四川省内江市2022-2023学年高一下学期期末检测化学试题（含答案解析）

内江市2022—2023学年度第二学期高一期末检测题化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Al—27Cu—64Zn—65第I卷(选择题共45分)一、选择题(本大题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.5G网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分是二氧化硅B.航天服使用的棉针织品、羊毛、氯丁尼龙橡胶等都属于天然高分子材料C.我国为实现2030年前碳达峰，可大力开发利用太阳能、风能、核能等清洁能源D.使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒涉及蛋白质的变性【答案】B【解析】【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，A正确；B．氯丁橡胶是主要由2-氯-1,3-丁二烯聚合而成，属于合成高分子材料，B错误；C．减少含碳燃料的使用，有助于实现碳达峰的目标，C正确；D．乙醇、“84”消毒液、过氧化氢均能使蛋白质变性，实现杀菌消毒的目的，D正确；答案选B。2.下列关于自然资源的开发利用叙述正确的是A.石油分馏可得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工原料B.煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得C.天然气是一种清洁的化石燃料，可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇等D.石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化【答案】C【解析】【详解】A．石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，A错误；B．煤中不含苯、甲苯、二甲苯等有机物，煤的干馏得到的煤焦油中含苯、甲苯、二甲苯等有机物，B错误；C．天然气燃烧产物为二氧化碳和水，是一种清洁的化石燃料，可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇等，C正确；D．石油的裂化和裂解、煤的液化、气化均属于化学变化，D错误；故选C。3.1997年，我国政府颁布了《中国营养改善行动计划》，其中包括消除铁缺乏，改善营养性贫血。铁强化酱油中的“铁”属于食品添加剂中的A.凝固剂 B.防腐剂 C.营养强化剂 D.膨松剂【答案】C【解析】【详解】铁强化酱油中的乙二胺四乙酸铁钠具有促进膳食中其他铁源或内源性铁源吸收的作用，同时还可促进锌的吸收，因此属于营养强化剂；故选C。4.矿物颜料是人类绘画中最原始的表现材料之一。敦煌莫高窟壁画使用了大量矿物颜料，其色彩和主要成分见下表：色彩霞光红迎春黄天霁蓝瑞雪白主要成分及化学式朱砂HgS雌黄As2S3石青Cu(OH)2·2CuCO3蛤灰CaO下列说法正确的是A.石青颜料耐酸碱腐蚀B.蛤灰加水后会放出大量的热C.工业制汞是在空气中焙烧朱砂，生产流程中加入氧化钙的目的是减少汞蒸气的排放D.《梦溪笔谈》记载：“馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。”利用了雌黄的化学性质【答案】B【解析】【详解】A．Cu(OH)2·2CuCO3和酸会反应，则石青颜料不耐酸腐蚀，A项错误；B．CaO＋H2O=Cu(OH)2，该反应是放热反应，则蛤灰加水后会放出大量的热，B项正确；C．工业制汞是在空气中焙烧朱砂，HgS＋O2=Hg+SO2，生产流程中加入氧化钙的目的是吸收二氧化硫，C项错误；D．《梦溪笔谈》记载：“馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。”意思是遇到书上有误的地方，用雌黄涂抹，是因为雌黄的颜色同纸色差不多，且其质地细密、硬软适中，用雌黄涂改错处，既遮掩了黑色墨笔字、不损坏纸张，利用的是雌黄的物理性质，D项错误；答案选B。5.化学创造美好生活。下列说法错误的是A.油脂除食用外还可用于生产肥皂 B.淀粉、纤维素和油脂均是天然有机高分子C.苯甲酸及其钠盐常用作食品防腐剂 D.阿司匹林具有解热镇痛作用，不可长期大量服用【答案】B【解析】【详解】A．油脂除食用外还可产生皂化反应用于生产肥皂，A正确；B．淀粉、纤维素均是天然有机高分子，油脂不是天然有机高分子，B错误；C．苯甲酸及其钠盐可以抑制霉菌繁殖，故常用作食品防腐剂，C正确；D．阿司匹林具有解热镇痛作用，长期服用会导致凝血功能障碍，不可长期大量服用，D正确；故选B。6.下列化学用语的表示正确的是A.乙烯的结构简式： B.羟基的电子式：：C.聚丙烯的结构简式： D.乙烯的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，A错误；B．羟基的电子式：，B错误；C．聚丙烯的结构简式：，C错误；D．乙烯为平面构型，含碳碳双键，球棍模型正确，D正确；故选D。7.下列说法错误的是A.等质量的甲烷、乙烯、苯完全燃烧时，消耗氧气最多的是苯B.乙醇羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼C.具有还原性，可以添加到某些食品中作抗氧化剂D.浓具有吸水性，可以用于干燥氢气【答案】A【解析】【详解】A．同等质量下H消耗的氧比碳多，故等质量的甲烷、乙烯、苯完全燃烧时，消耗氧气最多的是甲烷，A错误；B．乙醇羟基可以与钠反应，乙烷不能，乙醇羟基中的氢原子比乙烷中的氢原子活泼，B正确；C．具有还原性，可以添加到某些食品如红酒中作抗氧化剂，C正确；D．浓具有吸水性，可以用于干燥氢气、氧气等气体，D正确；故选A。8.白磷、红磷结构如图所示。某温度下白磷转化为红磷时放出的热量，下列叙述正确的是A.白磷转化为红磷是物理变化B.白磷比红磷的能量低，更稳定C.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成D.白磷、红磷互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．白磷转化为红磷是化学变化，A错误；B．白磷比红磷的能量高，更不稳定，B错误；C．化学键的断裂与形成是化学反应中能量变化的主要原因，C正确；D．白磷、红磷互为同素异形体，D错误；故选C。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.乙烯和丙烯的混合物中，所含碳原子数为B.在密闭容器中充入和，充分反应后生成个分子C.常温下，加入足量的浓硝酸中，反应转移的电子数为D.足量乙烷与(标准状况)发生取代反应，形成的键数为【答案】D【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的混合物中，所含碳原子数为，A错误；B．在密闭容器中充入和，由于该反应为可逆反应，充分反应后生成分子小于个，B错误；C．常温下，加入足量的浓硝酸发生钝化，C错误；D．足量乙烷与(标准状况)发生取代反应，发生反应生成和HCl的比例为1：1，故形成的键数为，D正确；故选D。10.下列有关实验探究的说法正确的是A.浓硝酸在光照条件下变黄，说明HNO3不稳定，生成的NO2能溶于浓硝酸B.可以用如图甲装置比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱C.向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中一定含有SOD.可以用如图乙装置除去CO2气体中混有的SO2【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸不稳定，受热或者光照条件下分解为二氧化氮、氧气、水，生成的二氧化氮是红棕色气体，溶于浓硝酸中，浓硝酸颜色变黄，A正确；B．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl随二氧化碳进入烧杯中，与Na2SiO3反应产生原硅酸白色沉淀，干扰实验无法比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，B错误；C．若溶液中有亚硫酸根，被硝酸氧化，也产生白色沉淀，不能说明该溶液中一定含有SO，C错误；D．CO2可以与饱和碳酸钠溶液反应，除去CO2气体中混有的SO2应该选用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；答案选A。11.有机物M()是有机合成的一种中间体。下列关于M的说法错误的是A.分子式为 B.含有两种官能团C.分子中所有碳原子可能共平面 D.能发生加成反应和取代反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．有机物分子式为，故A正确；B．含有碳碳双键、酯基两种官能团，故B正确；C．分子中存在叔碳原子，具有四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故C错误；D．该有机物可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加成反应，故D正确；故答案为C。12.氮及其化合物的“价一类”二维图如下所示。下列描述错误的是A.从物质类别角度分析，Q和Z都属于酸性氧化物B.将转化为Q的过程属于氮的固定C.可用生石灰和浓氨水不加热来制取XD.汽车尾气的净化装置可以将Q转化为【答案】A【解析】【分析】依据二维图，-3价的氢化物X为，+2价氧化物Q为NO，+4价氧化物Z为，+5价氧化物P为，+5价酸为，-3价的碱为；【详解】A．Q，Z为，从物质类别角度分析，两者都不是酸性氧化物，A错误；B．Q是，氮元素由游离态转化为化合态为氮的固定，将转化为的过程，属于氮的固定，B正确；C．X为，将浓氨水滴入生石灰中可用于制取，C正确；D．汽车尾气中发生反应，故D正确；故合理选项为A。13.催化加氢是化学工业上实现资源再生、改善环境的重要方式之一，其中一种加氢生成低碳烃的过程示意图如下：下列说法错误的是A.与互为同系物B.a进行一氯取代后生成4种沸点不同的有机产物C.多功能催化剂可以加快催化加氢速率D.直馏汽油和裂化汽油都可以使溴水加成而褪色【答案】D【解析】【详解】A．a和b均为烷烃，分子式上相差1个CH2，互为同系物，故A正确；B．a的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，有4种氢原子，故进行一氯取代后生成4种沸点不同的有机产物，故B正确；C．由催化剂的特点可知，催化剂可以改变化学反应的速率，CO2催化加氢是化学工业上实现资源再生、改善环境，多功能催化剂可以加快CO2催化加氢速率，故C正确；D．直馏汽油中含饱和烃，与水不溶，与溴不反应；裂化汽油含不饱和烃，与溴发生加成反应，故D错误；故选D。14.下列由实验操作及现象所得的结论正确且符合事实的是选项实验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中通入乙烯气体溶液紫色褪去乙烯与酸性KMnO4溶液发生加成反应B将SO2通入Ba(NO3)2溶液中产生白色浑浊反应生成BaSO4难溶于水C将足量Fe粉加入盛有适量稀硝酸的试管中溶液变成浅绿色稀硝酸只能将Fe氧化为Fe2+D纯锌与稀硫酸反应时，向溶液中滴入几滴CuSO4溶液产生气泡的速度加快CuSO4是锌与稀硫酸反应的催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向酸性KMnO4溶液中通入乙烯气体，紫色褪去，不能说明乙烯与酸性高锰酸钾发生加成反应，故A错误；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，硝酸根在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根，生成白色沉淀，说明BaSO4难溶于水，故B正确；C．足量Fe粉加入盛有适量稀硝酸的试管中，硝酸将Fe氧化为Fe3+，过量的Fe和Fe3+反应生成Fe2+，故不能说明稀硝酸只能将Fe氧化为Fe2+，故C错误；D．向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成的铜，铜与锌在稀硫酸中构成原电池，原电池反应使产生气泡速率加快，故D错误；故选B。15.溴被称为“海洋元素”，从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一左右，部分工艺流程如下：下列说法错误的是A.试剂X通常为硫酸 B.通入热空气将溴吹出，利用了溴的易挥发性C.试剂可以选用 D.操作Z只需分液【答案】D【解析】【分析】在酸性条件下用氯气将海水中的溴离子氧化为溴单质，随后用二氧化硫和氯气一起通入吸收塔中，来富集溴，之后再用氯气将溴离子氧化为单质溴，之后再萃取分离即可，以此解题。【详解】A．酸性条件下有利于氯气将海水中的溴离子氧化为单质溴，提高氯气的利用率，A正确；B．溴易挥发，通入热空气将溴吹出，B正确；C．二氧化硫有还原性，可以和氯气、水反应，从而达到富集溴的目的，C正确；D．操作Z是分液和蒸馏的结合，D错误；故选D。第II卷(非选择题共55分)16.与无机化合物相比，有机化合物的组成元素并不复杂，但有机化合物数量众多，性质各异。I．高中化学常见的四种有机物(含、、元素中的两种或三种)的球棍模型如图。回答下列问题：（1）除去甲中混有的乙杂质，可采用的方法有______(填标号)。A．将混合气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、浓硫酸B．将混合气体依次通过足量激水、浓硫酸C．将混合气体与足量氢气混合II．聚甲基丙烯酸甲酯(PMMA)俗称有机玻璃，透光性好，能溶于有机溶剂，用于飞机和汽车的风挡。合成有机玻璃的相关物质转化如图：（2）F中含有的官能团的名称为______。（3）B转化成A的化学方程式为______。（4）PMMA的化学方程式为_____________，反应类型为______。（5）在实验室中获得F往往含有B、E，为提纯F，加入的试剂为______，分离的操作方法是______。（6）G是乙酸乙酯的同分异构体，且G能与溶液反应产生气体，则G的结构简式可能为______。(写出1种)。【答案】（1）AB（2）碳碳双键、酯基（3）（4）①.②.加聚反应（5）①.饱和碳酸钠溶液②.分液（6）或【解析】【分析】Ⅰ．由球棍模型可知，甲为甲烷、乙为乙烯、丙为乙醇、丁为乙酸；Ⅱ．由F的结构和B→A的反应推知，B为甲醇，A为甲醛，则E的结构为，F通过加聚反应得到聚甲基丙烯酸甲酯。【小问1详解】除去甲烷中混有的乙烯，通入酸性高锰酸钾溶液，乙烯反应生成CO2，进一步通过NaOH溶液、浓硫酸除去引入的杂质，A正确；B中乙烯与溴水反应生成的1,2-二溴乙烷，为油状液体，能实现除杂的目的，B正确；乙烯的加成往往引入H2杂质，除杂效果不佳，C错误；答案选AB；【小问2详解】观察F结构，F中含有酯基和碳碳双键官能团；【小问3详解】甲醇经催化氧化生成甲醛，方程式为；【小问4详解】F→PMMA的反应方程式为，为加聚反应；【小问5详解】F为属于酯类，除去混有的B、E，可以利用饱和碳酸钠溶液，溶解甲醇，反应甲基丙烯酸，生成易溶于水的产物，进而分液除去；【小问6详解】与乙酸乙酯互为同分异构体的酸可以表示为C3H7-COOH，丙基有两种，所以酸的结构为或。17.回答下列问题（1）运用原电池原理可研究物质的性质或进行工业生产。①某兴趣小组设计如图装置，用锌、铜作电极材料，硫酸铜溶液为电解质溶液进行原电池实验。负极材料是______。(填“锌”或“铜”)；当正极质量增加时，转移了______电子。②如图所示，运用原电池原理可将转化成硫酸。其中质子交换膜将该原电池分隔成余化反应室和还原反应室，能阻止气体通过而允许通过。是极______(填“正”或“负”)，b电极反应式为______，生产过程中向______(填“a”或“b”)电极区域运动。（2）氮及其化合物在生产、生活中有广泛的应用，按要求回答下列问题：①恒温下，将和置于体积为的密闭容器中进行反应。若时测得氢气浓度为，则用氨气表示内的化学反应速率为______，时体系总压强与初始时的总压强之比为______。②消除污染物，可在一定条件下，用与反应生成和，在恒容密闭容器中充入和发生反应。下列事实能说明该反应达到平衡状态的是______(填字母)。A．容器中NO和的体积分数之比不再变化B．容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化C．D．相同时间内断裂中数与形成中数之比为【答案】（1）①.锌②.0.4③.负④.⑤.b（2）①.0.08②.③.B【解析】【小问1详解】①该装置为原电池，锌为负极，失电子被氧化，铜为正极，铜离子得电子生成铜，被还原。正极质量增加12.8g时，生成铜的物质的量为：=0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol；②运用原电池原理可将SO2转化成硫酸，故SO2在负极失电子反应生成硫酸，a极为负极；b极为正极，氧气在正极得电子，与氢离子反应生成水，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，氢离子由左侧移向右侧，即向b极区移动。【小问2详解】①由5min时测得氢气浓度为0.9mol/L可知，5min时，氮气、氢气、氨气的物质的量为1.0mol-(3.0mol-0.9mol/L×2L)×=0.6mol、0.9mol/L×2L=1.8mol、(3.0mol-0.9mol/L×2L)×=0.8mol，则氨气的反应速率为=0.08mol/(L·min)，体系总压强与初始时的总压强之比为(0.6mol+1.8mol+0.8mol)：(1.0mol+3.0mol)=3.2mol：4.0mol=4：5；②A．由题意可知，反应中容器中一氧化氮和一氧化碳的体积分数之比始终不变，则容器中一氧化氮和一氧化碳的体积分数之比不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A项不选；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中容器中混合气体的平均相对分子质量增大，则容器中混合气体的平均相对分子质量不再变化说明各组分的物质的量不再变化，反应已达到平衡，B项选；C．由方程式可知，2v正(NO)=v逆(N2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C项不选；D．由方程式可知，相同时间内断裂N2中N≡N数与形成CO2中C=O数之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D项不选；答案选B。18.海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如图所示。（1）步骤①会用到下列仪器中的_____(填字母)。A.酒精灯 B.漏斗 C.坩埚 D.泥三角（2）海带灰悬浊液含有。步骤④的试剂选用、稀硫酸，离子方程式是______。（3）检验步骤④产生了的方法是______。（4）过程⑤⑥⑦的目的是______。（5）下列说法正确的是______。A.为提高④中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行B操作⑤中，可用酒精、苯等代替C.操作⑥，得到的上层溶液为紫红色D.操作所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（6）方案甲中采用蒸馏分离效果不佳，原因是______；方案乙中操作的名称是______。【答案】（1）ACD（2）（3）向水溶液中滴加几滴淀粉溶液，观察溶液是否变蓝（4）富集碘元素(或将含溶液转化为的悬浊液，便于过滤分离)（5）D（6）①.碘易升华，蒸馏会导致碘的损失②.过滤【解析】【分析】海带灰富含以I-形式存在的碘元素，加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子会被氧化为碘单质；含碘单质的水溶液用四氯化碳萃取，分液后四氯化碳层中含有碘单质；加入氢氧化钠溶液，碘单质与NaOH反应，生成碘化钠、(次)碘酸钠和水；碘化钠、(次)碘酸钠在溶液中，往里面加稀硫酸，碘化钠和(次)碘酸钠反应生成碘单质，通过过滤得到固体。【小问1详解】步骤①需要灼烧海带，所以需要用到坩埚、泥三角、酒精灯、三脚架；故答案ACD；【小问2详解】步骤④是把海带灰悬浊液中的氧化为含I2，得到含I2溶液，结合给出的试剂，可知反应物为、和，依据氧化还原反应的规律可知产物为I2和，利用升降价配平得到离子方程式为；【小问3详解】检验I2的方法为向水溶液中滴加几滴淀粉溶液，观察溶液是否变蓝；【小问4详解】过程⑤是利用对含I2溶液进行萃取，过程⑥使I2发生歧化反应；过程⑦发生了归中反应，得到了I2的悬浊液；由此可见，过程⑤⑥⑦I2的浓度增大了，富集碘元素，更有利于分离；【小问5详解】A．高温时过氧化氢分解，不利于氧化碘离子，A项错误；B．酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，B项错误；C．操作⑥使用的是反萃取法，得到的上层溶液为碘单质与氢氧化钠反应后的无色的水溶液，C项错误；D．操作Z为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确；答案选D。【小问6详解】碘易升华，蒸馏会导致碘的损失，故蒸馏分离效果不佳；大量生成的固体碘单质会从水溶液中析出，经过滤得到粗碘。19.实验室