河北省邯郸市2023至2024学年高一下学期期末考试化学试题附参考答案（解析）

河北省邯郸市2023-2024学年高一下学期期末质量检测化学答案注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.从科技前沿到人类的日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是A.新型LED管束模块是由GaAs、GaP等半导体制成的，它们都属于金属材料B.水泥、陶瓷、有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)都属于传统无机非金属材料C.制造5G芯片的氮化铝晶圆、制造飞机机翼的氮化硅陶瓷、碳纤维都属于新型无机非金属材料D.我国科学家从嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物属于分子晶体【答案】C【解析】【详解】A．GaAs(砷化镓)、GaP(磷化镓)均是无机盐类，不属于金属材料，A错误；B．有机玻璃是有机高分子材料，B错误；C．制造5G芯片的氮化铝、氮化硅、碳纤维都属于新型的无机非金属材料，C正确；D．SiO2属于共价晶体，D错误；故选C。2.下列有关试剂保存及实验操作不符合规范的是A.浓硝酸、新制氯水保存在棕色细口瓶中B.配制硫酸亚铁溶液时将蒸馏水煮沸并迅速冷却后使用C.蒸馏时，忘记加沸石，应熄灭酒精灯后立即补加D.盛有KMnO4与乙醇的试剂瓶不能同橱存放【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸易挥发，新制氯水中的HClO见光易分解，故二者应该保存在棕色细口瓶中，A不合题意；B．由于Fe2+已被O2氧化，故配制硫酸亚铁溶液时将蒸馏水煮沸并迅速冷却后使用，以防止Fe2+被氧化变质，B不合题意；C．蒸馏时，忘记加沸石，应熄灭酒精灯待完全冷却后再补加沸石，而不是立即补加，C符合题意；D．KMnO4为强氧化剂，乙醇具有还原性，且发生氧化还原反应时放热，容易造成火灾等安全事故，故盛有KMnO4与乙醇的试剂瓶不能同橱存放，D不合题意；故答案为：C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，92g和混合气体中原子数为6B.常温下，100g46%乙醇溶液中含有键的数目为C.1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3D.标准状况下，11.2L和22.4L在光照下充分反应后分子数小于1.5【答案】A【解析】【详解】A．已知NO2和N2O4的最简式均为NO2，故常温常压下，92g和混合气体中原子数为=6，A正确；B．已知CH3CH2OH中含有一个O-H，而H2O含有2个O-H，故常温下，100g46%乙醇溶液中含有键的数目大于，B错误；C．已知Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，故1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数小于3，C错误；D．根据反应方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2CCl4+HCl可知反应前后分子数不变，故标准状况下，11.2LCH4和22.4LCl2在光照下充分反应后分子数等于于1.5NA，D错误；故答案为：A。4.下列有关电极反应式或离子方程式正确的是A.等物质的量的、和HCl溶液混合：B.利用覆铜板制作印刷电路板：C.铅酸蓄电池放电时的负极反应：D.明矾溶液与过量氨水混合：【答案】B【解析】【详解】A．等物质的量的、和HCl溶液混合：，故A错误；B．利用覆铜板制作印刷电路板就是铜单质和氯化铁溶液的反应，反应的离子方程式为：，故B正确；C．铅酸蓄电池放电时的负极反应铅失电子：，故C错误；D．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝和铵盐：，故D错误；故选B。5.利用下列装置和试剂进行实验，设计合理并能达到实验目的的是A.验证石蜡油分解产物中含有乙烯B.验证铁的吸氧腐蚀C.比较和Cu2+对分解的催化效果D.验证铁、铜的金属性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．石蜡油分解产物中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但含碳碳双键的物质不一定是乙烯，故A错误；B．若铁发生了吸氧腐蚀，则锥形瓶中的氧气消耗，压强减小，U形管中红墨水左高右低，即能验证铁的吸氧腐蚀，故B正确；C．比较和Cu2+对分解的催化效果时，应采用控制变量法，溶液中阴离子的种类和浓度均应相同，否则无法比较和Cu2+对分解的催化效果，故C错误；D．铁遇冷的浓硝酸会发生钝化，图中所示装置铁为正极、铜为负极，无法验证铁、铜的金属性强弱，故D错误；故答案为：B。6.Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景，电池结构如图所示，下列关于该电池的说法正确的是A.金属锂为正极，光催化电极为负极B.电解质1和电解质2都不能是水溶液C.Li+经离子交换膜由右侧移动到左侧D.电池每消耗标准状况下22.4LO2时，电路中转移4mol电子【答案】B【解析】【分析】放电时为原电池，总反应为2Li+O2=Li2O2，由图可知，放电时Li→Li+，发生失电子的反应，金属Li为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，光催化电极为正极，正极反应式为：O2+2Li++2e-=Li2O2，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，金属锂为负极，光催化电极为正极，A错误；B．已知Li和Li2O2均能与H2O反应，故电解质1和电解质2都不能水溶液，B正确；C．由分析可知，金属锂为负极，光催化电极为正极，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，则Li+经离子交换膜由左侧移动到右侧，C错误；D．由分析可知，正极反应式为：O2+2Li++2e-=Li2O2，电池每消耗标准状况下22.4L即=1molO2时，电路中转移2mol电子，D错误；故答案为：B。7.恒温下，将3molA和2molB投入容积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：。5min末测得容器中B、D的物质的量均为0.8mol。下列说法正确的是A.B.0~5min内，用A表示的平均反应速率为C.其他条件不变，增加B的量可加快反应速率D.5min末，容器内气体的压强是起始压强的1.4倍【答案】D【解析】【分析】由三段式分析：，则有=0.8mol，解得a=1.2mol，2-=0.8，解得x=3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，x=3，A错误；B．由分析可知，0~5min内，A的物质的量减少了1.2mol，则用A表示的平均反应速率为=，B错误；C．由题干方程式信息可知，B为固体，故其他条件不变，增加B的量B的浓度不变，则反应速率不变，C错误；D．根据阿伏伽德罗定律及推论可知，同温同体积下气体的压强之比等于气体的物质的量之比，结合分析可知，5min末，容器内气体的压强是起始压强的=1.4倍，D正确；故答案为：D。8.实验室制备柠檬酸铁铵的流程为：。下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A.流程①可用装置甲B.用装置乙制取C.用装置丙可观察喷泉实验和制取氨水D.已知流程②为“浓缩为糊状、干燥”，其中“浓缩为糊状”流程可用装置丁，“干燥”用低温干燥【答案】B【解析】【详解】A．柠檬酸能与FeCO3反应生成柠檬酸亚铁和CO2，CO2能够排空装置中的空气，防止氧化Fe2+，故流程①可用装置甲，A不合题意；B．由于NH4NO3受热易分解，甚至发生爆炸，故不能用NH4NO3和Ca(OH)2共热来制备NH3，应该用NH4Cl和Ca(OH)2共热来制备NH3，即不能用装置乙制取NH3，B符合题意；C．氨气极易溶于水，能够用装置丙可观察喷泉实验和制取氨水，C不合题意；D．已知流程②“浓缩为糊状、干燥”，其中“浓缩为糊状”流程可用装置丁即蒸发浓缩，由于柠檬酸铁铵属于铵盐，受热易分解，故“干燥”用低温干燥，D不合题意；故答案为：B。9.已知：。部分键能数据如表所示。下列说法正确的是化学键C=O键能/()808436464A.1mol和1mol充分反应生成和吸收41.2kJ的热量B.CO中的键能为C.该反应为吸热反应，吸热反应必须加热才能进行D.【答案】B【解析】【详解】A．中41.2kJ对应消耗1mol二氧化碳和1mol氢气，由于该反应是可逆反应，物质的转化率不能达到100%，所以1mol和1mol充分反应生成和吸收的热量小于41.2kJ，故A错误；B．设CO中的键能为x，反应物键能之和-生成物键能之和=(2×808+436-x-2×464)kJ/mol=+41.2kJ/mol，解得x=，即CO中的键能为，故B正确；C．该反应，即为吸热反应，但吸热反应不一定加热才能进行，故C错误；D．，生成1mol气态水时吸收41.2kJ能量，由于气态水转化为液态水释放热量，所以吸热更少，即，故D错误；故答案为：B。10.将足量铜丝插入一定量浓硝酸中进行如图所示的实验，下列说法正确的是A.装置a中出现红棕色气体，反应中气体产物只生成B.反应结束后，向装置b中U形管内注入水，一段时间后U形管内溶液为黄色C.若足量铜丝与一定量浓硝酸生成的气体与标准状况下2.24L完全被水吸收生成硝酸，则消耗铜丝的质量是12.8gD.装置c用NaOH溶液吸收尾气，说明酸性氧化物【答案】C【解析】【分析】a装置中，铜丝与浓硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO2气体等；NO2进入b装置后，溶于水生成稀硝酸和一氧化氮，稀硝酸与足量铁片反应，生成Fe(NO3)2等；c装置用于尾气处理。【详解】A．装置a中出现红棕色气体也可能是反应生成的NO与装置中的氧气反应生成NO2，A错误；B．NO2进入b装置后，溶于水生成稀硝酸和一氧化氮，稀硝酸与足量铁片反应，生成Fe(NO3)2，溶液是浅绿色的，B错误；C．根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等。n（）=mol=0.1mol，0.1mol氧气得电子为0.4mol，根据电子守恒，铜失去的电子也是0.4mol，每1mol铜失去2mol电子，所以消耗的铜的物质的量为0.2mol，质量为12.8g，C正确；D．酸性氧化物是指和碱反应只能生成盐和水的氧化物，NO2不是酸性氧化物，D错误；答案选C。11.氮在自然界中的转化是一个复杂的过程，如图所示的氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分。下列说法正确的是A.图中②③④的转化都属于氮的固定B.图中④的转化反应之一可表示为C.植物吸收的无机氮主要是和，①转化属于反硝化过程，会导致硝态氮肥的损失，也会弥补人工固氮对氮循环造成的影响D.图中⑤⑥的转化说明含氮的有机物和含氮的无机物可以相互转化，整个循环图中只有氮、氧两种元素参加了氮循环【答案】C【解析】【详解】A．由题干流程图可知，图中②③的转化均为由游离态的氮转化为化合态的氮，都属于氮的固定，但转化④为化合态的氮到化合态的氮，不属于氮的固定，A错误；B．原离子方程式质量不守恒、电荷不守恒，图中④的转化反应之一可表示为：，B错误；C．由题干流程图可知，植物吸收的无机氮主要是和，①转化为将硝酸根、亚硝酸根离子转化为N2，属于反硝化过程，会导致硝态氮肥的损失，也会弥补人工固氮对氮循环造成的影响，C正确；D．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，图中⑤⑥的转化说明含氮的有机物和含氮的无机物可以相互转化，整个循环图中不只有氮、氧两种元素参加了氮循环，还有H元素参与循环，D错误；故答案为：C。12.下列说法正确的是A.油脂的皂化反应生成高级脂肪酸和丙三醇B.取4mL淀粉溶液，加入少量20%的硫酸溶液，加热几分钟，待溶液冷却后，再加入少量的银氨溶液，水浴加热，有光亮的银镜生成C.氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有和D.硬脂酸甘油酯的结构简式为【答案】D【解析】【详解】A．油脂皂化是指油脂在碱性条件下的水解，得到高级脂肪酸盐和甘油（即丙三醇），A错误；B．检验淀粉水解反应的产物时，在加入银氨溶液之前需加入氢氧化钠溶液将水解液调成碱性，否则银氨溶液与稀硫酸反应生成硫酸铵和硫酸银，银氨溶液失效，故不能产生光亮的银镜，B错误；C．氨基酸不是高分子化合物，C错误；D．硬脂酸甘油酯的结构简式为，D正确；故选D。13.下列实验操作及现象与实验结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A向溶液中滴入酸性溶液，溶液紫色褪去具有还原性B将酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄的氧化性大于C取适量浓硝酸于试管中，将灼热的木炭插入试管，产生红棕色气体浓硝酸与木炭反应产生D向某盐溶液中加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该盐溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液中的也具有还原性，可被酸性溶液氧化，酸性溶液褪色，A错误；B．酸性环境下，具有氧化性，也可将氧化为，B错误；C．硝酸受热可直接分解出红棕色气体，C错误；D．向某盐溶液中加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，说明该盐溶液中一定含有，D正确；答案选D。14.关于有机物的说法正确的是A.分子式为B.该有机物可以发生取代反应、加成反应和酯化反应C.该有机物能被催化氧化生成醛D.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应消耗2molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．分子式为，故A错误；B．该有机物含有醇羟基、酯基等可以发生取代反应、含有碳碳双键、苯环可以发生加成反应，含有醇羟基可以发生酯化反应，故B正确；C．该有机物能被催化氧化生成酮羰基，故C错误；D．1mol该有机物与足量NaOH溶液反应酯基消耗1molNaOH，故D错误；故选B二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某学习小组根据氨气的性质设计如下实验(夹持装置省略)，用于测定铜元素的相对原子质量(近似值)和制备。已知：①E中化学反应方程式为。②的化学性质与相似，具有还原性。（1）A中的固体可为_______(填化学式)。（2）氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为_______。（3）干燥管D中盛放的药品可为_______(填标号)。A.五氧化二磷 B.无水 C.碱石灰 D.氯化钠（4）实验前将石英玻璃管(带两端开关和)(设为装置C)称重，记为g。将氧化铜装入C中，再次将装置C称重，记为g。按上图连接好装置，关闭打开进行实验，通入，充分反应直至C恒重，记为g。根据实验记录，计算铜元素的相对原子质量=_______(用含有、、的式子表示)。（5）的电子式是_______。（6）仪器b的名称为_______，仪器a的作用是_______。（7）采用上述装置制备时产率较低，可能的原因是_______。【答案】（1）氧化钙或者氢氧化钠（2）（3）AB（4）（5）（6）①.恒压滴液漏斗②.防止倒吸（7）具有还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO会将生成的氧化使产率较低【解析】【分析】A制备出的氨气经B干燥在C中与灼热的氧化铜反应，通过称量装置C反应前后质量差来计算铜的相对原子质量，D是尾气吸收装置；F中生成的氯气与E中氢氧化钠溶液反应生成NaClO，NaClO再与氨气反应制备。【小问1详解】A为制备氨气，固体可以是氧化钙或者氢氧化钠。【小问2详解】氨气还原炽热氧化铜生成氮气、铜和水，该反应方程式为：。【小问3详解】干燥管D装置用于吸收剩余的氨气，五氧化二磷，无水CaCl2均能吸收氨气，答案选AB。【小问4详解】CuO的质量为(m2-m1)g，该CuO中含有O的质量为：(m2-m3)g，n(O)=mol，n(Cu)=n(CuO)=n(O)=mol，Cu的质量为(m3-m1)g，则Cu的相对原子质量为：=。【小问5详解】的电子式是：。【小问6详解】仪器b的名称为恒压滴液漏斗，仪器a的作用是防止倒吸。【小问7详解】由已知可知，具有还原性，而NaClO具有强氧化性，NaClO会将生成的氧化使产率较低。16.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳的排放，有助于实现碳中和。其反应可表示为（1）已知反应过程的能量变化如下图所示：由图可知_______，代表正反应的活化能，的大小对该反应的反应热_______(填“有”或“无”)影响。（2）恒温条件下，向容积为5L的恒容容器中充入1mol和2mol，发生上述反应。①下列事实不能说明体系达到平衡状态的是_______(填标号)。A．容器内的压强不再变化B．C．容器内气体的密度不再变化D．CO2和H2的物质的量浓度比值不再变化②若3min末测得CH3OH的体积分数为25%，则用H2表示0~3min内该反应的平均反应速率为______，CO2的转化率为_______。（3）某科研小组用电化学方法实现二氧化碳加氢制甲醇，工作原理如下图所示。①通入H2的一极为_______(填“正极”或“负极”)，通入CO2的一极的电极反应式为_______。②电极材料采用“多孔”碳棒，“多孔”的优点是_______。【答案】（1）①.-49kJ/mol②.无（2）①.BC②.0.25mol/(L•min)③.50%（3）①.负极②.CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O③.提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率【解析】【分析】由题干装置图可知，左侧电极为CO2转化为CH3OH，即C的化合价降低被还原，则左侧电极为正极，电极反应为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，右侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应为：H2-2e-=2H+，【小问1详解】已知反应热即焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由图可知-49kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，故代表正反应的活化能，的大小对该反应的反应热无影响，故答案为：-49kJ/mol；无；【小问2详解】①A．由题干方程式可知，反应过程中气体的物质的量发生改变，即密闭容器中混合气体的压强一直在改变，则容器内的压强不再变化时说明反应达到化学平衡，A不合题意；B．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，即即时反应达到化学平衡，B符合题意；C．由题干方程式可知，反应过程中气体的质量保持不变，容器的体积保持不变，即容器内混合气体的密度始终保持不变，故容器内气体的密度不再变化不能说明反应达到化学平衡，C符合题意；D．由题干信息可知，反应中CO2和H2的消耗量之比为1：3，而投料比为1：2，则反应过程中CO2、H2的物质的量浓度之比一直在改变，故CO2和H2的物质的量浓度比值不再变化说明反应达到化学平衡，D不合题意；故答案：BC；②若3min末测得CH3OH的体积分数为25%，由三段式分析，则有：=0.25，解得x=0.5mol，用H2表示0~3min内该反应的平均反应速率为=0.25mol/(L•min)，CO2的转化率为=50%，故答案为：0.25mol/(L•min)；50%；【小问3详解】①由分析可知，通入H2的一极为负极，通入CO2的一极为正极，电极反应为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故答案为：负极；CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；②电极材料采用“多孔”碳棒，“多孔”的优点是“多孔”的优点是提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率，故答案为：提高气体在电极表面的吸附量，使其与溶液充分接触，提高反应速率。17.钛被誉为“21世纪金属”，工业上常用钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁()，含有少量、CaO、等杂质]为原料制备金属钛，同时获得铁基颜料铁黄(FeOOH)的工艺流程如图所示：已知：①酸浸时转化为和，在热水中转化为沉淀。②FeOOH难溶于水。回答下列问题：（1）滤渣Ⅰ中除过量铁粉外，主要成分还有_______(填化学式)。（2）“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______，可用_______(填化学式)试剂检验是否“还原”完全。（3）高温下转化为的同时生成一种还原性气体，化学反应方程式为_______。（4）“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式为_______。（5）FeOOH可以表示为，则_______，“氧化”时，用浓溶液代替空气，能缩短氧化时间，但缺点是_______。（6）经“过滤、洗涤、干燥”一系列操作可得铁黄产品，“洗涤”的具体操作为_______。【答案】（1）和（2）①.②.KSCN溶液（3）（4）（5）①.1：1②.会被还原为氮氧化物，污染空气（6）沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作次【解析】【分析】硫酸酸浸钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁()，含有少量、CaO、等杂质]，不溶与硫酸，CaO与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，加入足量铁粉可将溶液中还原为，过滤滤出过量铁粉、和；加热过程中在热水中转化为沉淀，过滤将沉淀与硫酸亚铁溶液分离，硫酸亚铁在氨气与空气作用下经过系列反应生成FeOOH；经煅烧后生成，在焦炭与氯气作用下高温反应生成，在金属Mg作用下高温得粗钛。【小问1详解】根据分析，滤渣Ⅰ中除过量铁粉外