2022-2023学年湖南省益阳市安化县高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3湖南省益阳市安化县2022-2023学年高一下学期7月期末考试试题一、单选题：共15题，每小题3分，共45分1.2022年2月4日在北京开幕的第22届冬奥会，科技部提出了“科技冬奥”理念，并重点着力于此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法正确的是（）A.北京冬奥会上利用二氧化碳的化学性质实现跨临界制冷，其与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B.冬奥场馆大面积使用碲化镉光伏发电玻璃，该玻璃将化学能转化为电能为冬奥场馆供电C.冬奥会使用聚乳酸材料餐具，该材料稳定，不易降解D.火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，并在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．利用二氧化碳的物理性质实现跨临界制冷，不是化学性质，故A错误；B．该玻璃是将光能转化为电能，为冬奥场馆供电，故B错误；C．聚乳酸材料餐具是可降解的，故C错误；D．火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，并在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化，碱金属焰色反应是有颜色的，故D正确。综上所述，〖答案〗为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含有碳原子数为NAB.在溶有1molFe(OH)3的胶体中含有的胶粒数小于NAC.常温下0.2mol铝与足量浓硫酸反应，生成气体的分子数为0.3NAD.常温下向密闭容器内充入46gNO2，容器中气体的分子数为NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A.标准状况下，22.4LCH2Cl2是非气体状态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B.胶粒是一定数目粒子的集合体，在溶有1molFe(OH)3的胶体中含有的胶粒数小于NA，故B正确；C.常温下铝在浓硫酸中会产生钝化，反应停止，生成气体的分子数小于0.3NA，故C错误；D.常温下向密闭容器内充入46gNO2，由存在2NO2N2O4，容器中气体的分子数少于NA，故D错误；故选B。3.在元素周期表中，第一、二、三周期元素的数目分别是（）A.2、2、8 B.2、8、8C.2、8、18 D.8、18、18〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】在元素周期表中，第一、二、三周期元素的数目分别是2、8、8，均属于短周期元素，故B正确。〖答案〗选B。4.下列化学用语表达正确的是（）A.的结构示意图：B.乙酸的结构式：C.氯化氢分子的电子式：D.质量数为137的钡原子：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯元素的原子序数为17，氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，氯离子质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故A正确；B．是乙酸的分子式，不是结构式，故B错误；C．氯化氢为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，其电子式为，故C错误；D．钡元素的质子数为56，质量数为137的钡原子可以表示为：Ba，故D错误；〖答案〗为A。5.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A.热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB.微粒半径：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-C.晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOD.酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，故热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，A正确；B．离子的电子层结构相同，原子序数越大，半径越小，故微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，B错误；C．离子晶体，离子所带电荷越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，故C正确；D．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，D正确；〖答案〗选B。6.在下列反应CO+H2O⇌CO2+H2中，加入C18O后，则18O存在于（）A.只存在于CO和CO2中 B.存在于CO、H2O、CO2中C.只存在于CO中 D.存在于CO、H2O、CO2、H2中〖答案〗B〖解析〗【详析】加入C18O后，反应后18O会进入CO2，可逆反应逆向进行，18O有可能生成H2O，故18O存在于CO、H2O、CO2中，故〖答案〗为B7.在容积为1L恒容容器内进行反应4A(g)+3B(s)2C(g)+D(g)，经2min后，A的浓度减少了0.8mol•L-1。下列反应速率的表示正确的是A.在这2min内，用单位时间内A的物质的量变化表示的平均反应速率是0.4mol•L-1•min-1B.2min末时的反应速率，用A表示为0.2mol•L-1•min-1C.在这2min内，用B表示的平均反应速率是0.3mol•L-1•min-1D.在这2min内，C的浓度变化量为0.6mol•L-1〖答案〗A〖解析〗【详析】A．经2min后，A浓度减少了0.8mol/L，用单位时间内A的物质的量变化表示的平均反应速率是0.4mol•min-1，选项A正确；B．2min末时的反应速率为即时速率，用A表示为0.4mol/(L·min)是2min内的平均速率，选项B错误；C．B物质是固体，浓度不变，不能用来表示反应速率，选项C错误；D．经2min后，A的浓度减少了0.8mol/L，化学反应速率之比等于计量数之比，故在这2min内，C的浓度变化量为0.4mol•L-1，选项D错误；〖答案〗选A。8.下列说法正确的是（）A.CF2Cl2有和两种结构B.光照条件下，物质的量之比为1：4的甲烷和氯气可完全反应，生成物只有CCl4和HClC.C3H8的同分异构体有4种D.(CH3)2CHCH(CH2CH3)2有5种一氯代物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．甲烷为正四面体结构，故CF2Cl2只有一种结构，故A错误；B．光照条件下，甲烷与氯气的取代反应为连锁反应，故无论比例为多少，四种有机产物(CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4)都存在，故B错误；C．C3H8属于饱和烷烃，结构简式为CH3-CH2-CH3，不存在同分异构体，故C错误；D．(CH3)2CHCH(CH2CH3)2分子的碳骨架中氢原子种类如图（∗所示）：，存在5种不同的氢原子，因此该有机物的一氯代物有5种，故D正确；故选D。9.如图为某化学反应的能量—反应进程图，由此可判断该反应为（）A.氧化反应B吸热反应C.放热反应D.中和反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应。【详析】A．有些非氧化还原反应是吸热反应，图示的反应不一定是氧化还原反应，故不选A；B．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，故选B；C．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，不是放热反应，故不选C；D．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，中和反应是放热反应，故不选D；选B。10.下列说法不正确的是（）A.液氨汽化时吸收大量的热，工业上可用作制冷剂B.工业上铁的冶炼通常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅C.陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品D.工业接触法制硫酸中，用水吸收SO3获得硫酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．液氨液化时，需要从外界吸收大量热，使周围气温降低，因此工业上可用作制冷剂，故A说法正确；B．二氧化硅与石灰石反应生成硅酸钙，工业上冶炼铁通常用石灰石除去矿石中的二氧化硅，故B说法正确；C．陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥等属于传统硅酸盐产品，故C说法正确；D．工业上接触法制硫酸时，常用98%浓硫酸吸收SO3，不用水吸收，用水吸收时容易产生酸雾，阻碍SO3被吸收，故D说法错误；〖答案〗为D。11.下列关于苯的说法中不正确的是（）A.苯的分子式为C6H6，它不能使酸性KMnO4溶液褪色B.苯分子为平面正六边形结构，所有原子位于同一平面上C.在催化剂的作用下，苯与氢气反应生成环己烷，该反应为加成反应D.间二甲苯只有一种证明苯环不具有碳碳单键和双键的交替结构〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．苯的分子式为C6H6，不含有碳碳双键，它不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．苯分子为平面正六边形结构，所有原子都位于同一平面上，故B正确；C．苯分子中不存在碳碳双键，但在催化剂的作用下，苯可与氢气发生加成反应生成环己烷，故C正确；D．苯中碳与碳之间化学键完全相同或存在单双键结构时，间二甲苯均只有一种结构，而苯的邻二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故D错误。故选D。12.由下列实验得出的结论错误的是（）选项实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的溴代烃为无色液体，且可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但后者反应速率更快水分子中的氢原子比乙醇分子中的氢原子更活泼C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性大于碳酸的酸性D将饱和食盐水滴入盛有电石的圆底烧瓶中，产生有臭味的气体生成的乙炔气体具有臭味〖答案〗D〖解析〗【详析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，最终液体无色透明，故A正确；B．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，水和钠反应速率更快，说明水分子中的氢原子比乙醇分子中的氢原子更活泼，故B正确；C．乙酸的酸性大于碳酸的酸性，乙酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，故C正确；D．将饱和食盐水滴入盛有电石的圆底烧瓶中，产生的有臭味的气体是H2S，乙炔是无色无味的气体，故D错误；选D。13.已知空气—锌电池的电极反应如下：锌片电极：2Zn+4OH－－4e-=2ZnO+2H2O石墨电极：O2+2H2O+4e－=4OH－，下列说法正确的是（）A.电流从锌片沿导线到石墨 B.锌片作正极，发生氧化反应C.溶液中阴离子往石墨电极移动 D.石墨作正极，发生还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。根据电极反应式可知，氧气在石墨电极得电子发生还原反应，故石墨是正极，锌失去电子发生氧化反应，锌是负极。【详析】A．原电池中电子从负极流向正极，电流的方向与电子的流向相反，即从正极流向负极，故电流从石墨沿导线到锌片，故A错误；B．根据分析，锌失去电子发生氧化反应，锌是负极，故B错误；C．原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，即往锌电极移动，故C错误；D．根据分析，氧气在石墨电极得电子发生还原反应，故石墨是正极，故D正确；〖答案〗选D14.某有机物的结构如图所示，下列说法不正确的是（）A.该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol该有机物最多能与2molNaOH发生反应C.该有机物能发生酯化反应D.该有机物能与NaHCO3反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该有机物结构中含碳碳双键，碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．该有机物中只有羧基能和氢氧化钠溶液反应，且1mol羧基消耗1molNaOH，而1mol该有机物中只含1mol羧基，因此最多能与1molNaOH发生反应，B错误；C．该有机物结构中含羧基和醇羟基，能发生酯化反应，C正确；D．该有机物结构中含羧基，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，D正确；〖答案〗选B。15.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置所示，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，下列说法中正确的是（）XYZWA.原子半径:W＞Z＞Y＞XB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Z＞WC.四种元素的单质中，W单质的熔、沸点最高D.X的气态氢化物可与它的最高价氧化物的水化物发生反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，如果设X的最外层电子数是a，则Y、Z均是a+1，W是a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，因此a+a+1+a+1+a+2=24，解得a=5，所以X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。【详析】根据上述分析，X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；C．四种元素的单质中，单质硫的熔、沸点最高，故C错误；D．X的气态氢化物氨气可与它的最高价氧化物的水化物硝酸发生反应生成硝酸铵，故D正确；〖答案〗选D。二、非选择题：共55分16.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M层的电子数之和。(1)A为___________(填元素名称)，E的电子式___________。(2)A、B的化合物与E反应的化学方程式为___________。(3)A、D两种元素形成的化合物属于___________(填“离子”或“共价”)化合物，写出其结构式___________，用电子式表示其形成过程___________(4)D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和A的单质反应的化学方程式为___________。(5)画出与C同周期的离子半径最小的原子结构示意图___________写出其最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________(6)比较B、C、D常见离子的半径大小(用化学式表示)___________〖答案〗①.碳②.③.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④.共价⑤.S=C=S⑥.⑦.C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O⑧.⑨.Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O⑩.r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)〖解析〗D的L层电子数等于K、M层的电子数之和，则电子层结构为2、8、6，为S元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则B为O元素，C为Na元素，淡黄色固体E为Na2O2；A原子的最外层上有4个电子，且原子序数小于O，则A为C元素。【详析】(1)根据分析可知A为碳元素；E为Na2O2，电子式为；(2)C、O的化合物为CO2或CO，能与Na2O2反应的是CO2，化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(3)C、S元素形成的化合物为CS2，只含共价键，属于共价化合物，结构式为S=C=S，电子式表示其形成过程为；(4)S的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，浓硫酸与碳加热反应生成SO2、CO2、H2O，化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；(5)Na同周期的离子半径最小的是Al3+，Al原子的结构示意图为；Al(OH)3与NaOH反应可以得到偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；(6)B、C、D常见离子为O2-、Na+、S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子的半径大小为r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)。17.现有6种物质①MgCl2②HCl③SO2④K2CO3⑤CaO⑥NaHSO4⑦N2。请根据下列标准，对上述物质进行分类(填序号)：（1）属于共价化合物是_______。（2）只含离子键的化合物是_______。（3）含共价键的离子化合物是_______。（4）如果将NaHSO4溶于水，破坏了NaHSO4中化学键的类型为_______。〖答案〗（1）②③（2）①⑤（3）④⑥（4）共价键、离子键〖解析〗（1）①MgCl2是由Mg2+与Cl-通过离子键结合形成的离子化合物；②HCl是由HCl分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于含有两种元素，因此属于共价化合物；③SO2是由SO2分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于含有两种元素，因此属于共价化合物；④K2CO3是由K+与通过离子键结合形成的离子化合物；在中存在共价键；⑤CaO是由Ca2+与O2-通过离子键结合形成的离子化合物；⑥NaHSO4是由Na+与通过离子键结合形成的离子化合物，在中存在共价键；⑦N2是由N2分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于该物质中只含有一种元素，因此该物质属于单质；可见上述物质中属于共价化合物是HCl、SO2，合理序号是②③；（2）根据上述分析可知：只含离子键的化合物是MgCl2、CaO，合理序号是①⑤；（3）根据上述分析可知：含共价键的离子化合物是K2CO3、NaHSO4，故合理序号是④⑥；（4）NaHSO4晶体中含有离子键、共价键，当将NaHSO4溶于水，在水分子作用下发生电离产生自由移动的Na+、H+、，故溶解时断裂的化学键类型为离子键、共价键。18.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为_______。（2）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_______v(逆)，(填“＞”“＜”或“=”)。（3）下列措施能加快反应速率的是_______。A.恒温恒容充入He气 B.缩小体积，使压强增大C.恒温恒压充入He气 D.使用催化剂〖答案〗（1）3A(g)2B(g)（2）＞（3）BD〖解析〗（1）根据图像可知：在从反应开始至不再变化时，A物质的量减小0.6mol，B物质的量增加了0.4mol，后来两种物质都存在，且它们的物质的量不再发生变化，说明A是反应物，B是生成物，它们发生反应的物质的量的比是3：2，且该反应是可逆反应，故反应方程式为：3A(g)2B(g)；（2）根据图像可知：反应在第4min时，A物质的量还在减少，B的物质的量还在增加，说明4min时反应正向进行，未达到平衡状态，故此时正、逆反应速率的大小关系为：v(正)＞v(逆)；（3）A．恒温恒容充入He气，反应混合物中各组分气体的浓度不变，化学反应速率不变，A不符合题意；B．缩小体积，使压强增大，导致气体物质的浓度增大，反应速率加快，B符合题意；C．恒温恒压充入He气，会使容器的容积扩大，反应混合物的浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；D．使用催化剂，会使反应速率成千上万倍的扩大，故反应速率加快，D符合题意；故合理选项是BD。19.自然资源的开发利用化学服务社会的重要努力方向I．以铝土矿(主要成分为A12O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：____。（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____(填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解1”是电解熔融A12O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是：____。（4）“电解II”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为：_____，阴极产生的物质A的化学式为______。II．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：已知：Fe3+在pH较小的环境可以完全沉淀。请回答下列问题：（5）沉淀A的主要成分是_____，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为______。（6）沉淀B的主要成分为______(写化学式)。〖答案〗（1）Al2O3+2OH-=2AlO+H2O（2）减小（3）石墨与被氧化生成的O2反应，生成碳的氧化物（4）①.CO-4e-+2H2O=O2↑+HCO+3H+②.H2（5）①.SiO2②.SiO2+HF=SiF4↑+2H2O（6）Fe(OH)3〖解析〗I．铝土矿(主要成分为A12O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)在碱溶过程中，Al2O3转变为NaAlO2和铝硅酸钠沉淀，SiO2转变为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不和NaOH溶液反应；经过过滤I，可以将铝硅酸钠沉淀和Fe2O3及其他不溶性物质除去，得到的NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，NaAlO2和NaHCO3发生反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3；Al(OH)3沉淀经过灼烧得到了Al2O3，再电解Al2O3可得Al和O2；根据题干信息可知，电解II是电解Na2CO3溶液，并得到NaOH溶液和NaHCO3溶液，其中所得的NaOH溶液可以用于碱溶过程，所得的NaHCO3溶液可以加入到过滤I之后所得的NaAlO2溶液中；II．水泥样品（主要成分为CaO、SiO2并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物）经过氯化铵、盐酸、硝酸处理后，得到含Ca2+、Al3+、Fe3+、Mg2+的溶液，而SiO2不溶解，通过过滤除掉；过滤后，向所得滤液加入氨水，调节pH为4~5，并加热，由于Fe3+在pH较小的环境可以完全沉淀，所以经过该步骤主要得到Fe(OH)3沉淀；再次过滤后，滤液主要含有Ca2+，向滤液中加入草酸铵溶液，得到草酸钙，并用硫酸溶解后，用KMnO4法测定，以得到水泥样品中钙含量。（1）“碱溶”时，NaOH和Al2O3反应生成NaAlO2，该反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2+H2O。（2）过滤I所得滤液主要为NaAlO2溶液，向其中加入NaHCO3溶液，会反应并生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3；由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，故水解程度：NaAlO2＞Na2CO3，则向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液后，溶液pH减小。（3）电解Al2O3时，石墨作阳极，且O2在阳极上产生，故作阳极的易损耗的原因时石墨与被氧化生成的O2反应，生成碳的氧化物。（4）如图所示，电解Na2CO3溶液过程中，阳极上的产物有NaHCO3和O2，则阳极的电极反应式为-4e-+2H2O=O2↑++3H+；阴极上，H+优先于Na+放电，所以阴极产生的物质A为H2。（5）水泥样品（主要成分为CaO、SiO2并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物）经过氯化铵、盐酸、硝酸处理后，金属氧化物溶解并生成相应的金属离子，SiO2不溶解，则沉淀A的主要成分是SiO2，它可以和弱酸HF反应，该反应的化学方程式为SiO2+HF=SiF4↑+2H2O。（6）第一次过滤后，向所得滤液加入氨水，调节pH为4~5，并加热，由于Fe3+在pH较小的环境可以完全沉淀，所以经过该步骤主要得到Fe(OH)3沉淀，故沉淀B的主要成分是Fe(OH)3。20.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图所示)，以环己醇制备环己烯，已知有下列信息：①②密度()熔点(℃)沸点(℃)溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81-10383难溶于水Ⅰ.制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。（1）该实验装置在实验前应先进行_______；（2）A中碎瓷片的作用是_______；长导管B除了导气外还具有的作用是_______；（3）试管C置于冰水浴中的目的是_______。Ⅱ.制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等，现加入适量饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液、蒸馏纯化，最终得到纯环己烯6.9g。（4）加入饱和碳酸钠溶液作用是_______；（5）分液时环己烯在上层，将两层液体分离的仪器是_______，以下操作正确的是_______。a.直接将环己烯从分液漏斗上口倒出b.直接将环己烯从分液漏斗下口放出c.先将水层从分液漏斗下口放出，再将环己烯从分液漏斗下口放出d.先将水层从分液漏斗下口放出，再将环己烯从分液漏斗上口倒出（6）环己醇及其同分异构体在下列哪种检测仪上显示出的图谱完全相同_______。A.质谱仪 B.核磁共振仪 C.红外光谱仪 D.元素分析仪（7）本实验所得到的环己烯的产率是_______(结果保留2位有效数字)。〖答案〗（1）检查气密性（2）①.防止溶液爆沸②.冷凝回流（3）冷凝回收环己烯（4）溶解环己醇并除去少量酸性杂质（5）①.分液漏斗②.d（6）D（7）70%〖解析〗环己醇在浓硫酸浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成环己烯，利于物质沸点不同蒸馏出粗品后加入适量饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液、蒸馏纯化，最终得到纯环己烯；（1）该实验装置在实验前应先进行检查气密性，防止装置漏气；（2）A中碎瓷片的作用是防止溶液爆沸；长导管B除了导气外还具有的作用是冷凝回流反应物，提高原料利用率；（3）试管C置于冰水浴中的目的是冷凝回收环己烯，防止其挥发；（4）碳酸钠能溶解环己醇并能和少量酸性杂质反应，故其作用是溶解环己醇并除去少量酸性杂质，利于分离出环己烯；（5）分液时环己烯在上层，将两层液体分离的仪器是分液漏斗；分液是上层液体从上面倒、下层液体从下面倒，故先将水层从分液漏斗下口放出，再将环己烯从分液漏斗上口倒出，故选d；（6）同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，元素分析仪可分析元素种类；故显示出的图谱完全相同的是元素分析仪；故选D。（7）12.5mL环己醇的物质的量为，理论得到环己烯，最终得到纯环己烯6.9g，物质的量为。湖南省益阳市安化县2022-2023学年高一下学期7月期末考试试题一、单选题：共15题，每小题3分，共45分1.2022年2月4日在北京开幕的第22届冬奥会，科技部提出了“科技冬奥”理念，并重点着力于此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法正确的是（）A.北京冬奥会上利用二氧化碳的化学性质实现跨临界制冷，其与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B.冬奥场馆大面积使用碲化镉光伏发电玻璃，该玻璃将化学能转化为电能为冬奥场馆供电C.冬奥会使用聚乳酸材料餐具，该材料稳定，不易降解D.火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，并在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．利用二氧化碳的物理性质实现跨临界制冷，不是化学性质，故A错误；B．该玻璃是将光能转化为电能，为冬奥场馆供电，故B错误；C．聚乳酸材料餐具是可降解的，故C错误；D．火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，并在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化，碱金属焰色反应是有颜色的，故D正确。综上所述，〖答案〗为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含有碳原子数为NAB.在溶有1molFe(OH)3的胶体中含有的胶粒数小于NAC.常温下0.2mol铝与足量浓硫酸反应，生成气体的分子数为0.3NAD.常温下向密闭容器内充入46gNO2，容器中气体的分子数为NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A.标准状况下，22.4LCH2Cl2是非气体状态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B.胶粒是一定数目粒子的集合体，在溶有1molFe(OH)3的胶体中含有的胶粒数小于NA，故B正确；C.常温下铝在浓硫酸中会产生钝化，反应停止，生成气体的分子数小于0.3NA，故C错误；D.常温下向密闭容器内充入46gNO2，由存在2NO2N2O4，容器中气体的分子数少于NA，故D错误；故选B。3.在元素周期表中，第一、二、三周期元素的数目分别是（）A.2、2、8 B.2、8、8C.2、8、18 D.8、18、18〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】在元素周期表中，第一、二、三周期元素的数目分别是2、8、8，均属于短周期元素，故B正确。〖答案〗选B。4.下列化学用语表达正确的是（）A.的结构示意图：B.乙酸的结构式：C.氯化氢分子的电子式：D.质量数为137的钡原子：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯元素的原子序数为17，氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，氯离子质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故A正确；B．是乙酸的分子式，不是结构式，故B错误；C．氯化氢为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，其电子式为，故C错误；D．钡元素的质子数为56，质量数为137的钡原子可以表示为：Ba，故D错误；〖答案〗为A。5.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A.热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB.微粒半径：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-C.晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOD.酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，故热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，A正确；B．离子的电子层结构相同，原子序数越大，半径越小，故微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，B错误；C．离子晶体，离子所带电荷越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，故C正确；D．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，D正确；〖答案〗选B。6.在下列反应CO+H2O⇌CO2+H2中，加入C18O后，则18O存在于（）A.只存在于CO和CO2中 B.存在于CO、H2O、CO2中C.只存在于CO中 D.存在于CO、H2O、CO2、H2中〖答案〗B〖解析〗【详析】加入C18O后，反应后18O会进入CO2，可逆反应逆向进行，18O有可能生成H2O，故18O存在于CO、H2O、CO2中，故〖答案〗为B7.在容积为1L恒容容器内进行反应4A(g)+3B(s)2C(g)+D(g)，经2min后，A的浓度减少了0.8mol•L-1。下列反应速率的表示正确的是A.在这2min内，用单位时间内A的物质的量变化表示的平均反应速率是0.4mol•L-1•min-1B.2min末时的反应速率，用A表示为0.2mol•L-1•min-1C.在这2min内，用B表示的平均反应速率是0.3mol•L-1•min-1D.在这2min内，C的浓度变化量为0.6mol•L-1〖答案〗A〖解析〗【详析】A．经2min后，A浓度减少了0.8mol/L，用单位时间内A的物质的量变化表示的平均反应速率是0.4mol•min-1，选项A正确；B．2min末时的反应速率为即时速率，用A表示为0.4mol/(L·min)是2min内的平均速率，选项B错误；C．B物质是固体，浓度不变，不能用来表示反应速率，选项C错误；D．经2min后，A的浓度减少了0.8mol/L，化学反应速率之比等于计量数之比，故在这2min内，C的浓度变化量为0.4mol•L-1，选项D错误；〖答案〗选A。8.下列说法正确的是（）A.CF2Cl2有和两种结构B.光照条件下，物质的量之比为1：4的甲烷和氯气可完全反应，生成物只有CCl4和HClC.C3H8的同分异构体有4种D.(CH3)2CHCH(CH2CH3)2有5种一氯代物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．甲烷为正四面体结构，故CF2Cl2只有一种结构，故A错误；B．光照条件下，甲烷与氯气的取代反应为连锁反应，故无论比例为多少，四种有机产物(CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4)都存在，故B错误；C．C3H8属于饱和烷烃，结构简式为CH3-CH2-CH3，不存在同分异构体，故C错误；D．(CH3)2CHCH(CH2CH3)2分子的碳骨架中氢原子种类如图（∗所示）：，存在5种不同的氢原子，因此该有机物的一氯代物有5种，故D正确；故选D。9.如图为某化学反应的能量—反应进程图，由此可判断该反应为（）A.氧化反应B吸热反应C.放热反应D.中和反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应。【详析】A．有些非氧化还原反应是吸热反应，图示的反应不一定是氧化还原反应，故不选A；B．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，故选B；C．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，不是放热反应，故不选C；D．由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，图示为吸热反应，中和反应是放热反应，故不选D；选B。10.下列说法不正确的是（）A.液氨汽化时吸收大量的热，工业上可用作制冷剂B.工业上铁的冶炼通常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅C.陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品D.工业接触法制硫酸中，用水吸收SO3获得硫酸〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．液氨液化时，需要从外界吸收大量热，使周围气温降低，因此工业上可用作制冷剂，故A说法正确；B．二氧化硅与石灰石反应生成硅酸钙，工业上冶炼铁通常用石灰石除去矿石中的二氧化硅，故B说法正确；C．陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥等属于传统硅酸盐产品，故C说法正确；D．工业上接触法制硫酸时，常用98%浓硫酸吸收SO3，不用水吸收，用水吸收时容易产生酸雾，阻碍SO3被吸收，故D说法错误；〖答案〗为D。11.下列关于苯的说法中不正确的是（）A.苯的分子式为C6H6，它不能使酸性KMnO4溶液褪色B.苯分子为平面正六边形结构，所有原子位于同一平面上C.在催化剂的作用下，苯与氢气反应生成环己烷，该反应为加成反应D.间二甲苯只有一种证明苯环不具有碳碳单键和双键的交替结构〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．苯的分子式为C6H6，不含有碳碳双键，它不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．苯分子为平面正六边形结构，所有原子都位于同一平面上，故B正确；C．苯分子中不存在碳碳双键，但在催化剂的作用下，苯可与氢气发生加成反应生成环己烷，故C正确；D．苯中碳与碳之间化学键完全相同或存在单双键结构时，间二甲苯均只有一种结构，而苯的邻二甲苯只有一种结构可说明苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故D错误。故选D。12.由下列实验得出的结论错误的是（）选项实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的溴代烃为无色液体，且可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但后者反应速率更快水分子中的氢原子比乙醇分子中的氢原子更活泼C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性大于碳酸的酸性D将饱和食盐水滴入盛有电石的圆底烧瓶中，产生有臭味的气体生成的乙炔气体具有臭味〖答案〗D〖解析〗【详析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，最终液体无色透明，故A正确；B．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，水和钠反应速率更快，说明水分子中的氢原子比乙醇分子中的氢原子更活泼，故B正确；C．乙酸的酸性大于碳酸的酸性，乙酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，故C正确；D．将饱和食盐水滴入盛有电石的圆底烧瓶中，产生的有臭味的气体是H2S，乙炔是无色无味的气体，故D错误；选D。13.已知空气—锌电池的电极反应如下：锌片电极：2Zn+4OH－－4e-=2ZnO+2H2O石墨电极：O2+2H2O+4e－=4OH－，下列说法正确的是（）A.电流从锌片沿导线到石墨 B.锌片作正极，发生氧化反应C.溶液中阴离子往石墨电极移动 D.石墨作正极，发生还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。根据电极反应式可知，氧气在石墨电极得电子发生还原反应，故石墨是正极，锌失去电子发生氧化反应，锌是负极。【详析】A．原电池中电子从负极流向正极，电流的方向与电子的流向相反，即从正极流向负极，故电流从石墨沿导线到锌片，故A错误；B．根据分析，锌失去电子发生氧化反应，锌是负极，故B错误；C．原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，即往锌电极移动，故C错误；D．根据分析，氧气在石墨电极得电子发生还原反应，故石墨是正极，故D正确；〖答案〗选D14.某有机物的结构如图所示，下列说法不正确的是（）A.该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol该有机物最多能与2molNaOH发生反应C.该有机物能发生酯化反应D.该有机物能与NaHCO3反应〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该有机物结构中含碳碳双键，碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．该有机物中只有羧基能和氢氧化钠溶液反应，且1mol羧基消耗1molNaOH，而1mol该有机物中只含1mol羧基，因此最多能与1molNaOH发生反应，B错误；C．该有机物结构中含羧基和醇羟基，能发生酯化反应，C正确；D．该有机物结构中含羧基，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，D正确；〖答案〗选B。15.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置所示，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，下列说法中正确的是（）XYZWA.原子半径:W＞Z＞Y＞XB.最高价氧化物对应水化物的酸性:Z＞WC.四种元素的单质中，W单质的熔、沸点最高D.X的气态氢化物可与它的最高价氧化物的水化物发生反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，如果设X的最外层电子数是a，则Y、Z均是a+1，W是a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，因此a+a+1+a+1+a+2=24，解得a=5，所以X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。【详析】根据上述分析，X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；C．四种元素的单质中，单质硫的熔、沸点最高，故C错误；D．X的气态氢化物氨气可与它的最高价氧化物的水化物硝酸发生反应生成硝酸铵，故D正确；〖答案〗选D。二、非选择题：共55分16.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M层的电子数之和。(1)A为___________(填元素名称)，E的电子式___________。(2)A、B的化合物与E反应的化学方程式为___________。(3)A、D两种元素形成的化合物属于___________(填“离子”或“共价”)化合物，写出其结构式___________，用电子式表示其形成过程___________(4)D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和A的单质反应的化学方程式为___________。(5)画出与C同周期的离子半径最小的原子结构示意图___________写出其最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________(6)比较B、C、D常见离子的半径大小(用化学式表示)___________〖答案〗①.碳②.③.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④.共价⑤.S=C=S⑥.⑦.C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O⑧.⑨.Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O⑩.r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)〖解析〗D的L层电子数等于K、M层的电子数之和，则电子层结构为2、8、6，为S元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两种元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则B为O元素，C为Na元素，淡黄色固体E为Na2O2；A原子的最外层上有4个电子，且原子序数小于O，则A为C元素。【详析】(1)根据分析可知A为碳元素；E为Na2O2，电子式为；(2)C、O的化合物为CO2或CO，能与Na2O2反应的是CO2，化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(3)C、S元素形成的化合物为CS2，只含共价键，属于共价化合物，结构式为S=C=S，电子式表示其形成过程为；(4)S的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，浓硫酸与碳加热反应生成SO2、CO2、H2O，化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；(5)Na同周期的离子半径最小的是Al3+，Al原子的结构示意图为；Al(OH)3与NaOH反应可以得到偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；(6)B、C、D常见离子为O2-、Na+、S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子的半径大小为r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)。17.现有6种物质①MgCl2②HCl③SO2④K2CO3⑤CaO⑥NaHSO4⑦N2。请根据下列标准，对上述物质进行分类(填序号)：（1）属于共价化合物是_______。（2）只含离子键的化合物是_______。（3）含共价键的离子化合物是_______。（4）如果将NaHSO4溶于水，破坏了NaHSO4中化学键的类型为_______。〖答案〗（1）②③（2）①⑤（3）④⑥（4）共价键、离子键〖解析〗（1）①MgCl2是由Mg2+与Cl-通过离子键结合形成的离子化合物；②HCl是由HCl分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于含有两种元素，因此属于共价化合物；③SO2是由SO2分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于含有两种元素，因此属于共价化合物；④K2CO3是由K+与通过离子键结合形成的离子化合物；在中存在共价键；⑤CaO是由Ca2+与O2-通过离子键结合形成的离子化合物；⑥NaHSO4是由Na+与通过离子键结合形成的离子化合物，在中存在共价键；⑦N2是由N2分子通过分子间作用力构成的分子晶体，由于该物质中只含有一种元素，因此该物质属于单质；可见上述物质中属于共价化合物是HCl、SO2，合理序号是②③；（2）根据上述分析可知：只含离子键的化合物是MgCl2、CaO，合理序号是①⑤；（3）根据上述分析可知：含共价键的离子化合物是K2CO3、NaHSO4，故合理序号是④⑥；（4）NaHSO4晶体中含有离子键、共价键，当将NaHSO4溶于水，在水分子作用下发生电离产生自由移动的Na+、H+、，故溶解时断裂的化学键类型为离子键、共价键。18.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为_______。（2）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_______v(逆)，(填“＞”“＜”或“=”)。（3）下列措施能加快反应速率的是_______。A.恒温恒容充入He气 B.缩小体积，使压强增大C.恒温恒压充入He气 D.使用催化剂〖答案〗（1）3A(g)2B(g)（2）＞（3）BD〖解析〗（1）根据图像可知：在从反应开始至不再变化时，A物质的量减小0.6mol，B物质的量增加了0.4mol，后来两种物质都存在，且它们的物质的量不再发生变化，说明A是反应物，B是生成物，它们发生反应的物质的量的比是3：2，且该反应是可逆反应，故反应方程式为：3A(g)2B(g)；（2）根据图像可知：反应在第4min时，A物质的量还在减少，B的物质的量还在增加，说明4min时反应正向进行，未达到平衡状态，故此时正、逆反应速率的大小关系为：v(正)＞v(逆)；（3）A．恒温恒容充入He气，反应混合物中各组分气体的浓度不变，化学反应速率不变，A不符合题意；B．缩小体积，使压强增大，导致气体物质的浓度增大，反应速率加快，B符合题意；C．恒温恒压充入He气，会使容器的容积扩大，反应混合物的浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；D．使用催化剂，会使反应速率成千上万倍的扩大，故反应速率加快，D符合题意；故合理选项是BD。19.自然资源的开发利用化学服务社会的重要努力方向I．以铝土矿(主要成分为A12O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：____。（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_____(填“增大”、“不变”或“减小”)。（3）“电解1”是电解熔融A12O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是：____。（4）“电解II”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为：_____，阴极产生的物质A的化学式为______。II．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：已知：Fe3+在pH较小的环境可以完全沉淀。请回答下列问题：（5）沉淀A的主要成分是_____，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为______。（6）沉淀B的主要成分为______(写化学式)。〖答案〗（1）Al2O3+2OH-=2AlO+H2O（2）减小（3）石墨与被氧化生成的O2反应，生成碳的氧化物（4）①.CO-4e-+2H2O=O2↑+HCO+3H+②.H2（5）①.SiO2②.SiO2+HF=SiF4↑+2H2O（6）Fe(OH)3〖解析〗I．铝土矿(主要成分为A12O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)在碱溶过程中，Al2O3转变为NaAlO2和铝硅酸钠沉淀，SiO2转变为铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不和NaOH溶液反应；经过过滤I，可以将铝硅酸钠沉淀和Fe2O3及其他不溶性物质除去，得到的NaAlO2溶液；向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，NaA