期末检测卷A-2023-2024学年高一化学（人教版2019）

期末检测卷A（满分：100分时间：75分）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列说法正确的是A．裂化汽油和直馏汽油都可以与溴水反应使其褪色B．煤通过干馏可获得焦炉气、煤焦油、焦炭等C．石油通过分馏得到的汽油是纯净物D．煤通过气化、液化这样的物理变化可获得洁净的燃料【答案】B【解析】A项，裂化汽油中含烯烃，可以与溴水反应使其褪色，但直馏汽油不含碳碳不饱和键，不能使溴水发生加成反应而使其褪色，错误；B项，将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，故煤的干馏是化学变化，能得到焦炉气、煤焦油和焦炭等，正确；C项，石油的各种馏分均是一个温度段内分馏的产物，故仍然是混合物，错误；D项，煤的气化是用煤生产水煤气，煤的液化是用煤来生产甲醇，故均为化学变化，错误。2．为解决气候危机，我国制定了实现“碳中和”和“温室气体净零排放”的长期战略目标。下列做法不应该提倡的是A.使用一次性餐具 B.发展CO2捕集技术C.开发新能源 D.开发清洁燃烧技术【答案】A【详解】A．一次性餐具用餐的大量使用既浪费资源，又会造成环境污染，故A错误；B．发展CO2捕集技术，可以减缓温室效应，实现碳的循环利用，故B正确；C．开发利用新能源可以减少化石能源的利用，减少污染物的排放，故C正确；D．开发清洁燃烧技术，燃烧产物不含硫氮化合物，故D正确；故选A。3．下列每组中的两种互为同素异形体的是A.金刚石与石墨 B.CH4与CH3CH3C.正丁烷与异丁烷 D.12C与14C【答案】A【解析】【详解】A．金刚石与石墨，均为C元素构成的单质，同素异形体，A符合题意；B．CH4与CH3CH3，结构相似，分子式相差1个CH2，为同系物，B不符合题意；C．正丁烷与异丁烷，分子式均为C4H10，为同分异构体，C不符合题意；D．12C与14C，质子数相同，中子数不同的原子，为同位素，D不符合题意；答案选A。4．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.硫酸和氢氧化钡溶液混合：2H++2OH+Ba2++SO42=BaSO4↓+2H2OB.过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+2H+=H2↑+Fe2+C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH=AlO2+2H2OD.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2=CuS↓【答案】A【详解】A．硫酸和氢氧化钡溶液混合，反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：2H++2OH+Ba2++SO42=BaSO4↓+2H2O，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。5．已知反应O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)的反应过程中的能量变化如图所示，下列叙述正确的是A．生成4molH－O键吸收E2kJ能量B．2molH2(g)和1molO2(g)的总能量低于2molH2O(g)的能量C．断开2molH－H键和1molO=O键消耗的总能量大于形成4molH－O键释放的总能量D．H2(g)和O2(g)反应生成2molH2O(l)时放出的能量大于(E2E1)kJ【答案】D【详解】A．形成化学键时会释放能量，所以生成4molH－O键放出E2kJ能量，故A错误；B．由图可知，该反应为放热反应，2molH2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molH2O(g)的能量，故B错误；C．由图可知，该反应为放热反应，所以断开2molH－H键和1molO=O键消耗的总能量小于形成4molH－O键释放的总能量，故C错误；D．由图可知，H2(g)和O2(g)反应生成2molH2O(g)时放出的能量为(E2E1)kJ，由于2molH2O(g)转化为2molH2O(l)时会放出能量，所以，H2(g)和O2(g)反应生成2molH2O(l)时放出的能量大于(E2E1)kJ，故D正确；故答案选D。6．如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A．操作Ⅱ发生反应的离子方程式为4Fe2＋＋4H＋＋O24Fe3＋＋2H2OB．溶液b中阳离子只有Fe2＋C．溶液a转化为溶液b的反应中，SO2被还原D．加入FeO可以使溶液c转化为溶液a【答案】A【解析】溶液a中通入SO2，转化为溶液b，化学方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4；溶液b中通入空气，转化为溶液c，化学方程式为4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。A项，由分析可知，操作Ⅱ中，FeSO4被O2氧化，生成Fe2(SO4)3等，反应的离子方程式为4Fe2＋＋4H＋＋O24Fe3＋＋2H2O，正确；B项，溶液b中，阳离子有Fe2＋、H＋，可能含有Fe3＋，不正确；C项，溶液a转化为溶液b的过程中，SO2转化为H2SO4，SO2失电子被氧化，错误；D项，由分析可以看出，溶液c中含有Fe2(SO4)3、H2SO4，加入FeO后，FeO和H2SO4反应会生成FeSO4，不正确。7．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量的氨气，图中装置能达到相应的实验目的的是A.生成NH3 B.干燥NH3C.收集NH3 D.吸收NH3尾气【答案】D【详解】A．加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的试管口应略向下倾斜，以免生成的水回流到试管底部炸裂试管，故A错误；B．氨和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，可以用装在干燥管里的碱石灰，故B错误；C．氨的密度小于空气，可以用向下排空气法收集，但圆底烧瓶不能塞上塞子，应在瓶口放一团棉花，故C错误；D．氨极易溶于水，为了防止倒吸，可以用球形干燥管吸收氨尾气，故D正确；故选D。8．有机化合物可能发生的化学反应有①加成反应②氧化反应③取代反应④加聚反应A.①③ B.①②③④C.②③④ D.①③④【答案】B【详解】①含有碳碳双键、苯环均可发生加成反应，故①选；②含碳碳双键、羟基均可发生氧化反应，故②选；③含羟基、羧基均可发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故③选；④含碳碳双键可发生加聚反应，故④选；综上所述，①②③④均可以发生，B项正确；答案选B。9．下列烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷只有一种的是A.CH3CH3 B.CH3CH2CH3C.CH3CH2CH2CH3 D.CH3CH2CH2CH2CH3【答案】A【详解】A.CH3CH3为乙烷的结构简式，分子中有1种氢原子，其一氯代物有1种，故A正确；B.CH3CH2CH3为丙烷的结构简式，分子中有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故B错误；C.CH3CH2CH2CH3为正丁烷的结构简式，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，故C错误；D.CH3CH2CH2CH2CH3为正戊烷的结构简式，分子中有3种氢原子，所以一氯代物有3种，故D错误；故选A。10．在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是①混合气体的密度②混合气体的压强③B的物质的量浓度④混合气体的总物质的量A．①② B．②③ C．①③ D．①④【答案】C【详解】①A是固体，反应两边气体的质量不相等，而体积不变，若混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态；②反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，混合气体的压强也不会发生变化，压强不变不能说明反应达到平衡状态；③B的物质的量浓度是化学反应处于平衡状态的特征；④反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，不能说明反应达到平衡状态；综上所述，表明反应已达平衡的是①③，答案选C。11．用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是A.实验①在15min内M的降解速率为1.33×105mol/(L·min)B.实验①②说明升高温度，M降解速率增大C.实验①③证明pH越高，越不利于M的降解D.实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢【答案】D【详解】A．实验①在15min内M的降解速率为=1.33×105mol/(L·min)，A正确；B．从表中可知实验①②的单一变量是温度，且实验②的温度高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线②的下降幅度大于曲线①，起始M的浓度相同，故说明升高温度，M降解速率增大，B正确；C．从表中可知实验①③的单一变量是pH，且实验③的pH高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线③的下降幅度小于曲线①，起始M的浓度相同，故说明pH越高，越不利于M的降解，C正确；D．实验②④的温度和起始M浓度均不相同，不符合单一变量的对照要求，不能说明M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误；故答案选D。我国科学家以LiI为催化剂，通过改变盐浓度或溶剂调节锂－硫电池的放电性能。模型装置如图所示。下列说法正确的是A．放电时，电能转化为化学能B．放电时，Li＋向a极迁移C．b极反应式为S8＋16e－＋16Li＋8Li2SD．a极质量净减14g时电路上通过6.02×1023个电子【答案】C【解析】根据示意图可判断该装置为原电池，Li在a电极失电子化合价升高发生氧化反应，a电极为负极；S8在b电极得电子化合价降低被还原，结合自负极经阳离子膜迁移来的Li＋生成Li2S，b电极为正极，据此可判断。A项，原电池放电时化学能转化为电能，错误；B项，原电池放电时阳离子向正极(b极)迁移，错误；C项，b极为正极，发生还原反应，电极反应式S8＋16e－＋16Li＋8Li2S，正确；D项，放电时，a极反应式Li－e－Li＋，14gLi相当于2molLi，转移电子2mol，错误。13．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将湿润的蓝色石蕊试纸置于集气瓶口，试纸变红集气瓶内的气体为NH3B常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解金属性：Cu>FeC向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊，分离沉淀后加足量水，沉淀不溶解蛋白质发生了变性D向某乙醇试样中加入一小块金属钠，有气泡生成该乙醇中含有一定量的水A.A B.B C.C D.D【答案】C【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；B．铁的金属性强于铜，在浓硝酸中因产生钝化而不溶解，故B错误；C．硫酸铜是重金属盐，盐溶液能使蛋白质发生变性，变性是不可逆的过程，得到的沉淀不会溶解，故C正确；D．乙醇也能与金属钠反应放出氢气，则有气泡生成不能确定乙醇中是否含有一定量的水，故D错误；故选C。14．海洋中有丰富的“食品、矿产、能源、药物和水产资源”等，下列说法正确的是A.第①步中除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋等杂质，加入药品的顺序为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、过滤后加盐酸B.工业上通过电解氯化钠溶液制取金属钠C.第③步到第⑤步的目的是为了富集溴元素D.第④步离子方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+2H++SO【答案】C【详解】A．粗盐提纯应先加入BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，NaOH溶液加入顺序随意，描述错误，不符题意；B．制取金属钠需电解熔融态NaCl，描述错误，不符题意；C．溴离子在海水中浓度很低，第一次制得溴单质直接萃取分离的成本过高，处理也很麻烦，故需用SO2的水溶液再次吸收Br2，获得高浓度的Br溶液，描述正确，符合题意；D．HBr是强电解质，离子方程式中需拆写为离子形式，方程式拆写错误，不符题意；综上，本题选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15．(14分)I.已知锌与稀硫酸反应为放热反应，某探究小组为了探究其反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下：经过时间(min)12345氢气体积(mL)30120280350370（1）反应速率最大的(即0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min)时间段为_______，原因是_______。（2）反应速率最小时间段为_______，原因是_______。II.该探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。限选试剂：1.00mol/LHNO3、2.00mol/LHNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35℃水浴。（3）他们能完成哪些因素对速率影响的探究_______？。（4）请根据能进行的探究内容，补充完成下列实验设计表的空白部分，完成探究实验：实验编号T/℃大理石规格硝酸浓度(mol/L)①常温细颗粒2.00②___细颗粒1.00③35____2.00④35_____2.00（5）整个实验中应控制的不变量是硝酸溶液体积和_______。【答案】（1）①.2

min～3

min②.因该反应是放热反应，此时温度高（2）①.4

min～5

min②.硫酸浓度减小，反应速率慢（3）硝酸浓度、温度、大理石表面积（4）①.常温②.粗颗粒③.细颗粒（5）固体的质量不变【小问1详解】从表中数据看出2

min～3

min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，故答案为：2

min～3

min；因该反应是放热反应，此时温度高；【小问2详解】4

min～5

min收集的氢气最少是因为随反应进行c(H+)下降，反应物浓度越低，反应速率越小，故答案为：4

min～5

min；硫酸浓度减小，反应速率慢；【小问3详解】由信息可知，硝酸浓度不同、大理石的接触面积不同、温度不同，则可完成硝酸浓度、温度、大理石表面积对速率影响，故答案为：硝酸浓度、温度、大理石表面积；【小问4详解】①②只控制浓度不同，③④控制接触面积不同，则②为常温，③为粗颗粒，④为细颗粒，实验编号T/℃大理石规格硝酸浓度(mol/L)①常温细颗粒2.00②常温细颗粒1.00③35粗颗粒2.00④35细颗粒2.00故答案为：常温；粗颗粒；细颗粒；16．(14分)镁及其合金是用途很广的金属材料。工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的MgCl2，皮江法是Si在高温下还原MgO。已知：相关各物质熔点见下表：物质MgOMgCl2MgSi熔点28527146491410Ⅰ．电解法冶炼镁。化工厂利用卤水(主要成分为NaCl和MgCl2)生产金属镁的一种工艺流程如图所示：（1）Y与Z反应后的产物溶于水可得X溶液，从而实现了Y的再利用，则Z的化学式为_______。（2）“沉淀”中除Mg(OH)2外，还可能含有的杂质为___________(填化学式)。（3）工业上不用电解MgO制金属镁的原因为______________________________________。Ⅱ．皮江法冶炼镁，工业流程如下：（4）气体a为_________(填化学式)。（5）白云石煅烧前粉碎的目的为_________________________________________。（6）还原炉需控制温度为1200℃左右，并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有________________、SiO2＋CaOeq\o(,\s\up7(高温))CaSiO3。【答案】（1）H2（2）Ca(OH)2（3）MgO熔点很高(2852℃)，而MgCl2熔点相对较低(714℃)，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生产成本（4）CO2（5）增大固体表面积，提高化学反应速率（6）2MgO＋Sieq\o(,\s\up7(高温))2Mg＋SiO2【解析】电解法冶炼镁中，牡蛎壳高温煅烧，得到生石灰即氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，再与卤水中的镁离子反应生成氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁再和盐酸反应生成氯化镁，再电解氯化镁得到金属镁和氯气，氯气转化成HCl重复利用。皮江法冶炼镁中，白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，硅再与氧化镁反应生成镁单质，冷凝得到粗镁锭。（1）电解熔融氯化镁生成镁和氯气，则Y为氯气，X为盐酸，由于氯气和氢气反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸，从而实现了氯气的再利用。Z的化学式为H2；（2）生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙将Mg2＋转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化钙在水中溶解度较低，沉淀中可能含有的杂质为Ca(OH)2；（3）MgO熔点高，而MgCl2熔点相对较低，熔融MgO时会耗费大量的能量而增加生成成本，所以工业上不用电解MgO制金属镁；（4）白云石煅烧分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，故气体a为CO2；（5）白云石煅烧前粉碎的目的是增大固体表面积，提高化学反应速率；（6）还原炉中发生的反应有硅还原氧化镁，生成的二氧化硅与氧化钙反应得到硅酸钙，其反应的化学方程式为2MgO＋Sieq\o(,\s\up7(高温))2Mg＋SiO2，SiO2＋CaOeq\o(,\s\up7(高温))CaSiO3。17．(15分)减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容。合理应用和处理氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。Ⅰ．雾霾严重影响人们的生活，雾霾的形成与汽车排放的NOx等有毒气体有关。（1）通过活性炭对汽车尾气进行处理，相关原理为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______。A．2v正(NO)＝v逆(CO2)B．混合气体中N2的体积分数保持不变C．单位时间内断裂1个N≡N同时生成1个C＝OD．恒温、恒容条件下，混合气体的密度保持不变E．恒温、恒压条件下，混合气体的平均摩尔质量保持不变（2）在催化转化器中，汽车尾气中CO和NO可发生反应2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，若在容积为10L的密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4molCO、0.2molNO，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①实验b从开始至平衡时的反应速率v(CO)＝_______________________；②实验a中NO的平衡转化率为_________。③与实验b相比，实验c改变的条件是_______________。Ⅱ．为减少汽车尾气的污染，逐步向着新能源汽车发展。肼—空气燃料电池是一种碱性电池，无污染，能量高，有广泛的应用前景，其工作原理如图所示，（3）回答下列问题：①该燃料电池中正极通入的物质是_______，负极发生的反应式为____________________。②电池工作时，OH－移向_______电极(填“a”或“b”)。③当电池放电转移10mol电子时，至少消耗燃料肼_______g。【答案】（1）BDE（1分）（2）①2.5×10－4mol·L－1·min－1（1分）②60%（2分）③使用催化剂（1分）（3）①空气（1分）N2H4＋4OH－－4e－N2↑＋4H2O（2分）②a（1分）③80（1分）【解析】（1）A项，由反应方程式知当v正(NO)＝2v逆(CO2)时反应达到平衡，不符合题意；B项，混合气体中N2的体积分数保持不变时，说明消耗的氮气和生成的氮气相等，反应达到平衡状态，符合题意；C项，由方程式知单位时间内断裂1个N≡N同时生成2个C＝O，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，不符合题意；D项，由方程式知，反应有固体参加，恒温、恒容条件下，混合气体的密度保持不变时，混合气体的质量不再变化，说明反应达到平衡，符合题意；E项，由方程式知，反应前后气体的总物质的量不变，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明气体的总质量不再变化，反应达到了平衡，符合题意；故答案为：BDE；（2）①起始时充入0.4molCO、0.2molNO，发生2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，设转化的CO为nmol，则2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)起始/mol0.40.200转化/molnnnEQ\f(n,2)平衡/mol0.4－n0.2－nnEQ\f(n,2)由压强之比等于物质的量之比得EQ\f(0.4＋0.2,0.4－n＋0.2－n＋n＋EQ\f(n,2))＝EQ\f(180,165)，解得n＝0.1mol，所以实验b从开始至平衡时的反应速率v(CO)＝EQ\f(EQ\f(0.1mol,10L),40min)＝2.5×10－4mol·L－1·min－1；②设转化的NO为xmol，则2CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)起始/mol0.40.200转化/molxxxEQ\f(x,2)平衡/mol0.4－x0.2－xxEQ\f(x,2)由压强之比等于物质的量之比得EQ\f(0.4＋0.2,0.4－x＋0.2－x＋x＋EQ\f(x,2))＝EQ\f(190,171)，解得x＝0.12mol，实验a中NO的平衡转化率为EQ\f(0.12,0.2)×100%＝60%；③与实验b相比，实验c只是反应速率加快了，反应达平衡时总压强和总物质的量没有改变，改变的条件只能是使用催化剂，故答案为：2.5×10－4mol·L－1·min－1；60%；使用催化剂；（3）①肼—空气燃料电池中肼(N2H4)中氮元素为－2价升高到氮气中的0价，发生氧化反应，所以通入肼的一极为负极，电极反应式为N2H4－4e－→N2↑，由电荷守恒有N2H4＋4OH－－4e－→N2↑，再由质量守恒得N2H4＋4OH－－4e－N2↑＋4H2O，通入空气的一极为正极；②根据①分析a极为负极，b极为正极，对于原电池来说，阴离子移向负极，所以电池工作时，OH－移向a电极；③由负极电极反应式N2H4＋4OH－－4e－N2↑＋4H2O知电池放电转移10mol电子时，消耗燃料肼的物质的量为EQ\f(10mol,4)＝2.5mol，质量为2.5mol×32g·mol－1＝80g。18．(15分)已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B有特殊的香味，E是常见的高分子材料。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。（1）A、D分子中官能团的名称分别是____、_____。反应④、⑤的反应类型分别是____、____。（2）反应②的化学方程式是_______，反应④的化学方程式是_______。（3）某同学用如下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，烧杯D中上层出现透明的、不溶于水的油状液体。①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，