陕西省榆林市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省榆林市2022-2023学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.本试题共6页，满分100分。2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理：试题不回收。可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16Cu：64Zn：65Br：80第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，计45分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料，吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即能制冷，该化学物质可能是（）A.酒精 B.浓硫酸 C.固体 D.固体〖答案〗D〖解析〗【详析】A．酒精溶于水过程中热量变化不是很明显，A错误；B．浓硫酸溶于水放热，不能起到制冷的作用，B错误；C．固体氢氧化钠溶于水放热，不能起到制冷的作用，C错误；D．固体硝酸铵溶于水吸热，能使温度降低达到制冷的作用，D正确；故选D。2.存在于葡萄等水果里，在加热条件下能和银氨溶液反应生成银镜的物质是（）A.葡萄糖 B.淀粉 C.纤维素 D.乙酸〖答案〗A〖解析〗【详析】葡萄糖含有醛基和羟基，存在于葡萄等水果中，葡萄糖在加热条件下能和银氨溶液反应生成银镜；淀粉、纤维素、乙酸在加热条件下都不能和银氨溶液反应生成银镜；〖答案〗选A。3.下列物质能使紫色石蕊试液先变红后褪色的是（）A.Cl2 B.敞口瓶中的久置氯水 C.盐酸 D.活性炭〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯气溶于水后生成HCl和具有漂白性的HClO，能使紫色石蕊试液先变红后褪色，A正确；B．敞口瓶久置的氯水即为盐酸，不具有漂白性，不能使石蕊试液褪色，B错误；C．盐酸不具有漂白性，不能使石蕊试液褪色，C错误；D．活性炭为吸附脱色，不能使石蕊褪色，D错误；故选A。4.下列物质的用途中，不涉及氧化还原反应的是（）A.用“84”消毒液杀菌消毒 B.用熟石灰改良酸性土壤C.用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨 D.用过氧化钠做呼吸面具的供氧剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．“84”消毒液的有效成分为NaClO，其杀菌消毒原理基于其强氧化性，故A不符合题意；B．用熟石灰改良酸性土壤，是利用其碱性与土壤中酸发生酸碱中和，不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．铝和氧化铁高温反应生成铁单质和氧化铝，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．用过氧化钠做呼吸面具的供氧剂，是因其与水和二氧化碳能反应生成氧气，属于氧化还原反应，故D不符合题意；故选：B5.实验室欲配制溶液，下列操作正确的是（）A.称取固体B.溶解固体C.向容量瓶内转移液体D.用胶头滴管定容〖答案〗B〖解析〗【详析】A．用托盘天平称量物品时，要遵循左物右码的原则，且NaOH具有腐蚀性，应置于烧杯中进行称量，上述操作错误，A错误；B．在烧杯中溶解固体，玻璃棒搅拌加速溶解，B正确；C．向容量瓶内转移液体需要用玻璃棒引流，C错误；D．定容时，不能俯视刻度线，视线应该与凹液面的最低点相平，图中操作不符合规范，D错误；故本题选B。6.日常生活中的下列做法，与调控反应速率无关的是（）A.食品罐头抽真空包装 B.在铁制品表面镀铜C.在奶粉中添加硫酸锌 D.将食物冷藏〖答案〗C〖解析〗【详析】A．食品抽真空包装是通过隔绝空气，来降低氧气浓度，从而降低反应速率，A不符合题意；B．在铁制品表面镀铜可以隔绝空气，从而减小氧气浓度，降低反应速率，B不符合题意；C．在奶粉中添加硫酸锌是为了增加营养元素锌，与调控反应速率无关，C符合题意；D．用冰箱冷藏食物是通过降低温度来降低反应速率，D不符合题意；故选C。7.下列装置中能组成原电池的是（）A B.C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．符合原电池的构成条件，锌作负极发生氧化反应，溶液中铜离子在铜电极得到电子发生还原反应生成铜单质，能组成原电池，故A正确；B．乙醇不是电解质，没有构成闭合回路，不满足原电池的形成条件，不能构成原电池，故B错误；C．两个电极材料相同，且银和硝酸银不能发生自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池，故C错误；D．没有形成闭合回路，不能构成原电池，故D错误；〖答案〗选A。8.在指定条件下，下列物质或离子间的转化能实现的是（）A.胶体 B.C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．FeCl3溶液和NaOH溶液反应得到沉淀，不能得到胶体，故A错误；B．Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，故B错误；C．Fe2+能够被Cl2氧化为Fe3+，故C正确；D．FeCl3和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，故D错误；故选C。9.文物是人类宝贵的历史文化遗产。下列描述不正确的是（）A．西汉彩绘陶钟的主要成分是碳酸钙()B．泥土属于混合物C．酸雨对莲花纹石柱有严重的破坏作用D．常温下铁在浓硫酸中会钝化〖答案〗A〖解析〗【详析】A．陶瓷的主要成分为硅酸盐，故A错误；B．泥土中含多种成分，属于混合物，故B正确；C．酸雨中含硫酸或硝酸，对石柱有腐蚀性，故C正确；D．常温下，铁遇到浓硫酸会发生钝化，反应生成致密氧化膜，从而阻止反应继续进行，故D正确；故选：A。10.下列离子方程式书写正确的是（）A.金属钠与水的反应：B.将通入溶液中：C.向溶液中加入稀：D.用小苏打治疗胃酸过多：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．方程式不符合电子守恒与元素守恒，正确的为，A错误；B．氯气NaOH溶液中发生歧化反应，生成氯化钠和次氯酸钠，B正确；C．反应方程式配比不正确，正确的为，C错误；D．小苏打成分为NaHCO3，与胃酸的反应为，D错误；〖答案〗选B。11.翡翠是由四种短周期主族元素组成的矿物，可表示为的简单离子的电子层结构相同，的原子半径比的大，的单质是常见的半导体材料，是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是（）A.Y在化合物中显价 B.原子序数：C.W的简单氢化物稳定性比的强 D.的单质常温下均为气体〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W四种短周期主族元素，Z的单质是常见的半导体材料，可知Z是Si，W是地壳中含量最多的元素，所以W是O，X、Y、W的简单离子的电子层结构相同，W的简单离子是氧离子，核外有2个电子层，X的原子半径比Y的大，可知X与Y在第三周期，X排在Y的前面，假设X是Na，要符合化学式XY[Z2W6]，那么Y应该显+3价，那么Y就是Al，所以X、Y、Z、W分别是Na、Al、Si、O；【详析】A．Y是Al，容易失去最外层3个电子显+3价，故A正确；B．Na是11号元素、Al是13号元素、Si是14号元素、O是8号元素，所以原子序数顺序是Z>Y>X>W，故B正确；C．W的简单氢化物是H2O，Z的简单氢化物是SiH4，非金属越强其简单氢化物就越稳定，所以稳定性H2O＞SiH4，故C正确；D．Na、Al和Si的单质在常温下是固体，故D错误；故本题选D。12.部分含硫物质的分类与相应化合价的关系如图，下列说法不正确的是（）A.与在加热条件下反应生成B.将通入溶液中，有白色沉淀产生C.的水溶液久置在空气中酸性会变强D.将通入的溶液中可以得到〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据含硫物质的分类与相应化合价的关系可知，a为S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2S，据此分析。【详析】A．S和Cu在加热条件下反应生成Cu2S，故A错误；B．SO3和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；C．H2SO3空气中久置会被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，故C正确；D．SO2和H2S反应生成S，故D正确；故选A。13.实验室制备乙酸乙酯的装置如图所示，下列叙述不正确的是（）A.浓硫酸能加快酯化反应的速率B.反应结束后试管中生成无色、有香味的油状液体C.向试管a中先加入浓硫酸，然后边振荡试管边慢慢加入乙醇，再加入冰醋酸D.试管中的饱和溶液可降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸能催化酯化反应，加快反应速率，A正确；B．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，是一种无色、有香味的油状液体，B正确；C．浓硫酸密度大且稀释大量放热，混合时应将浓硫酸加入到乙醇中，冷却后再加入冰醋酸，C错误；D．乙酸乙酯微溶于水，饱和碳酸钠溶液能够降低乙酸乙酯的溶解，便于分层，D正确；〖答案〗选C。14.下列实验过程不能达到实验目的的是（）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性和强氧化性把浓硫酸滴入蔗糖中，并将产生的气体通入澄清石灰水中，观察实验现象B探究反应物浓度对反应速率的影响向分别盛有和溶液的两支试管中同时加入溶液，振荡，记录出现浑浊的时间C检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，观察是否有无色气体产生D确认二氯甲烷分子不存在同分异构体先搭建甲烷分子球棍模型，后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型的结构〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有脱水性，能够将蔗糖碳化，同时能够将碳氧化为二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，A错误；B．H2SO4和不同浓度的Na2S2O3反应，产生沉淀的时间不同，出现浑浊的时间也不同，B错误；C．金属钠既能和水反应放出氢气，也能和乙醇反应放出氢气，C正确；D．二氯甲烷的分子构型只有一种，C上接两个H和两个Cl，即甲烷上两个H被Cl取代了，二氯甲烷不存在同分异构体，D错误；故选C。15.钛铁矿(，其中为价)在高温下经氯化得到四氯化钛，氯化过程发生的化学方程式为。制取金属钛的流程如图所示：下列说法不正确的是（）A.制取金属钛时通气的目的是隔绝空气B.氯化过程中焦炭和都是还原剂C.根据制取金属钛的反应可推测还原性：D.标准状况下，消耗的氯气可转移电子〖答案〗D〖解析〗【详析】A．TiCl4与Mg反应时如果有空气，Mg易与O2反应，Mg要将TiCl4中的Ti置换出来，Mg就不能与其他物质发生反应，所以制取金属钛时通Ar气的目的是为了隔绝空气，故A正确；B．氯化过程中C和FeTiO3中Fe的化合价都是升高的，故焦炭和FeTiO3都做还原剂，故B正确；C．制取金属钛的反应是2Mg+TiCl4=2MgCl2+Ti，从化学方程式中可知，还原性Mg>Ti，故C正确；D．标况下，22.4L的氯气为1mol，由题目中的化学方程式可知，7mol的Cl2反应时转移14mol的电子，即1mol的Cl2反应时转移2mol的电子，故D错误；故本题选D．第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题(本大题共4小题，计55分)16.现有几种有机物，其球棍模型如图所示，代表H原子，代表C原子，代表O原子，请回答下列问题：（1）上述有机物中与①互为同系物的是___________(填序号)。（2）鉴别①和②可选用下列试剂中___________(填字母)。A.稀盐酸 B.溴水 C.氢氧化钠溶液 D.四氯化碳（3）写出④的两种同分异构体的结构简式___________、___________。（4）从成键特点和分子结构两方面分析②、③的差异：a．_________；b．_________。（5）⑤中所含官能团的名称为___________。（6）工业上用②与水反应制取⑤，该反应的化学方程式为___________，反应类型为___________。（7）写出⑤在有催化剂和加热的条件下制取乙醛的化学反应方程式___________。如图操作___________(填“能”或“不能”)制得乙醛。〖答案〗（1）③④（2）B（3）①.②.（4）①.②中含有碳碳双键，③中含有碳碳单键②.②是平面结构，③是空间立体结构（5）羟基（6）①.②.加成反应（7）①.②.能〖解析〗由图知，①为CH4，②为CH2=CH2，③为CH3CH2CH3，④为CH3CH2CH2CH2CH3，⑤为CH3CH2OH，由此可回答一下问题。（1）由同系物定义可知，③和④互为同系物；（2）①为CH4，②为CH2=CH2，溴水能和CH2=CH2发生加成反应，使溴水褪色，和CH4不反应，故可用溴水鉴别二者；（3）④为CH3CH2CH2CH2CH3，两种同分异构体分别为和；（4）由图知，②中含有碳碳双键，③中含有碳碳单键；②是平面结构，③是空间立体结构；（5）⑤为CH3CH2OH，所含官能团名称为羟基；（6）②为CH2=CH2，与水发生加成反应的方程式为：；（7）⑤为CH3CH2OH，在有催化剂和加热的条件下能被氧气氧化为乙醛，方程式为：，因为空气中有氧气，可以如图的装置制取乙醛。17.氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用Ⅰ．工业合成氨的反应为：。（1）合成氨的微观历程示意图如下，过程需要___________(填“吸收”或“放出”)能量。、、、分别表示、催化剂)（2）工业上可用天然气来制取合成氨的原料气氢气，发生的反应为：。在一定温度下，体积为的恒容密闭容器中测得如表所示数据。时间00.401.000050.800.6070.200.800.200.60分析表中数据，判断时反应是否处于平衡状态？___________(填“是”或“否”)。内，用的浓度变化表示的平均反应速率为___________。Ⅱ．实验小组为探究氨与二氧化氮的反应，设计如图实验装置：（3）装置A中生石灰的作用是___________实验室也常用氯化铵和氢氧化钙混合固体制取氨气，写出发生反应的化学方程式___________。（4）装置B和D的作用都是干燥气体，其中盛装的干燥剂选择合理的是___________(填字母)。a．甲、乙都是碱石灰b．甲、乙都是无水氯化钙c．甲是碱石灰，乙是五氧化二磷d．甲是浓硫酸，乙是碱石灰（5）若氨气与二氧化氮反应生成的产物为水和氮气，则C中发生反应的化学方程式为___________。（6）该实验设计中存在着一个很严重的缺陷是___________。（7）取铜于装置的锥形瓶中，再加入一定浓度的浓硝酸，充分反应后铜全部溶解，收集到和的混合气体(标准状况)，则___________。〖答案〗（1）吸收（2）①.是②.0.02（3）①.与水反应放热，加速氨气的逸出②.（4）c（5）（6）缺少尾气处理装置（7）〖解析〗（1）由图知，b到c的过程是N2断键形成N原子的过程，故为吸收能量的过程；（2）由表中数据可知，5min到7min，H2O(g)何H2（g)的物质的量没有改变，故5min时该反应已处于平衡状态，可知a=0.20mol，b=0.20mol，甲烷的平均反应速率为；（3）由图知，A装置是制取NH3的发生装置，生石灰的作用为与水反应放热，加速氨气的逸出，故二者混为能够产生氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙混合固体供热，发生复分解可制的氨气，该反应的反应方程为：；（4）图中B和D的都是用于干燥气体的装置，而且都应选择固体干燥剂，B装置用于干燥NH3,故选择碱性干燥剂碱石灰，D装置用于干燥NO2，故选择酸性干燥剂五氧化二磷；（5）氨气与二氧化氮反应生成的产物为水和氮气，根据电子守恒，原子守恒，可得该反应方程式为；（6）由于氨气与二氧化氮均会污染环境，所以装置需要进行尾气处理，而该装置没有；（7）E中浓硝酸与Cu在室温下发生氧化还原反应，生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，根据电子守恒，原子守恒可得反应方程式为：,随着反应的进行，浓硝酸变稀，反应过程中会有NO生成，Cu的物质的量,NO和NO2混合气体的体积为4.48L，物质的量为，设n（NO）为xmol，则n(NO2)=(0.2-x)mol，由电子守恒得：，解得x=0.1mol，即n（NO）=0.1mol，n(NO2)=0.1mol，1：1。18.元素周期表反映了元素之间的内在联系，是学习、研究和应用化学的一种重要工具。Ⅰ．如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：（1）①~⑦号元素中原子半径最大的是___________(填元素符号)，其最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键是___________。该元素的单质与氧气在加热条件下反应生成R，用电子式表示R的形成过程___________。（2）①~⑦号元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是___________(填化学式，下同)，碱性最强的是___________。（3）将锌片、铜片用导线连接后浸入⑥的最高价氧化物对应水化物的稀溶液中，构成了原电池，则负极的电极反应式是___________。一段时间后，若锌片的质量减少了，则导线中通过电子___________。Ⅱ．某小组为探究的氧化性强弱，设计实验如下：资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。序号实验①实验②实验操作现象溶液变为黄色（4）实验①可得出氧化性强弱：___________。（5）实验②观察到的现象是___________，甲同学根据此现象得出结论：氧化性。乙同学认为实验②不能充分证明氧化性，他补做了实验③。实验③另取实验①反应后的黄色溶液少许，先加入足量的固体，充分振荡，然后加入溶液和淀粉溶液。补做实验③的目的是___________。〖答案〗（1）①.②.离子键和(极性)共价键③.（2）①.②.（3）①.②.0.1（4）（5）①.溶液变蓝②.除去未反应的，防止其氧化，对后续实验产生干扰〖解析〗由图知，①为H,②为C,③为O，④为F，⑤为Na，⑥为S，⑦为Cl，由此可回答以下问题。（1）由于同主族从上往下原子半径逐渐增大，同周期元素从左往右原子半径逐渐减小，所以原子半径最大的为⑤号元素Na，最高价氧化物对应的水化物NaOH为离子化合物，氢氧根之间是共价键，所含化学键为离子键和(极性)共价键，Na单质与氧气在加热条件下反应生成Na2O2,形成过程为：；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F的非金属性最强但无最高价氧化物，故最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的减性越强，故碱性最强的；（3）⑥的最高价氧化物对应水化物为H2SO4,锌片、铜片与H2SO4构成的原电池，锌片是较活泼金属作为负极电极反应式为：，3.25gZn的物质的量为0.05mol,则导线中通过电子为2×0.05mol=0.1mol;（4）由图和资料知，实验①中氯水将溴离子氧化成了溴单质，可得出氧化性强弱：；（5）实验②中黄色溶液为溴水，能够将碘化钾中碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，但由于黄色溶液是由实验①中取的，可能存在未完全反应的氯水，会对后续实验造成干扰，故需补做实验③。19.海水是巨大的资源宝库，利用海水为原料可获得许多化工产品。回答下列问题：（1）从海水提取的粗盐中含有等杂质离子，精制时一般步骤如下：加入的试剂1、2分别是___________、___________。（2）海水中溴元素主要以形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：①写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式___________。②将吹出后的含空气按一定速率通入吸收塔，用和水进行吸收，吸收后的空气进行循环利用。写出吸收过程中发生反应的离子方程式___________；吹出时的吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是