2023-2024学年江苏省扬州市宝应县高一下学期期中检测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省扬州市宝应县2023-2024学年高一下学期期中检测试卷(试卷满分：100分，考试时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32Cl—35.5Fe—56Cu—64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.近年来，我国科技成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（）A.“蛟龙”号载人潜水器耐压壳使用的材料——钛合金B.人工合成淀粉使用的原料——二氧化碳、水C.“C919”飞机机身使用的材料——碳纤维D.搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F火箭使用的高效燃料——液氢〖答案〗A〖解析〗【详析】A．合金都是金属材料，所以钛合金属于金属材料，故A选；B．二氧化碳、水属于非金属氧化物，不属于金属材料，故B不选；C．碳纤维主要是碳单质，属于非金属材料，不属于金属材料，故C不选；D．液氢是液态的氢气，属于非金属单质，不属于金属材料，故D不选。〖答案〗选A。2.以乙炔为原料制备草酸(H2C2O4)，反应原理为：。下列说法正确的是（）A.乙炔的比例模型示意图为B.草酸分子中C元素的化合价为+3C.H2O的电子式为D.乙炔与氢气1︰1反应产物的结构简式为CH2CH2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙炔的官能团为碳碳三键，直线型结构，乙炔的比例模型：，故A错误；B．草酸分子中O为-2价，H为+1价，根据代数和为0可计算C元素的化合价为+3，故B正确；C．水是共价化合物，H、O原子间共用1对电子对，O原子最外层电子数为8，水的电子式为，故C错误；D．乙炔与氢气1︰1反应产物是乙烯，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误。〖答案〗选B。3.下列说法错误的是（）A.丙烷常温常压下为液体，与甲烷互为同系物B.浓硝酸与灼热的碳反应会产生红棕色气体C.工业上利用N2与H2反应进行氮的固定D.天然橡胶的主要成分为，能使溴水褪色〖答案〗A〖解析〗【详析】A．丙烷常温常压下为气体，故A错误；B．浓硝酸与碳反应会产生CO2、NO2、H2O，其中含有的NO2是红棕色气体，故B正确；C．工业上利用N2与H2合成氨气，从而可实现氮的固定，故C正确；D．由结构简式可知，天然橡胶中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故D正确；故选：A。4.实验室制取并收集，下列实验装置和操作不能达到实验目的是（）A.用装置甲制取 B.用装置乙干燥C.用装置丙收集 D.用操作丁检验是否已收集满〖答案〗D〖解析〗【详析】A．实验室用浓氨水加到氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体中制取，该装置能达到实验目的，故A不符合题意；B．碱石灰干燥氨气，该装置能达到实验目的，故B不符合题意；C．氨气密度比空气小，极易溶于水，用“短进长出”排空法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；D．浓硫酸是难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验是否已收集满，故D符合题意。综上所述，〖答案〗为D。5.黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(K)>r(O)>r(C)B.氢化物的沸点：CH4＜H2O＜H2SC.元素最高价氧化物的水化物的酸性：N>CD.硫单质、碳单质、干冰均为共价晶体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：r(O)＜r(C)<r(K)，故A错误；B．H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间的范德华力更大，H2S沸点更高，H2O形成分子间氢键，沸点升高，故沸点由高到低的顺序为：CH4＜H2S＜H2O，故B错误；C．N的非金属性大于C，则酸性强弱：HNO3＞H2CO3，故C正确；D．硫单质、干冰均为分子晶体，碳单质也不一定都是共价晶体，如石墨为混合型晶体，C60等为分子晶体，故D错误。〖答案〗选C。6.强碱性条件下NaClO氧化NH3生成N2H4(肼)，肼具有强还原性。肼是一种重要的液态火箭燃料，与NO2反应生成N2并放热。工业上用白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2.下列化学反应表示错误的是（）A.实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OB.NO2制HNO3的离子方程式：C.白磷与足量Ba(OH)2溶液反应：D.NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水，制备氨气的反应可实现，故A正确；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：，故B正确；C．根据题干信息可知白磷与氢氧化钡发生歧化反应，化学方程式为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故C正确；D．肼具有强还原性，足量NaClO将污水中的NH3氧化成N2，离子方程式为：3ClO-+2NH3═N2↑+3Cl-+3H2O，故D正确。〖答案〗选D。7.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A.N2难溶于水，可用作瓜果保护气B.N2H4具有还原性，可用作火箭燃料C.NH3的水溶液具有碱性，可用作制冷剂D.HNO3具有强氧化性，可用作制硝酸铵〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮气含有氮氮三键，性质稳定，可用作瓜果保护气，与其难溶于水的性质无关，故A不选；B．N2H4具有还原性，与氧气或NO2反应生成氮气和水，并放出大量的热，可用作火箭燃料，故B选；C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与其碱性无关，故C不选；D．硝酸与氨气反应生成硝酸铵，硝酸中氮元素化合价不变，不表现强的氧化性，故D不选。〖答案〗选B8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（）A.实验室检验的存在：B.工业制硝酸过程中的物质转化：C.铁与足量稀硝酸反应：D.汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铵根离子和氢氧化钠加热生成氨气，可以检验铵根离子存在，A正确；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成硝酸，B正确；C．硝酸具有强氧化性，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁和NO、水，C错误；D．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应为氮氧化合物和一氧化碳发生氧化还原反应生成无毒的氮气和二氧化碳，D正确；故选C。9.下列实验结论不能证明凯库勒式与苯的真实结构不相符的是（）A.在一定条件下1mol苯能与3mol氢气发生加成反应B.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色C.苯不能使Br2的CCl4溶液褪色D.经测定苯为六边形结构，且所有碳碳键完全相同〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在一定条件下1mol凯库勒式的苯与苯的真实结构都能与3mol氢气发生加成反应，故A符合题意；B．凯库勒式的苯中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C．凯库勒式的苯有单、双键交替出现的结构，能使Br2的CCl4溶液褪色，故C不符合题意；D．凯库勒式的苯有单、双键交替出现的结构，碳碳键不完全相同，故D正不符合题意。〖答案〗选A。10.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是（）A.a与硫粉充分加热反应可生成bB.制备c时，应将胶头滴管伸入液面以下C.c、d在空气中充分加热，均可得到氧化铁D.b和e的混合溶液中，可先滴加KSCN溶液，再滴加少量新制氯水，证明溶液中含Fe2+〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据价类二维图可知，a为Fe，b为亚铁盐，c为Fe(OH)2，e为三价铁盐，d为Fe(OH)3，据此分析解答即可。【详析】A．Fe与S加热反应生成FeS，故A正确；B．c为Fe(OH)2，容易被空气氧化，制备时应将胶头滴管伸入液面以下，故B正确；C．c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，氢氧化铁在空气中受热分解生成氧化铁，氢氧化亚铁在空气中加热时，先与空气中的氧气和水蒸气反应生成氢氧化铁，氢氧化铁再受热分解生成氧化铁，则氢氧化亚铁和氢氧化铁在空气中充分加热均可得到氧化铁，故C正确；D．b为亚铁盐，e为三价铁盐，混合溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液直接变红色，但要证明溶液中同时含Fe2+，为防止铁离子干扰，可取少量混合液中滴加铁氰化钾，会出现蓝色沉淀，故D错误。〖答案〗选D。11.下列说法正确的是（）A.与互为同分异构体B.与为同一种物质C.甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.光照下，等物质的量甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl和HCl〖答案〗B〖解析〗【详析】A．与为同种物质，故A错误；B．与为同一种物质，故B正确；C．甲烷性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．甲烷与氯气发生取代反应时，多步反应同时进行，可生成多种氯代烃，故D错误；〖答案〗选B。12.室温下，下列实验方案能达到探究目的的是（）选项实验方案探究目的A向相同质量经打磨过的足量的锌粒和铁粉中各加入2mL3mol·L−1盐酸，观察反应剧烈程度锌、铁金属性的强弱B向Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸(主要成分为HI，一元强酸)，再滴入淀粉，观察溶液颜色变化Fe3+与I2氧化性强弱C向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化Fe2+是否具有还原性D向含有少量FeCl3的FeCl2溶液中的加入足量铜粉后过滤除去FeCl2溶液中的杂质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．锌粒和铁粉的表面积不同，金属种类也不同，不符合控制变量的思想，不能比较锌、铁金属性的强弱，故A错误；B．酸性溶液中硝酸根离子、铁离子均可氧化碘离子，溶液变蓝，不能探究I2与Fe3+氧化性强弱，故B错误；C．亚铁离子可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知Fe2+有还原性，故C正确；D．Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质氯化铜，不能除杂，故D错误。〖答案〗选C。13.实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体。已知：H2C2O4为二元弱酸，具有还原性。下列说法正确的是（）A.“酸化”后的溶液，根据电荷守恒存在等量关系：n()+2×n(Fe2+)=2×n()B.“沉淀”时发生反应的离子方程式：Fe2+++nH2O=FeC2O4·nH2O↓C.可以用酸性KMnO4溶液检验“沉淀”后的上层清液中是否含有Fe2+D.“洗涤”时先水洗，再用乙醇洗涤，有利于晶体快速干燥和防止失去结晶水〖答案〗D〖解析〗【详析】A．酸化后的溶液中阳离子还有氢离子，根据电荷守恒有等式：n()+2×n(Fe2+)+n()=2×n()，故A错误；B．H2C2O4为二元弱酸，离子方程式中要保留化学式，“沉淀”时发生反应的离子方程式为：Fe2+++nH2O=FeC2O4·nH2O↓+2H+，故B错误；C．“沉淀”后的上层清液中含有的H2C2O4可以和酸性KMnO4反应，不能用酸性KMnO4检验“沉淀”后的上层清液中是否含有Fe2+，故C错误；D．乙醇具有挥发性，能带走晶体表面的水分，加速干燥，故D正确。〖答案〗选D14.向含xmolHNO3和ymolH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：下列说法正确是（）A.a点溶液中所含离子主要为Fe3+、、B.dc段表示Fe2+物质的量变化，dc全段发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3+=3Fe2+C.x=0.1，y=0.2D.反应至c点，可收集到标准状况下的气体体积为2.24L〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先发生反应Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，a点时(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明第一阶段H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；【详析】A．由上述分析可知，a点时H+离子有剩余，则会消耗完，故A错误；B．dc段先发生的反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生的反应是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．第一阶段完全反应，生成0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，可知n()=n(Fe3+)=0.1mol，即为HNO3物质的量为0.1mol，则x=0.1，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2mol，即FeSO4为0.2mol，根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.2mo，故y=0.2，故C正确；D．第一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，故D错误；〖答案〗选C。二、非选择题：共4题，共58分。15.填空。（1）下列各组物质属于同素异形体_______；属于同位素是_______；属于同一种物质是_______；属于同系物是_______。属于同分异构体是_______。(填序号)①12C与14C；②S2与S8；③CH3CH=CH2和CH2=CH2；④与；⑤CH3CH2OH与CH3OCH3。（2）51.2g铜投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到NO和NO2的混合气体17.92L气体(标准状况)。①计算产生NO和NO2的物质的量分别为_______。(请写出计算过程)②将盛有此混合气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为_______L。〖答案〗（1）①.②②.①③.④④.③⑤.⑤（2）①.0.4mol、0.4mol②.8.96〖解析〗（1）①12C与14C是同种元素的不同种核素，是同位素；②S2与S8是同种元素形成的不同种单质，是同素异形体；③CH3CH=CH2和CH2=CH2结构相似，组成上相差-CH2-，是同系物；④与是同种物质；⑤CH3CH2OH与CH3OCH3，分子式相同，结构不同，是同分异构体；属于同素异形体②；属于同位素是①；属于同一种物质是④；属于同系物是③；属于同分异构体是⑤；（2）①Cu的物质的量为：=0.8mol；设产生NO2的物质的量为xmol，产生NO的物质的量为ymol，则由电子转移守恒可得：x+3y=0.8×2，由气体总体积可得：x+y=，联立解得x=0.4，y=0.4；②Cu与HNO3生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应又生成HNO3，纵观整个过程Cu失去的电子数等于氧气获得的电子数，故需要氧气物质的量为：=0.4mol，故需要氧气的体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L。16.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图所示：（1）A装置的作用：_______。（2）装置B一般有三种功能：①控制气体流速；②均匀混合气体；③_______。控制氯气流速的实验操作是_______。（3）请写出C装置中由CH4生成CH2Cl2的总化学方程式：_______。（4）其它烷烃也可与氯气发生取代反应，写出含有四个碳原子的烷烃的一种结构简式：_____。（5）国际上以乙烯的产量来衡量一个国家石油化工的生产水平，乙烯是通过对石油进行_______(填“分馏”、“裂化”、“裂解”)加工炼制得到。如图所示，乙烯可使溴水褪色，其发生反应的化学方程式是_______，乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其发生反应的类型是_______。〖答案〗（1）制备Cl2（2）①.干燥混合气体或除去甲烷和氯气中的水蒸气②.旋转分液漏斗活塞，控制浓盐酸的滴加速率（3）CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl（4）CH3CH2CH2CH3或CH3CH(CH3)2（5）①.裂解②.H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br③.氧化反应〖解析〗A装置为制取氯气的发生装置，B装置可以除去水蒸气，可以混合甲烷和氯气，同时还可以通过产生气泡的快慢调节气体的流速；C中发生取代反应，由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气；（1）由分析可知，A的作用是制备Cl2；（2）B装置可以均匀混合气、干燥混合气体和控制气流速度；控制氯气流速的实验操作是旋转分液漏斗活塞，控制浓盐酸的滴加速率；（3）C装置中1molCH4与2molCl2在光照条件下生成CH2Cl2的总化学方程式为CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；（4）含有四个碳原子的烷烃为正丁烷或异丁烷，结构简式为CH3CH2CH2CH3或CH3CH(CH3)2；（5）乙烯是通过对石油进行裂解加工炼制得到；乙烯可使溴水褪色是发生了加成反应，化学方程式是H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其发生反应的类型是氧化反应。17.无水FeCl2为黄绿色晶体，在空气中易被氧化、易吸水，不溶于氯仿等有机溶剂。I．FeCl2的制备：制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑(C6H5Cl为氯苯，沸点132℃)，制备装置如图所示(夹持及加热装置略去)，收集的HCl气体可用于测定FeCl2的产率。（1）仪器B的名称是_______，作用是_______。（2）装置C中的试剂是_______(填化学式)。装置D的作用是_______。（3）氯苯(C6H5Cl)的球棍模型图，氯苯可由苯和氯气在催化剂条件下反应生成，其化学反应方程式为_______，反应类型是_______。II．FeCl2性质探究：将FeCl2晶体配成溶液后进行如下实验。序号装置试剂b试剂a实验现象实验i5mL0.1mol·L−1KSCN溶液、1mL0.1mol·L−1FeCl2(pH=1)溶液0.5mL饱和氯水溶液立即变为浅红色实验ii1mL15mol·L−1HNO3溶液溶液变为红色，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为。（4）对实验ⅰ中溶液变为浅红色的原因，甲同学提出以下假设。假设1：加入饱和氯水的量少，生成的的浓度小；假设2：氯水氧化性强，_______。取实验i中浅红色溶液，_____(填实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除假设1；向2mL水中滴加5mL0.1mol·L−1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入______，产生白色沉淀，说明假设2正确。（5）分析实验ⅱ“一段时间后，溶液褪为无色”的原因是_______(用离子方程式表示，已知SCN-中C元素为+4价)。〖答案〗（1）①.冷凝管或球形冷凝管②.冷凝、回流或提高氯苯的利用率，便于分离出HCl（2）①.CaCl2或P2O5②.防止倒吸（3）①.＋Cl2＋HCl②.取代反应（4）①.部分SCN-被氧化②.继续滴加饱和氯水③.BaCl2溶液（5）〖解析〗本题为FeCl2的制备性质实验探究题，由于FeCl2易被空气氧化，故实验开始前需向装置中先通一段时间的N2，以排空整个装置中的空气，然后加热开始反应，三颈烧瓶中发生的反应：2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，由于C6H5Cl为氯苯，沸点132℃故需用球形冷凝管B进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，且因为FeCl2易水解，球形干燥管C作用为防止E装置中的水蒸气进入A中，装置E为吸收HCl，D装置是由于HCl极易溶于水，进行防止倒吸装置，C中所装试剂不能吸收HCl,故可以是无水CaCl2或者P2O5，反应结束后再通入一段时间N2将装置中的HCl全部赶到E中，被充分吸收，减小产率检测时的实验误差；（1）仪器B的名称是冷凝管或球形冷凝管，由于C6H5Cl为氯苯，沸点132℃故需用球形冷凝管B进行冷凝回流，提高氯苯C6H5Cl的利用率，便于分离出HCl；（2）因为FeCl2易水解，球形干燥管C作用为防止E装置中的水蒸气进入A中，装置E为吸收HCl,C中所装试剂不能吸收HCl,故可以是无水CaCl2或者P2O5，D的作用是防止倒吸；（3）苯和氯气在FeCl3催化条件下反应生成，其化学反应方程式为＋Cl2＋HCl，反应类型是取代反应；（4）实验i中溶液变红是由于反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，则实验ⅰ中溶液为浅红色的原因可能有，假设1：加入氯水的量少，生成的Fe3+浓度低；假设2：氯水氧化性强，将另一种反应物SCN-氧化了，即导致SCN-的浓度低，根据假设1可知，取实验ⅰ中浅红色溶液，继续滴加饱和氯水，溶液浅红色消失，从而排除了假设1；由已知信息：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存，SCN-易被氧化为，故向2mL水中滴加0.5mL0.1mol•L-1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明假设2正确；（5）由实验ii的现象：滴入硝酸后，溶液变为红色即Fe2+被HNO3氧化为Fe3+，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色即SCN-被过量的HNO3氧化了，HNO3被还原为NO，NO在试管上方遇到空气被氧化为NO2呈红棕色，故分析实验ⅱ“一段时间后，溶液褪为无色”的离子方程式为：。18.含有氮氧化物(NO、NO2)的尾气和含有氨氮(NH3、)的废水需处理后才能排放。（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是_______。（2）SCR(选择性催化还原)技术能有效降低柴油发动机中氮氧化物的排放，工作原理如图所示：尿素热分解为NH3和CO2，SCR催化反应器中用NH3还原NO2的化学方程式：_______。（3）用NaClO溶液吸收尾气中的NO，可提高NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成时发生反应的离子方程式为_______。②溶液的初始pH在4~8之间，pH越小，NO转化率越高，其原因是_______。（4）向含氨氮(NH3、)废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，NaClO的投加量[以m(Cl2)表示]对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，废水中氨氮去除率100%，而总氮去除率缓慢下降，其原因是_______。（5）含的废水可用二硫化亚铁(FeS2)处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14+5FeS2+4H+7N2↑+10+_______+2H2O。〖答案〗（1）水体富营养化（2）8NH3+6NO27N2+12H2O（3）①.②.NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高（4）次氯酸钠投加量过大，污水中氨氮全部被氧化，部分氨氮氧化为留在溶液中，总氮去除率下降（5）5Fe2+〖解析〗（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；（2）NH3具有还原性，NO2具有氧化性，由图可知两者发生归中反应生成N2和H2O，反应方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO能氧化NO生成Cl-和N，HClO氧化NO的离子方程式为：；②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是：NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高；（4）当m(Cl2)：m(NH3)≥7.7时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为N，氮元素留在污水中，故污水中总氮去除率缓慢下降；（5）用二硫化亚铁(FeS2)处理，在反硝化细菌作用下，N可实现过程⑥的转化，生成N2和水，二硫化亚铁被氧化为硫酸根，配平得到离子方程式为：14+5FeS2+4H+7N2↑+10+5Fe2++2H2O。江苏省扬州市宝应县2023-2024学年高一下学期期中检测试卷(试卷满分：100分，考试时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32Cl—35.5Fe—56Cu—64一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.近年来，我国科技成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（）A.“蛟龙”号载人潜水器耐压壳使用的材料——钛合金B.人工合成淀粉使用的原料——二氧化碳、水C.“C919”飞机机身使用的材料——碳纤维D.搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F火箭使用的高效燃料——液氢〖答案〗A〖解析〗【详析】A．合金都是金属材料，所以钛合金属于金属材料，故A选；B．二氧化碳、水属于非金属氧化物，不属于金属材料，故B不选；C．碳纤维主要是碳单质，属于非金属材料，不属于金属材料，故C不选；D．液氢是液态的氢气，属于非金属单质，不属于金属材料，故D不选。〖答案〗选A。2.以乙炔为原料制备草酸(H2C2O4)，反应原理为：。下列说法正确的是（）A.乙炔的比例模型示意图为B.草酸分子中C元素的化合价为+3C.H2O的电子式为D.乙炔与氢气1︰1反应产物的结构简式为CH2CH2〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙炔的官能团为碳碳三键，直线型结构，乙炔的比例模型：，故A错误；B．草酸分子中O为-2价，H为+1价，根据代数和为0可计算C元素的化合价为+3，故B正确；C．水是共价化合物，H、O原子间共用1对电子对，O原子最外层电子数为8，水的电子式为，故C错误；D．乙炔与氢气1︰1反应产物是乙烯，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误。〖答案〗选B。3.下列说法错误的是（）A.丙烷常温常压下为液体，与甲烷互为同系物B.浓硝酸与灼热的碳反应会产生红棕色气体C.工业上利用N2与H2反应进行氮的固定D.天然橡胶的主要成分为，能使溴水褪色〖答案〗A〖解析〗【详析】A．丙烷常温常压下为气体，故A错误；B．浓硝酸与碳反应会产生CO2、NO2、H2O，其中含有的NO2是红棕色气体，故B正确；C．工业上利用N2与H2合成氨气，从而可实现氮的固定，故C正确；D．由结构简式可知，天然橡胶中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故D正确；故选：A。4.实验室制取并收集，下列实验装置和操作不能达到实验目的是（）A.用装置甲制取 B.用装置乙干燥C.用装置丙收集 D.用操作丁检验是否已收集满〖答案〗D〖解析〗【详析】A．实验室用浓氨水加到氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体中制取，该装置能达到实验目的，故A不符合题意；B．碱石灰干燥氨气，该装置能达到实验目的，故B不符合题意；C．氨气密度比空气小，极易溶于水，用“短进长出”排空法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；D．浓硫酸是难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验是否已收集满，故D符合题意。综上所述，〖答案〗为D。5.黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(K)>r(O)>r(C)B.氢化物的沸点：CH4＜H2O＜H2SC.元素最高价氧化物的水化物的酸性：N>CD.硫单质、碳单质、干冰均为共价晶体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：r(O)＜r(C)<r(K)，故A错误；B．H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间的范德华力更大，H2S沸点更高，H2O形成分子间氢键，沸点升高，故沸点由高到低的顺序为：CH4＜H2S＜H2O，故B错误；C．N的非金属性大于C，则酸性强弱：HNO3＞H2CO3，故C正确；D．硫单质、干冰均为分子晶体，碳单质也不一定都是共价晶体，如石墨为混合型晶体，C60等为分子晶体，故D错误。〖答案〗选C。6.强碱性条件下NaClO氧化NH3生成N2H4(肼)，肼具有强还原性。肼是一种重要的液态火箭燃料，与NO2反应生成N2并放热。工业上用白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2.下列化学反应表示错误的是（）A.实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OB.NO2制HNO3的离子方程式：C.白磷与足量Ba(OH)2溶液反应：D.NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水，制备氨气的反应可实现，故A正确；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：，故B正确；C．根据题干信息可知白磷与氢氧化钡发生歧化反应，化学方程式为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O═3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故C正确；D．肼具有强还原性，足量NaClO将污水中的NH3氧化成N2，离子方程式为：3ClO-+2NH3═N2↑+3Cl-+3H2O，故D正确。〖答案〗选D。7.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A.N2难溶于水，可用作瓜果保护气B.N2H4具有还原性，可用作火箭燃料C.NH3的水溶液具有碱性，可用作制冷剂D.HNO3具有强氧化性，可用作制硝酸铵〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮气含有氮氮三键，性质稳定，可用作瓜果保护气，与其难溶于水的性质无关，故A不选；B．N2H4具有还原性，与氧气或NO2反应生成氮气和水，并放出大量的热，可用作火箭燃料，故B选；C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与其碱性无关，故C不选；D．硝酸与氨气反应生成硝酸铵，硝酸中氮元素化合价不变，不表现强的氧化性，故D不选。〖答案〗选B8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是（）A.实验室检验的存在：B.工业制硝酸过程中的物质转化：C.铁与足量稀硝酸反应：D.汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铵根离子和氢氧化钠加热生成氨气，可以检验铵根离子存在，A正确；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成硝酸，B正确；C．硝酸具有强氧化性，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁和NO、水，C错误；D．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应为氮氧化合物和一氧化碳发生氧化还原反应生成无毒的氮气和二氧化碳，D正确；故选C。9.下列实验结论不能证明凯库勒式与苯的真实结构不相符的是（）A.在一定条件下1mol苯能与3mol氢气发生加成反应B.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色C.苯不能使Br2的CCl4溶液褪色D.经测定苯为六边形结构，且所有碳碳键完全相同〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在一定条件下1mol凯库勒式的苯与苯的真实结构都能与3mol氢气发生加成反应，故A符合题意；B．凯库勒式的苯中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；C．凯库勒式的苯有单、双键交替出现的结构，能使Br2的CCl4溶液褪色，故C不符合题意；D．凯库勒式的苯有单、双键交替出现的结构，碳碳键不完全相同，故D正不符合题意。〖答案〗选A。10.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是（）A.a与硫粉充分加热反应可生成bB.制备c时，应将胶头滴管伸入液面以下C.c、d在空气中充分加热，均可得到氧化铁D.b和e的混合溶液中，可先滴加KSCN溶液，再滴加少量新制氯水，证明溶液中含Fe2+〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据价类二维图可知，a为Fe，b为亚铁盐，c为Fe(OH)2，e为三价铁盐，d为Fe(OH)3，据此分析解答即可。【详析】A．Fe与S加热反应生成FeS，故A正确；B．c为Fe(OH)2，容易被空气氧化，制备时应将胶头滴管伸入液面以下，故B正确；C．c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，氢氧化铁在空气中受热分解生成氧化铁，氢氧化亚铁在空气中加热时，先与空气中的氧气和水蒸气反应生成氢氧化铁，氢氧化铁再受热分解生成氧化铁，则氢氧化亚铁和氢氧化铁在空气中充分加热均可得到氧化铁，故C正确；D．b为亚铁盐，e为三价铁盐，混合溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液直接变红色，但要证明溶液中同时含Fe2+，为防止铁离子干扰，可取少量混合液中滴加铁氰化钾，会出现蓝色沉淀，故D错误。〖答案〗选D。11.下列说法正确的是（）A.与互为同分异构体B.与为同一种物质C.甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.光照下，等物质的量甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl和HCl〖答案〗B〖解析〗【详析】A．与为同种物质，故A错误；B．与为同一种物质，故B正确；C．甲烷性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．甲烷与氯气发生取代反应时，多步反应同时进行，可生成多种氯代烃，故D错误；〖答案〗选B。12.室温下，下列实验方案能达到探究目的的是（）选项实验方案探究目的A向相同质量经打磨过的足量的锌粒和铁粉中各加入2mL3mol·L−1盐酸，观察反应剧烈程度锌、铁金属性的强弱B向Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸(主要成分为HI，一元强酸)，再滴入淀粉，观察溶液颜色变化Fe3+与I2氧化性强弱C向2mLFeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化Fe2+是否具有还原性D向含有少量FeCl3的FeCl2溶液中的加入足量铜粉后过滤除去FeCl2溶液中的杂质〖答案〗C〖解析〗【详析】A．锌粒和铁粉的表面积不同，金属种类也不同，不符合控制变量的思想，不能比较锌、铁金属性的强弱，故A错误；B．酸性溶液中硝酸根离子、铁离子均可氧化碘离子，溶液变蓝，不能探究I2与Fe3+氧化性强弱，故B错误；C．亚铁离子可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知Fe2+有还原性，故C正确；D．Cu与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质氯化铜，不能除杂，故D错误。〖答案〗选C。13.实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体。已知：H2C2O4为二元弱酸，具有还原性。下列说法正确的是（）A.“酸化”后的溶液，根据电荷守恒存在等量关系：n()+2×n(Fe2+)=2×n()B.“沉淀”时发生反应的离子方程式：Fe2+++nH2O=FeC2O4·nH2O↓C.可以用酸性KMnO4溶液检验“沉淀”后的上层清液中是否含有Fe2+D.“洗涤”时先水洗，再用乙醇洗涤，有利于晶体快速干燥和防止失去结晶水〖答案〗D〖解析〗【详析】A．酸化后的溶液中阳离子还有氢离子，根据电荷守恒有等式：n()+2×n(Fe2+)+n()=2×n()，故A错误；B．H2C2O4为二元弱酸，离子方程式中要保留化学式，“沉淀”时发生反应的离子方程式为：Fe2+++nH2O=FeC2O4·nH2O↓+2H+，故B错误；C．“沉淀”后的上层清液中含有的H2C2O4可以和酸性KMnO4反应，不能用酸性KMnO4检验“沉淀”后的上层清液中是否含有Fe2+，故C错误；D．乙醇具有挥发性，能带走晶体表面的水分，加速干燥，故D正确。〖答案〗选D14.向含xmolHNO3和ymolH2SO4的混合稀溶液中缓慢加入铁粉，其氧化产物与所加铁粉的物质的量关系如图所示：下列说法正确是（）A.a点溶液中所含离子主要为Fe3+、、B.dc段表示Fe2+物质的量变化，dc全段发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3+=3Fe2+C.x=0.1，y=0.2D.反应至c点，可收集到标准状况下的气体体积为2.24L〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先发生反应Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，a点时(或H+)消耗完后，再加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，b点时Fe3+和Fe2+的物质的量相同，当Fe3+反应完毕，而后再加入Fe粉，溶液中Fe2+的量继续增大，说明第一阶段H+有剩余，该阶段发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑；【详析】A．由上述分析可知，a点时H+离子有剩余，则会消耗完，故A错误；B．dc段先发生的反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生的反应是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．第一阶段完全反应，生成0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，可知n()=n(Fe3+)=0.1mol，即为HNO3物质的量为0.1mol，则x=0.1，c点溶液中溶质为FeSO4，溶液中Fe2+为0.2mol，即FeSO4为0.2mol，根据硫酸根离子守恒：n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.2mo，故y=0.2，故C正确；D．第一阶段生成NO、0.1molFe3+，根据Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O可得，n(NO)=n(Fe3+)=0.1mol，最后阶段生成H2，整个过程加入的Fe转化Fe2+，最终生成0.2molFe2+，根据电子转移守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe2+)，故3×0.1mol+2n(H2)=2×0.2mol，解得n(H2)=0.05mol，故收集到气体总体积为(0.1mol+0.05mol)×22.4L/mol=3.36L，故D错误；〖答案〗选C。二、非选择题：共4题，共58分。15.填空。（1）下列各组物质属于同素异形体_______；属于同位素是_______；属于同一种物质是_______；属于同系物是_______。属于同分异构体是_______。(填序号)①12C与14C；②S2与S8；③CH3CH=CH2和CH2=CH2；④与；⑤CH3CH2OH与CH3OCH3。（2）51.2g铜投入一定浓度的硝酸溶液中，铜完全溶解，共收集到NO和NO2的混合气体17.92L气体(标准状况)。①计算产生NO和NO2的物质的量分别为_______。(请写出计算过程)②将盛有此混合气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为_______L。〖答案〗（1）①.②②.①③.④④.③⑤.⑤（2）①.0.4mol、0.4mol②.8.96〖解析〗（1）①12C与14C是同种元素的不同种核素，是同位素；②S2与S8是同种元素形成的不同种单质，是同素异形体；③CH3CH=CH2和CH2=CH2结构相似，组成上相差-CH2-，是同系物；④与是同种物质；⑤CH3CH2OH与CH3OCH3，分子式相同，结构不同，是同分异构体；属于同素异形体②；属于同位素是①；属于同一种物质是④；属于同系物是③；属于同分异构体是⑤；（2）①Cu的物质的量为：=0.8mol；设产生NO2的物质的量为xmol，产生NO的物质的量为ymol，则由电子转移守恒可得：x+3y=0.8×2，由气体总体积可得：x+y=，联立解得x=0.4，y=0.4；②Cu与HNO3生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应又生成HNO3，纵观整个过程Cu失去的电子数等于氧气获得的电子数，故需要氧气物质的量为：=0.4mol，故需要氧气的体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L。16.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图所示：（1）A装置的作用：_______。（2）装置B一般有三种功能：①控制气体流速；②均匀混合气体；③_______。控制氯气流速的实验操作是_______。（3）请写出C装置中由CH4生成CH2Cl2的总化学方程式：_______。（4）其它烷烃也可与氯气发生取代反应，写出含有四个碳原子的烷烃的一种结构简式：_____。（5）国际上以乙烯的产量来衡量一个国家石油化工的生产水平，乙烯是通过对石油进行_______(填“分馏”、“裂化”、“裂解”)加工炼制得到。如图所示，乙烯可使溴水褪色，其发生反应的化学方程式是_______，乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其发生反应的类型是_______。〖答案〗（1）制备Cl2（2）①.干燥混合气体或除去甲烷和氯气中的水蒸气②.旋转分液漏斗活塞，控制浓盐酸的滴加速率（3）CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl（4）CH3CH2CH2CH3或CH3CH(CH3)2（5）①.裂解②.H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br③.氧化反应〖解析〗A装置为制取氯气的发生装置，B装置可以除去水蒸气，可以混合甲烷和氯气，同时还可以通过产生气泡的快慢调节气体的流速；C中发生取代反应，由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气；（1）由分析可知，A的作用是制备Cl2；（2）B装置可以均匀混合气、干燥混合气体和控制气流速度；控制氯气流速的实验操作是旋转分液漏斗活塞，控制浓盐酸的滴加速率；（3）C装置中1molCH4与2molCl2在光照条件下生成CH2Cl2的总化学方程式为CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；（4）含有四个碳原子的烷烃为正丁烷或异丁烷，结构简式为CH3CH2CH2CH3或CH3CH(CH3)2；（5）乙烯是通过对石油进行裂解加工炼制得到；乙烯可使溴水褪色是发生了加成反应，化学方程式是H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，其发生反应的类型是氧化反应。17.无水FeCl2为黄绿色晶体，在空气中易被氧化、易吸水，不溶于氯仿等有机溶剂。I．FeCl2的制备：制备反应原理为2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑(C6H5Cl为氯苯，沸点132℃)，制备装置如图所示(夹持及加热装置略去)，收集的HCl气体可用于测定FeCl2的产率。（1）仪器B的名称是_______，作用是_______。（2）装置C中的试剂是_______(填化学式)。装置D的作用是_______。（3）氯苯(C6H5Cl)的球棍模型图，氯苯可由苯和氯气在催化剂条件下反应生成，其化学反应方程式为_______，反应类型是_______。II．FeCl2性质探究：将FeCl2晶体配成溶液后进行如下实验。序号装置试剂b试剂a实验现象实验i5mL0.1mol·L−1KSCN溶液、1mL0.1mol·L−1FeCl2(pH=1)溶液0.5mL饱和氯水溶液立即变为浅红色实验ii1mL15mol·L−1HNO3溶液溶液变为红色，一段时间后，溶液褪为无色，且溶液中产生无色气泡，试管上方呈红棕色已知：Ba2+与SCN-可在溶液中大量共存；SCN-易被氧化为。（4）对实验ⅰ中溶液变为浅红色的原因，甲同学提出以下假设。假设1：加入饱和氯水的量少，生成的的浓度小；假设2：氯水氧化性强，_______。取实验i中浅红色溶液，_____(填实验操作)，溶液浅红色消失，从而排除假设1；向2mL水中滴加5mL0.1mol·L−1KSCN溶液，滴加0.5mL饱和氯水，加入______，产生白色沉淀，说明假设2正确。（5）分析实验ⅱ“一段时间后，溶液褪为无色”的原因是_______(用离子方程式表示，已知SCN-中C元素为+4价)。〖答案〗（1）①.冷凝管或球形冷凝管②.冷凝、回流或提高氯苯的利用率，便于分离出HCl（2）①.CaCl2或P2O5②.防止倒吸（3）①.＋Cl2＋HCl②.取代反应（4）①.部分SCN-被氧化②.继续滴加饱和氯水③.BaCl2溶液（5）〖