2023-2024学年云南省新平县一中高一下化学期末达标检测试题含解析

2023-2024学年云南省新平县一中高一下化学期末达标检测试题考生须知：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、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A．制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)＝CuSO4+SO2↑+2H2OB．制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；CuO+H2SO4(稀)＝CuSO4+H2OC．制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OD．制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1molCl2参加反应转移电子数一定是2NAB．常温常压下，NA个CH4分子占有的体积约为22.4LC．常温常压下，1molNa2O2中阴离子为2NA个D．标准状况下，11.2L16O2和11.2L18O2均含有NA个氧原子3、下列说法正确的是()A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”、“泪”分别是纤维素和油脂B．乙醇、金属钠和乙酸分别属于非电解质、非电解质和弱电解质C．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂是高分子化合物D．煤的干馏、石油的分馏分别是化学变化、物理变化4、能证明SO2具有漂白性的是（）A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失B．显红色的酚酞通入SO2后，红色消失C．品红溶液中通入SO2后，红色消失D．溴水中通入SO2后，橙色消失5、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是（）A．蛋白质和脂肪 B．蛋白质和高级烃 C．淀粉和油脂 D．纤维素和油脂6、我国首次试开采可燃冰圆满成功，下列与可燃冰(CH4·nH2O)释放气体成分相同的是()A．天然气 B．水煤气C．液化石油气 D．焦炉煤气7、清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是指（）A．氨水 B．氢氟酸 C．硫酸 D．食醋8、下列物质按只含共价键、只含离子键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是A．过氧化氢氯化钠氯化铵B．氯化钠过氧化钠氯化铵C．氯气氢氧化钠二氧化碳D．氦气氯化钠氢氧化钠9、使反应4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率v(X)为A．v(NH3)＝0.02mol·L－1·s－1B．v(O2)＝0.01mol·L－1·s－1C．v(N2)＝0.02mol·L－1·s－1D．v(H2O)＝0.02mol·L－1·s－110、下列物质中，只含离子键的是A．H2B．NH3C．MgCl2D．NaOH11、把a、b、c三块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时b为负极；a、c相连时a极上产生大量气泡；b、c相连时，电流由b到c。则这三种金属的活动性顺序由大到小为A．a>c>bB．c>b>aC．a>b>cD．b>c>a12、从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最好的方法是（）A．铜和浓硝酸反应 B．氧化铜和硝酸反应C．铜和稀硝酸反应 D．氯化铜和硝酸银反应13、在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是：（）A．V(A)═1．5mol/(L·S) B．V(B)═1．3mol/(L·S)C．V(C)═1．8mol/(L·S) D．V(D)═1mol/(L·S)14、工业上用铝土矿(主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3、SiO2等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下:下列说法错误的是A．滤渣A主要成分为SiO2B．滤液乙含有的阴离子主要为[

Al(OH)4]-、Cl-、OH-C．滤液丙中溶质的主要成分为Na2CO3D．④的基本反应类型为分解反应15、提出元素周期律并绘制了第一个元素周期表的科学家是A．戴维 B．阿伏加德罗 C．门捷列夫 D．道尔顿16、对化学反应限度的叙述，错误的是A．任何可逆反应都有一定的限度 B．化学反应达到限度时，正逆反应速率相等C．化学反应的限度是不可改变的 D．化学反应的限度与时间的长短无关二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、D、E、X、Y为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大。常温下，A2D呈液态；B是大气中含量最高的元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料。请用化学用语回答下列问题：(1)A与D可形成既含极性键又含非极性键的化合物W，W的水溶液呈弱酸性，常用作无污染的消毒杀菌剂，W的电子式为______。(2)向W溶液中加入ZE3，会减弱W的消毒杀菌能力，溶液呈现浅黄色。用化学方程式表示其原因是_________。(3)将E2的水溶液加入浅绿色的ZE2溶液中发生反应的离子方程式是________。(4)X和Y的单质，分别与H2化合时，反应剧烈程度强的是____(填化学式)；从原子结构角度分析其原因是_____。18、A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出A～F各物质的化学式：A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：______________________。19、ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3＋Al3＋ZrO2＋开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的化学式为________________。(3)为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________________。(4)向“过滤Ⅲ”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____________________________。20、软锰矿（主要成分是MnO2）与浓盐酸混合加热，产生了氯气。某学生使用这一原理设计如图所示的实验装置，并且利用制得的氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），据此回答下列问题：（1）A仪器的名称是__________（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是____________________。（3）此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低，经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中存在两个副反应：①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是______________________________。②试判断另一个副反应（写出此反应方程式）：____________________。（4）漂粉精同盐酸作用产生氯气：Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O，该反应中每生成1molCl2，转移电子的物质的量为__________mol。（5）有效氯是漂粉精中有效Ca(ClO)2的含量大小的标志。已知：有效氯=（漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉精的质量）100%，该漂粉精的有效氯为65%，则该漂粉精中Ca(ClO)2的质量分数为__________（保留一位小数）21、当前能源危机是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措。（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是________(填字母)。A．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展C．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。则在通常状况下，金刚石和石墨相比较，_________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH＝______________。（3）N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)ΔH＝＋180.0kJ/mol。NO分子中化学键的键能为_____。（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO生成无污染气体的热化学方程式：_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】选项A、B、D中分别产生了有毒气体SO2、NO2、NO，所以正确的答案是B。2、D【解析】

A、1molCl2与氢氧化钠溶液完全反应时转移电子数为1NA，A错误；B、NA个CH4分子的物质的量为1mol，常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则其体积不是22.4L，B错误；C、过氧化钠是由钠离子和过氧离子构成的，常温常压下，1molNa2O2中阴离子为NA个，C错误；D、标准状况下，11.2L16O2和11.2L18O2的物质的量均是0.5mol，其中均含有NA个氧原子，D正确，答案选D。3、D【解析】试题分析：A．蚕丝属于蛋白质，蜡炬的主要成分为烃类物质，故A错误；B．乙醇属于非电解质、乙酸属于弱电解质，钠是金属，不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．淀粉、纤维素和蛋白质是高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故C错误；D．煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，故D正确；答案为D。考点：考查有机物的结构和性质4、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失，是由于SO2气体具有还原性，错误；B．显红色的酚酞通入SO2后，红色消失是由于SO2溶于水反应产生的H2SO3具有酸性，发生酸、碱中和反应，与其漂白性无关，错误；C．品红溶液中通入SO2后，红色消失，是由于SO2与品红结合产生了无色物质，正确；D．溴水中通入SO2后，橙色消失，是由于发生反应:Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。SO2表现还原性，错误。故选C。5、B【解析】试题分析：蚕丝的主要成分是蛋白质，石蜡的主要成分是碳原子数目较多的烷烃、环烷烃或高级烃，故B正确。考点：考查基本营养物质，涉及日常生活中广泛应用的蚕丝、蜡烛的主要成分、糖类、油脂、蛋白质等。6、A【解析】

A.天然气的主要成分是甲烷，故A正确；B.水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故B错误；C.液化石油气的主要成分是丙烷等，故C错误；D.焦炉煤气主要是通过煤的干馏产生的，主要成分是CO、H2、CH4和C2H4等，故D错误。故选A。7、A【解析】分析：A.氨水具有挥发性，能够贮以玻璃瓶密封保存；B.氢氟酸腐蚀玻璃，不能贮以玻璃瓶；C.硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性；D.醋可以食用。详解：氨水具有挥发性，挥发出氨气，因此需要密封贮存，氨气的密度比空气小，且有刺激性气味；硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性，醋可以食用，而氢氟酸虽然为弱酸，但是能够腐蚀玻璃，不能用贮以玻璃瓶，综上所述，“鼻冲水”是指氨水，正确选项A。8、A【解析】A．NaCl中只含离子键，H2O2中只含共价键，NH4Cl中含有离子键和共价键，故A正确；B．NaCl中只含离子键，过氧化钠和氯化铵中含有离子键和共价键，故B错误；C．氯气和二氧化碳分子中都只含共价键，NaOH中含有离子键和共价键，故C错误；D．NaCl中只含离子键，He中不含化学键，故D错误；故选A。点睛：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，金属氧化物、部分碱、大多数盐中都含有离子键。注意稀有气体为单原子分子，不含化学键，只存在分子间作用力，为易错点。9、A【解析】

在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）==0.01mol•L﹣1•s﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答．【详解】在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）==0.01mol•L﹣1•s﹣1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v（NH3）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.02mol•L﹣1•s﹣1，v（O2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.015mol•L﹣1•s﹣1，v（H2O）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.03mol•L﹣1•s﹣1，，故选A。10、C【解析】A、H原子之间只存在共价键，故A错误；B、NH3中N原子和H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；C、MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C正确；D、NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误；故选C。11、B【解析】分析：形成原电池时，活泼金属做负极，根据电极反应现象首先判断电池的正负极，再判断金属的活泼性强弱。详解：形成原电池时，活泼金属做负极，若a、b相连时，b为负极，则金属活动性b＞a；a、c相连时，a极上产生大量气泡，说明在a极上产生氢气，a极上发生还原反应，a极为正极，则活动性c＞a；b、c相连时，电流由b到c，则c为负极，活动性c＞b，所以三种金属的活动性顺序为c＞b＞a。答案选B。12、B【解析】

A、铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，选项A错误；B、铜和稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，该反应中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，选项B错误；C、氧化铜和硝酸反应的方程式为：CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，选项C正确；D、氯化铜和硝酸银反应方程式为：CuCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Cu(NO3)2，该反应虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低成本”理念，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查硝酸的性质，利用硝酸铜的制备考查硝酸与铜反应、制取硝酸过程中应注意环境问题。13、B【解析】

同一个反应用不同的反应物及生成物表示的时候，化学反应速率之比等于其系数比，在比较的时候如果单位统一，直接将每种物质表示的速率直接除以其系数可直接得出大小，如A选项换算后为=1.25mol/(L·s)，B项换算后为1.3mol/(L·s)，C项换算后为=1.27mol/(L·s)，D项换算为==1.25mol/(L·s)，很显然B项最大。答案选B。14、C【解析】分析：本题考查的是金属及其化合物的分离和提纯，掌握铝的化合物的性质是关键。详解：铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤渣A为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。A.滤渣A为二氧化硅，故正确；B.滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，故正确；C.滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，故正确。故选C。点睛：注意流程中物质的使用量的多少，通常量的不同产物不同。与物质的量有关的反应有：1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。15、C【解析】

编制第一个元素周期表的化学家是门捷列夫，于1868年编绘完成，当时填入的元素种类为69种，周期表中留有许多空格，被后来发现的元素逐渐填满。道尔顿是首先提出了近代原子学说，阿伏加德罗是首先提出了分子学说，戴维首先用电解方法获得了碱金属。答案选C。16、C【解析】

A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，A正确；B.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，B正确；C.不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度可能发生改变，C错误；D．可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，D正确；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、2H2O22H2O＋O2↑Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋Br2Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱【解析】

常温下，A2D呈液态，A2D是水，A是H元素、D是O元素；B是大气中含量最高的元素，B是N元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1，则E是Cl、X是Br、Y是I；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料，Z2D3是氧化铁，Z是Fe元素。【详解】(1)H与O形成的既含极性键又含非极性键的化合物W是过氧化氢，电子式为；(2)ZE3是FeCl3，Fe3+催化分解过氧化氢，会减弱过氧化氢的消毒杀菌能力，化学方程式是2H2O22H2O＋O2↑；(3)将氯水加入浅绿色的FeCl2溶液中，FeCl2被氧化为FeCl3，发生反应的离子方程式是Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋；(4)Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱，所以与H2化合时，Br2反应剧烈程度强。18、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析】

(1)由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓＋H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。19、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案为：5.2～6.2；ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，正确分析题目涉及流程的分析应用、掌握化学基本实验操作是解题的关键。本题的易错点为(3)，要正确理解加入氨水调节pH的作用。20、分液漏斗将U形管置于冷水浴中165.5%【解析】详解：（1）由图知A仪器的名称是分液漏斗。（2）氯气和消石灰反应即得到漂白