广西壮族自治区河池市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西壮族自治区河池市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于氮及其化合物的说法中不正确的是（）A.氮的固定过程中一定发生了氧化还原反应 B.氮氧化物大量排放到空气中会造成酸雨C.NO和N2都可稳定存在于空气中 D.N2既可作氧化剂又可作还原剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，该过程一定发生了氧化还原反应，故A正确；B．氮氧化物大量排放到空气中会形成硝酸型酸雨，故B正确；C．NO不稳定，易与O2反应生成NO2，故C错误；D．N2中N元素的化合价为0价，处于N元素的中间价态，既可以被氧化又可以被还原，故N2既可以作氧化剂又可以作还原剂，故D正确。〖答案〗为：C。2.化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法错误的是（）A.卡塔尔AIJanoub体育场屋顶采用聚四氟乙烯板材，该板材属于有机高分子材料B.大飞机C919用到了铝锂合金，铝锂合金属于金属材料C.光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是单质硅D.葡萄酒中通常含有微量的SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．聚四氟乙烯是由有机物四氟乙烯通过加聚反应生成的有机高分子化合物，属于有机高分子材料，A项正确；B．大飞机C919用到了铝锂合金，密度小、强度大，铝锂合金属于金属材料，B项正确；C．光导纤维在信息技术发展中应用广泛，制造光导纤维的主要材料是二氧化硅，C项错误；D．葡萄酒中通常含有微量的SO2，SO2可以起到杀菌的作用，又是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的营养成分被氧化，起到保质作用，并有助于保持葡萄酒的天然果香味，D项正确；〖答案〗选C。3.从微观角度认识物质是掌握物质性质的途径之一。下列有关说法不正确的是（）A.乙烷的分子式：C2H6B.的结构示意图：C.甲烷分子的空间填充模型： D.氨气的电子式：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．乙烷的分子式为C2H6，A正确；B．最外层8个电子，结构示意图:，B正确；C．甲烷为正四面体结构，分子的空间填充模型为：，C正确；D．氨气为共价化合物，氮原子最外层达到8个电子稳定结构，其电子式为，D错误；故选D。4.已知化学反应的能量变化如图所示，则有关说法错误的是（）A.随着反应的进行，该反应向环境放出热量B.A2的稳定性大于物质ABC.该反应中，化学键断裂吸收的总能量小于化学键形成放出的总能量D.铝片与盐酸反应的能量变化趋势与图示相似〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该反应为放热反应，随着反应的进行，该反应向环境释放热量，故A正确；B．能量越低越稳定，反应物的总能量比生成物的能量高，但是A2的能量的大小无法与AB能量比较，所以稳定性无法比较，故B错误；C．化学键断裂吸收能量，化学键形成释放能量，该反应为放热反应，故放出的总能量大于吸收的总能量，故C正确；D．图示是放热反应，铝片与盐酸的反应为放热反应，符合图中的能量变化，故D正确。〖答案〗为：B。5.“绿色化学”也称作环境友好化学，其核心思想就是改变“先污染后治理”的观念和做法。下列实验或叙述中不符合“绿色化学”理念的是（）A用乙醇汽油代替普通汽油作汽车燃料B.工业合成氨时，氨分离后剩余气体再利用C.制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应D.通过化学方法去治理排放到环境中的废气、废渣、废液〖答案〗D〖解析〗【详析】A．用乙醇代替汽油作汽车燃料，能够减少有害气体的排放，有利于环境保护，符合“绿色化学”的理念，故A正确；B．工业合成氨时，氨分离后剩余的气体再利用，能够提高原料利用率，符合“绿色化学”的理念，故B正确；C．制CuSO4时先将Cu氧化成CuO后再与稀硫酸反应，不会产生有毒气体，消耗的硫酸的量少，符合“绿色化学”理念，故C正确；D．做法为“先污染后治理”，不符合“绿色化学”理念，故D错误。〖答案〗为：D。6.乙醇和乙酸是人们生活和生产中常用的有机物。下列有关说法错误的是（）A.乙醇的催化氧化可以得到乙酸B.1mol乙醇可以和足量的金属钠反应产生0.5molH2C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇和乙酸D.可用饱和的碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙醇的催化氧化可以得到乙醛，A错误；B．1mol乙醇可以和足量的金属钠反应产生0.5molH2，B正确；C．乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙酸不可以，C正确；D．饱和的碳酸钠溶液能够溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，D正确；故选A。7.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，1mol苯的体积为22.4LB.1molS在足量氧气中燃烧生成SO3的数目为C.1mol铁和过量稀硝酸反应，转移的电子数目为D.30g乙烷中含有C—H键的数目为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．标准状况下苯不是气体，1mol苯在标准状况下的体积不是22.4L，A错误；B．1molS在足量氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，B错误；C．1mol铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，转移的电子数目为，C错误；D．1mol乙烷中含有C－H键6mol，30g乙烷(1mol)含C－H键数目为，D正确。〖答案〗选D。8.煤、石油和天然气的综合利用能够提高利用率，减少污染，获得多种化工产品。下列说法错误的是（）A.天然气的主要成分为CH4B.通过石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等重要的基本化工原料C.煤的干馏和石油的分馏均属于化学变化D.石油分馏后得到的汽油、煤油、柴油均是混合物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．天然气的主要成分为CH4，A正确；B．通过石油裂化和裂解可获得乙烯、丙烯等重要的基本化工原料，B正确；C．石油的分馏属于物理变化，C错误；D．石油分馏后得到的汽油、煤油、柴油依然是碳原子数在一定范围内的混合物，D正确。〖答案〗为：C。9.一定量的一氧化氮和足量碳在恒容密闭容器中发生反应：，下列不能说明反应已达平衡状态的是（）A.NO的转化率不再发生变化B.容器内压强不再发生变化C.容器内混合气体的平均相对分子质量不再发生变化D.容器内混合气体的密度不再发生变化〖答案〗B〖解析〗【详析】A．反应达到平衡前转化率在不断增大，转化率不再发生变化，可以说明反应已达平衡状态，A正确；B．该反应是反应前后气体分子数不变的反应，所以在平衡前后压强始终不变，容器内压强不再发生变化，不能说明反应已达平衡状态，B错误；C．平衡前，气体质量在增大，气体的物质的量不变，故混合气体的平均摩尔质量在增大，所以容器内混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明反应已达平衡状态，C正确；D．平衡前，气体的质量增大，容器体积不变，混合气体的密度在增大，故容器内混合气体的密度不再发生变化，说明反应达平衡状态，D正确。〖答案〗选B。10.下列各组物质互为同分异构体的是（）A.16O2与18O2 B.CH4与CH3CH3C.正丁烷与异丁烷 D.乙烷与乙烯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．16O2与18O2属于同一种物质，故A错误；B．CH4与CH3CH3分子式不同，结构相似，互为同系物，故B错误；C．正丁烷与异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．乙烷与乙烯分子式不同结构不同，故D错误。〖答案〗为：C。11.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是（）A.a可与e反应生成bB.b只有还原性，没有氧化性C.可将溶液e加入浓碱液中制得d的胶体D.不可能存在b→c→d→e→b的循环转化关系〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为、、等铁的二价盐类物质，c为，d为，e为、、等铁的三价盐类物质。【详析】A．铁与铁的三价盐类物质可发生反应生成铁的二价盐类物质，如，A正确；B．为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，B错误；C．铁的三价盐类物质与浓碱液反应生成沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，C错误；D．可能存在b→c→d→e→b的转化，如，D错误；故选A12.下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验操作实验目的A将海带灰溶于水，过滤，向滤液中滴加淀粉溶液检测海带中含有碘元素B将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去证明SO2的漂白性C向硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀产生验证H2CO3的酸性强于H2SiO3D向市售乙醇中加入一小粒钠，有气泡产生检测市售乙醇中存在水〖答案〗C〖解析〗【详析】A．海带中的碘元素不是以单质形式存在，不能直接用淀粉溶液检验其中的碘元素，A错误；B．SO2能与NaOH溶液反应，从而使滴有酚酞的溶液碱性减弱或变为中性，因此溶液红色褪去，说明SO2具有酸性氧化物通性，不能证明其漂白性，B错误；C．向硅酸钠溶液中通入CO2，有白色沉淀生成，根据强酸制弱酸，则能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，C正确；D．乙醇与钠也能反应生成H2，因此无法证明乙醇中存在水，应该使用无水硫酸铜进行检验，D错误；故选C。13.生命活动需要一系列的复杂的化学过程来维持，食物中的营养物质是这些过程的能量基础。下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（）A.糖类、油脂、蛋白质是人体必需的基本营养物质，在人体内都可以发生水解B.向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热，再加入新制悬浊液，加热，未见砖红色沉淀，则蔗糖不发生水解C.油脂在酸性条件下水解的反应叫皂化反应D.农业上用波尔多液(由硫酸铜溶液和石灰乳制成)来防治植物病毒的原理是重金属阳离子和强碱能使蛋白质发生变性〖答案〗D〖解析〗【详析】A．单糖不可以水解，纤维素在人体内也不能水解，A错误；B．加入新制悬浊液之前需加入NaOH溶液使溶液呈碱性，B错误；C．油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，C错误；D．蛋白质在重金属的盐类、强碱作用下会发生变性，可以用来防治植物病毒，D正确；故选D。14.下列热化学方程式书写正确的是（）A.1molCH4(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890kJ的热量，其热化学方程式为B.1molH2在氧气中完全燃烧放出热量为285.8kJ，其热化学方程式为C.2molNO2分解生成1molO2和2molNO，并吸收116.2kJ热量，其热化学方程式为D.1molCaCO3吸收178.2kJ的热量完全分解，则该反应的热化学方程式为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．1molCH4(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890kJ的热量，则其热化学方程式为：，A正确；B．在101kPa时，1molH2燃烧生成H2O时放出的热量是285.8kJ，所以，B错误；C．没有标明物质的状态，C错误；D．碳酸钙分解反应放热，CaCO3分解的热化学方程式为，D错误；故选A。15.维生素A常作为保健药物，缓解视觉疲劳，维生素A的结构简式为。下列有关维生素A的叙述正确的是（）A.维生素A含有3种官能团B.维生素A不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.1mol维生素A最多可以和5molH2加成D.维生素A不能和氧气发生催化氧化反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．据维生素A的结构简式，可知分子中含有和—OH两种官能团，A错误；B．维生素A中含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C．1mol维生素A中含有5mol，因此可以和5molH2发生加成反应，C正确；D．维生素A中与—OH相连的碳原子上含有两个氢原子，故其可以在Cu或Ag为催化剂条件下和氧气发生催化氧化反应，D错误。〖答案〗为：C。16.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用反应“”设计了一个化学电池(如图所示)。该电池在外电路中，电流从a极流向b极。下列说法正确的是（）A.电极b的电极材料为铜，电极反应式为B.电极a的电极材料可以为Ag，也可以是石墨或铁C.c溶液为AgNO3溶液，放电时向b极移动D.装置放电时主要将电能转化为化学能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由外电路中，电流从a极流向b极。则电极b是电池的负极，由总反应可知，Cu作负极失去电子，电极反应为，A正确；B．电极a为电池的正极，为比Cu活泼性弱的金属或能导电的非金属，Ag或石墨正确，但不能为铁，B错误；C．c溶液为AgNO3溶液，向正极移动，即向电极a移动，C错误；D．装置放电时主要将化学能转化为电能，D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.Ⅰ．在一定温度下，4L恒容密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：（1）根据题中数据写出该反应的化学方程式：________________，时刻，N的平均速率为______。（2）、、三个时刻中，处于平衡状态的为______(填“”“”或“”)，后的某一时刻给体系升高温度，v(正)将______(填“增大”或“减小”)。（3）平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比是______，平衡时N的转化率为______。Ⅱ．某学习小组利用铁与稀硫酸的反应，探究影响化学反应速率的因素，结果如下表：实验序号铁的质量(g)铁的形态V(H2SO4)(mL)c(H2SO4)()反应前溶液的温度(℃)金属完全消失的时间(s)10.10片状500.82020020.10粉状500.8202530.10片状501.02012540.10片状501.03550（4）实验1、2表明______对反应速率有影响。（5）探究温度对反应速率的影响的实验是______(填实验序号)。（6）实验开始后，会出现速率加快，一段时间后速率减慢，分析其原因____________________。〖答案〗（1）①.②.（2）①.②.增大（3）①.7:10②.75%(或0.75)（4）物质的形态(或固体的表面积)（5）实验3和实验4(或实验3、4或3、4)（6）铁与稀硫酸反应为放热反应，开始时温度升高，化学反应速率加快，一段时间后随硫酸浓度降低，化学反应速率减慢〖解析〗（1）由图可知，反应达到平衡时反应的N、M分别为6mol、3mol，物质的量之比为2：1，且N减小为反应物、M增加为生成物，故该反应的化学方程式：；时刻，N的平均速率为=；（2）、、三个时刻中，时刻各物质的量不再发生改变，此时处于平衡状态，后的某一时刻给体系升高温度，温度升高导致v(正)将增大；（3）根据阿伏伽德罗定律，平衡后容器中气体的压强和反应前气体的压强之比是(5+2):(2+8)=7:10，平衡时N的转化率为；（4）实验1、2的变量为铁的形态，表明物质的形态(或固体的表面积)对反应速率有影响；（5）实验3、4的变量为温度，故探究温度对反应速率的影响的实验是实验3、4；（6）由实验表格可知，温度、浓度都会影响反应的速率；实验开始后，会出现速率加快，一段时间后速率减慢，分析其原因铁与稀硫酸反应为放热反应，开始时温度升高，化学反应速率加快，一段时间后随硫酸浓度降低，化学反应速率减慢。18.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。（1）请写出实验室制取乙酸乙酯的化学方程式：____________________。（2）实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：Ⅰ．在甲试管(如图)中先加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片；Ⅱ．按图连接好装置(装置气密性良好)，小火均匀地加热3~5min；Ⅲ．待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。①加入碎瓷片的目的是____________________。②与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是____________________。（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后，充分振荡乙试管，再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号甲试管中试剂乙试管中试剂有机层的厚度/cmA2mL乙醇、1mL乙酸、3mL浓硫酸饱和Na2CO3溶液3.0B2mL乙醇、1mL乙酸、3mLH2O0.1C2mL乙醇、1mL乙酸、3mLH2SO4溶液0.6D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0.6①实验D的目的是与实验C相对照，证明对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是______mL和______。②若加入的乙酸为120g，乙醇为138g，发生酯化反应得到132g乙酸乙酯，试计算该反应的产品的产率为______(产率)。（4）乙酸乙酯的某种同分异构体分子中含有2个甲基，且能与碳酸氢钠溶液反应，则该物质的结构简式为______。〖答案〗（1）（2）①.防止液体暴沸(或防止液体飞溅)②.冷凝、防倒吸（3）①.3②.2③.75%（4）〖解析〗（1）实验室制取乙酸乙酯的化学方程式：。〖答案〗为：。（2）①加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸(或防止液体飞溅)；②此装置中采用了球形干燥管，其作用是冷凝、防倒吸。〖答案〗为：防止液体暴沸(或防止液体飞溅)；冷凝、防倒吸。（3）①实验D的目的是与实验C相对照，证明对酯化反应具有催化作用，需保持H+的量相同，故实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是3mL2；②加入的乙酸为120g，n(乙酸)=2mol，乙醇为138g，n(乙醇)=3mol，乙酸不足，按乙酸进行计算，则理论上生成n(乙酸乙酯)=2mol，发生酯化反应得到132g乙酸乙酯，该反应的产品的产率为=〖答案〗为：3；2；75%。（4）乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，某种同分异构体分子中含有2个甲基，且能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，则该物质的结构简式为。〖答案〗为：。19.某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。实验步骤与现象如下：Ⅰ．将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体；Ⅱ．当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提；Ⅲ．将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体；Ⅳ．用F装置向E装置中鼓入空气，E装置中气体颜色逐渐加深；一段时间后，装置C中白色沉淀溶解。回答下列问题：（1）写出操作Ⅰ中的化学方程式：____________________。（2）C装置中白色沉淀的化学式是______。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是____________________。（3）写出操作Ⅲ中A装置中产生无色气体化学方程式：____________________。（4）E装置内气体颜色逐渐加深的原因是____________________。（5）若该小组另取30mL的硝酸溶液与上述实验剩余的6.4g铜丝在加热条件下反应，恰好完全反应，产生一定量NO和NO2的混合气体(反应过程中溶液体积变化忽略不计)，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度为______(保留3位有效数字)。混合气体中NO的物质的量为______mol。〖答案〗（1）（2）①.CaCO3②.防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应（3）（4）CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深（5）①.3.33②.0.05〖解析〗（1）操作Ⅰ中碳酸钙与稀硝酸反应的化学方程式为：。〖答案〗为：。（2）CO2进入C装置中生成白色沉淀CaCO3；操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时，说明产生二氧化碳，将E装置中的空气排出，此时立刻将B装置上提防止碳酸钙消耗过多的硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。〖答案〗为：CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。（3）操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式：。〖答案〗为：。（4）E装置中开始时出现浅红棕色气体，说明装置中还有少量的氧气，CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。〖答案〗为：CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再用F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深。（5）铜与硝酸反应：Cu+HNO3Cu(NO3)2+NO+NO2,根据元素守恒，硝酸铜的物质的量=铜的物质的量=0.1mol，则反应后的溶液中硝酸铜的物质的量浓度=；设反应生成的n(NO)=xmol，n(NO2)=ymol，根据得失电子守恒：，根据氮元素守恒：，解得x=y=0.05。〖答案〗为：3.33；0.05。20.工业上常以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2等)为原料，生产Fe3O4(Fe3O4中1个Fe呈＋2价，2个Fe呈＋3价)和铝单质的工艺流