电解熔融不能电离，不能采用电解氯化铝的方法冶炼，故C正确；D. 铁可以采用热还原法冶炼，用焦炭或者一氧化碳做还原剂，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O S

10、O2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl HCl H2S S2 Cl Na+ Al3+ 【答案解析】（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成某复杂化合物，由于W、X是金属元素，说明他们的最高价氧化物对应水化物的反应是氢氧化物之间的反应，所以W是Na，X是Al，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO22H2O，答案为：Al(OH)3OH=AlO22H2O；（2）Na与Y可形成化合物Na2Y，说明Y是S元素，硫化钠的电子式为，答案为：；（3）Z是Cl元素，将二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O=H2SO4

11、2HCl，答案为：Cl2SO22H2O=H2SO42HCl；（4）非金属性ClS，所以气态氢化物的稳定性HClH2S，答案为：HClH2S；（5）电子层数越多，半径越大，层数相同时，核电荷越多半径越小，Na、Al、S、Cl元素的简单离子的半径由大到小的顺序为：S2ClNaAl3，答案为：S2ClNaAl3.18、BCD 提高溴的富集程度 Br2SO22H2O=4H+2BrSO4 2 B ClBrSO2 TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 【答案解析】海水分离得到粗盐、淡水和母液卤水，粗盐提纯得到精盐，母液中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀在盐酸中溶解得到氯化镁溶液，

12、浓缩结晶、得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气；得到的NaBr溶液中通入氯气氧化溴离子生成溴单质，用热空气吹出溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，吸收液中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏冷却分离得到纯溴，据此分析解答。(1)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-，通过加氯化钡除SO42-离子，加碳酸钠除Ca2+离子，加NaOH除去Mg2+离子，同时碳酸钠可以除去过量的钡离子，过滤后，加入盐酸调节pH除去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，据此分析解答；(5)根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析判断；(6) TiO2、炭粉混合在高温

13、下通入氯气制得TiCl4和一种可燃性气体，根据质量守恒定律，该气体为一氧化碳，据此分析解答。【题目详解】(1) 除去粗盐中杂质(Mg2、SO42-、Ca2)，通过加氯化钡除SO42-离子，然后再加碳酸钠除Ca2+离子，同时碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，将三种离子除完，过滤后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子；ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故A错误；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，符合除杂和提纯

14、的要求，故B正确；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，符合除杂和提纯的要求，故C正确；DBaCl2溶液Na2CO3溶液NaOH溶液过滤后加盐酸，符合除杂和提纯的要求，故正确；故答案为：BCD；(2)步骤中已获得Br2，低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，步骤中又将Br2还原为Br-，目的是转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：提高溴的富集程度；(3)步骤中二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，离子方程式为Br2SO22H2O=4H+2BrSO42-，故答案为：Br2SO

15、22H2O=4H+2Br-SO42-；(4)把溴吹出的气体X，廉价且不和溴反应，吹出的溴单质用碳酸钠溶液吸收，二氧化碳能够与碳酸钠溶液反应，乙烯和溴发生加成反应，氩气生产成本高，所以工业上最适宜选用空气，故答案为：B；(5)苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收转化为Br-，反复多次，以达到富集溴的目的。由海水提溴过程中的反应中还原剂的还原性大于还原产物，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；反应中还原剂Br-的还原性大于还原产物Cl-；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Br-；可得出Cl-、SO2、Br-还原性由弱到强的顺序是ClB

16、rSO2，故答案为：ClBrSO2；(6) TiO2、炭粉混合在高温下通入氯气制得TiCl4和一氧化碳，该反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，故答案为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO。【答案点睛】本题的易错点为(1)，要注意为了将杂质完全除去，加入的试剂是过量的，过量的试剂要能够在后续操作中除去。19、 BCE B 氧化 BD 甲池锌铜可形成原电池，能加快Zn与硫酸的反应速率 1 molL1【答案解析】分析：（1）比较金属性强弱，可以根据金属与酸反应的剧烈程度、构成原电池的负极等方面分析，而与硬度、熔沸点及氢氧化物的稳定性等无关，据此进行解答；（2）

17、自发的氧化还原反应可以设计成原电池，非自发的氧化还原反应不能设计成原电池；（3）甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，据此判断；构成原电池时反应速率加快；先计算氢离子的物质的量再计算原来稀硫酸的浓度。详解：（1）A铝和铜的硬度和熔点与金属性强弱无关，A错误；B金属性越强，与酸反应越剧烈，可通过比较Cu、Al在稀硫酸中的表现判断其金属性强弱，B正确；C用铝片、铜片、硫酸铝溶液、硫酸铜溶液，根据是否发生置换反应可比较二者的活动性，C正确；DAl与氢氧化钠溶液反应是铝的化学性质，与金属活泼性无关，不能根据是否与氢氧化钠溶液反应判断金属性强弱，D错误；E将铝片

18、、铜片用导线连接后共同浸入稀盐酸中，接入电流计，通过观察电流方向可判断金属性强弱，E正确；答案选BCE；（2）A.NaOH+HClNaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计成原电池；B.Zn+H2SO4ZnSO4+H2是氧化还原反应，能设计成原电池，锌失去电子，负极是锌，发生氧化反应；（3）甲装置是原电池，乙装置不是原电池，锌与稀硫酸直接发生置换反应。则A、甲是化学能转变为电能的装置，乙不是，A错误；B、乙装置中铜片不反应，也没构成原电池的正极，所以铜片上没有明显变化，B正确；C、甲、乙中锌片均失去电子，质量都减少，甲中铜片质量不变，C错误；D、两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液

19、的pH均增大，D正确。答案选BD；由于甲池锌铜可形成原电池，能加快Zn与硫酸的反应速率，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲乙；稀释后氢离子的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，生成氢气的物质的量为1.12L22.4L/mol0.05mol，所以原溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，原溶液中氢离子的浓度为0.2mol0.1L=2mol/L，一分子硫酸电离出两个氢离子，所以原溶液中稀硫酸的浓度为1 molL-1。点睛：本题考查了性质实验方案的设计、原电池的构成条件等，涉及原电池原理、金属性强弱比较、氧化还原反应等知识，明确判断金属性强弱的方法为解答关键，注意掌握原电池的构成条件，题目难度中等。20、 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O 分液 取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,溶液中含有碘单质 BD【答案解析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度