2022-2023学年福建省厦门市高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2福建省厦门市2022-2023学年高一下学期期末考试试题说明：1.本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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。写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Sb-122一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.福建土楼的外墙是用糯米，石灰、黏土和细砂混合而成。夯筑时，往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”。下列说法错误的是（）A.糯米的主要成分是淀粉，其作用是充当粘合剂B.石灰的主要成分是CaSO4，其作用是防水C.细砂的主要成分是SiO2，其作用是增大墙体的强度D.“墙骨”的主要成分是纤维素，其作用是增加墙体的韧性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糯米的主要成分为淀粉，糯米具有黏性，在福建土楼的外墙建造中糯米充当粘合剂的作用，A项正确；B．石灰的主要成分是CaO，B项错误；C．细砂的主要成分是SiO2，SiO2中存在硅氧四面体结构，硅氧四面体结构的特殊性，决定了细砂的作用是增大墙体的强度，C项正确；D．往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”，竹片的主要成分为纤维素，纤维素能增加墙体的韧性，D项正确；〖答案〗选B。2.甲酸和乙醇在浓硫酸作用下反应生成甲酸乙酯，该反应中各物质的化学用语或模型错误的是（）A.甲酸的结构式为： B.乙醇的球棍模型：C.甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3 D.H2O的电子式：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲酸的结构简式为HCOOH，含有官能团是羧基，因此结构式为，故A不符合题意；B．乙醇结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为，故B不符合题意；C．甲酸乙酯是甲酸与乙醇发生酯化反应的产物，即甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，故C符合题意；D．水分子化学式为H2O，属于共价化合物，其电子式为，故D不符合题意；〖答案〗为C。3.下列有关元素周期律的说法正确的是（）A.热稳定性：HCl>H2S>PH3 B.离子半径：O2->Al3+>Na+C.元素原子失电子能力：Be>K>Mg D.酸性：HNO3>H2SiO3>H2CO3〖答案〗A〖解析〗【详析】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性Cl>S>P，热稳定性：HCl>H2S>PH3，A正确；B．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径：O2->Na+>Al3+，B错误；C．金属性越强，失去电子的能力越强，元素原子失电子能力：K>Mg>Be，C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属N>C>Si性，则酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，D错误；〖答案〗选A。4.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分如图所示。下列说法正确的是（）A.该有机物属于烯烃B.四个硫原子一定共平面C.1mol该有机物可与2mol氢气加成D一氯代物有2种〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该有机物中还含有硫原子，因此不属于烯烃，A错误；B．由于碳碳双键是平面形结构，所以四个硫原子一定共平面，B正确；C．分子中含有3个碳碳双键，1mol该有机物可与3mol氢气加成，C错误；D．分子中的氢原子均是相同的，所以一氯代物有1种，D错误；〖答案〗选B。5.下列实验能达到目的的是（）A.图A是除去NO2中的NOB.图B是米酒蒸馏C.图C是乙醇萃取碘水中的碘D.图D是探究温度对平衡状态的影响〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化氮、一氧化氮与NaOH溶液发生氧化还原反应，不能除杂，故A错误；B．冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，图中冷水方向不合理，故B错误；C．乙醇与水互溶，不能萃取碘水中碘，故C错误；D．只有温度不同，可探究温度对平衡状态的影响，故D正确；故选：D。6.利用CO2，H2，C2H2和CH3OH生产丁二酸二甲酯，其过程如图所示，下列说法错误的是（）A.C2H2分子中碳碳三键和碳氢键之间的夹角为180°B.丁二酸二甲酯的分子式为C6H10O4C.过程①未涉及碳氢键的断裂D.过程②实现了Cs2CO3的再生〖答案〗C〖解析〗【详析】A．C2H2分子中的C为sp杂化，分子间的夹角为180°，故A正确；B．根据丁二酸二甲酯的结构简式可知其分子式为：C6H10O4，故B正确；C．过程①中C2H2分子中C-H键发生断裂，涉及碳氢键的断裂，故C错误；D．过程②有Cs2CO3生成，实现了Cs2CO3的再生，故D正确；故选：C。7.恒温恒容下，进行反应：，下列说法不能说明该反应已达到化学平衡状态的是（）A.生成N2的速率与消耗H2的速率相等B.容器内压强不再改变C.反应混合物中N2、H2、NH3百分组成不再改变D.单位时间内，断裂3molH-H键的同时断裂6molN-H键〖答案〗A〖解析〗【详析】A．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成氮气，反应向逆反应方向进行，消耗氢气，反应向正反应方向进行，即3v生(N2)=v消(H2)，才能说明反应达到平衡，v生(N2)=v消(H2)，则不能说明反应达到平衡，故A符合题意；B．该反应为气体物质的量减少的反应，相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此当压强不再改变，说明该反应达到平衡，故B不符合题意；C．根据化学平衡的定义，当组分的百分含量不再改变，说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．断裂3molH-H键，说明消耗3mol氢气，断裂6molN-H键，说明消耗2mol氨气，其比值等于化学计量数之比，能说明反应达到平衡，故D不符合题意；〖答案〗为A。8.我国科学家设计了一款高能量密度新型电池，装置如图所示。下列说法错误的是（）A.NiRu为正极B.Zn电极的电极反应式为：C.工作时，电解质溶液中的OH-向Zn电极移动D.理论上生成11.2L(标准状况)NH3时，外电路转移电子数目为8NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图中装置可知，Zn作负极失去电子，Zn电极的电极反应式为：，NiRu为正极，正极上硝酸根离子得到电子生成氨气，电极反应式为：NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，阴离子移向负极，以此来解答。【详析】A．NiRu为正极，正极上硝酸根离子得到电子生成氨气，故A正确；B．Zn作负极失去电子，Zn电极的电极反应式为：，故B正确；C．原电池中，阴离子移向负极，即电解质溶液中的OH-向Zn电极移动，故C正确；D．正极反应式为NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，理论上生成11.2L（标准状况）NH3即11.2L÷22.4L/mol=0.5mol时，外电路转移电子数目为4NA，故D错误；故选：D。9.我国科学家研发了高效催化转化为NH3的路径，如图所示，下列说法错误的是（）A.FeN3是催化剂B.该路径中N元素化合价逐步降低C.用15N标记，反应结束后会在FeN3中检测出15ND.该路径的总反应式为：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应开始时，FeN3参与反应，最后有生成FeN3，FeN3为该反应的催化剂，故A说法正确；B．该路径中N元素的化合价分别为+5、+4、+3、+2、+1、0、-1、-2、-3，N元素的化合价逐步降低，故B说法正确；C．FeN3为催化剂，路径分析得到，用15N标记NO，反应结束后，15N最后出现在NH3中，不会在FeN3中检测出，故〖答案〗为C说法错误；D．分析可知，过程中有OH-生成，该路径的总反应式为NO+6H2O+8e-=NH3↑+9OH-，故D说法正确；〖答案〗为C。10.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质甲～己转化关系如图。其中，乙为气体，丁为有机混合物，己为淡黄色固体。下列说法正确的是（）A.元素原子得电子能力：Z>W>Y>XB.甲一定属于烃类C.氧化性：乙<己D.X与Z可形成含非极性键的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质中乙为气体，丁为有机混合物，甲和乙在光照条件下发生反应生成丁和戊，则甲可能为烃或卤代烃、乙为氯气，氯气和丙反应生成戊和己，已为淡黄色固体，丙为H2S、己为S单质，所以W、X、Y、Z分别是H、C、S、Cl。【详析】A．元素非金属性越强，越易得电子，元素原子得电子能力，Cl>S>C>H，故A错误；B．甲能与氯气在干燥条件下反应，甲可能为卤代烃或烃，故B错误；C．H2S+Cl2=2HCl+S，Cl2是氧化剂、S是氧化产物，则氧化性：Cl2>S，故C错误；D．C与Cl可形成含非极性键的化合物，如CCl3CCl3，故D正确；选D。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.微生物构成的氮的循环如图所示。（1）NH3的电子式为___________，与N同周期的非金属元素的气态氢化物稳定性最强的为___________。（2）实验室制备NH3的化学方程式为___________。检验NH3是否收集满的方法为___________。（3）过程⑬的化学方程式为___________。反应中若将H替换成D(氘)，当生成20gD2O时，产物中含有的N-D键的数目为___________NA。（4）羟胺(NH2OH)的结构式为___________，其与H2O2反应可实现⑦的转化，化学方程式为___________，为提高反应速率可适当升高温度，但温度过高该反应速率反而降低的原因是___________。〖答案〗（1）①.②.HF（2）①.或或②.用沾有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，观察到白烟或湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察到红色石蕊试纸变蓝（3）①.②.10（4）①.②.③.温度升高导致过氧化氢分解，反应物浓度下降，导致反应速率下降(写羟胺分解、挥发也可)〖解析〗（1）氨气为共价化合物，NH3中N与3个H形成共价键，其电子式为；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，与N同周期非金属性最强的是F，因此气态氢化物稳定性最强的是HF；故〖答案〗为；HF；（2）实验室制备氨气，加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物制得氨气，其反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以加热氨水，氨水不稳定，受热分解产生氨气，其反应方程式为NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O，也可以将氨水滴加到生石灰上，发生NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；氨气显碱性，检验氨气收集满的方法可用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，也可以利用氨气与浓盐酸接近时，出现白烟；故〖答案〗为NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O或NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O或NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；湿润红色石蕊试纸靠近试管口，观察到红色石蕊试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，观察到白烟；（3）过程⑬是氨气+NO→N2H4，其反应方程式为8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；反应中若将H替换成D，当生成20gD2O，即D2O的物质的量为=1mol，则生成N2D4的物质的量为=2.5mol，即产物中含有N-D键的数目为2.5mol×4×NA=10NA，故〖答案〗为8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；10；（4）羟胺为共价化合物，含有氨基和羟基，结构式为，羟胺与过氧化氢反应生成NO，根据元素守恒，还生成H2O，其反应方程式为2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；为提高反应速率，可适当升高温度，但温度不能太高，因为过氧化氢受热易分解，反应浓度下降，导致反应速率下降，羟胺不稳定，加强热发生爆炸；故〖答案〗为；2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；温度升高导致过氧化氢分解，反应物浓度下降，导致反应速率下降，同时羟胺不稳定，受热易分解。12.木质素中的对乙基苯酚转化为苯酚与乙烯的过程如下：（1）可用溴水鉴别气体产物是C2H4还是C2H6，化学方程式为___________，反应类型为___________。（2）中苯环上的一氯代物有_________种。中最多___________个原子共平面。（3）反应iii能量变化如下图所示，该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)，反应过程中能量的转换值为___________。（4）对乙基苯酚经过系列转化会生成对羟基苯甲酸。①可用___________(填试剂名称)检验物质b中的醛基。②0.2molc和足量的钠反应可生成___________LH2(标准状况)。（5）以乙烯为原料经过系列反应可得聚四氟乙烯。使用液态磷酸(磷酸包含在聚四氟乙烯键合的碳化硅基质中)作为电解质的氢氧燃料电池如图所示：①利用四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化学方程式为___________。②b极的电极反应式为___________。③若反应生成18gH2O，理论上外电路转移的电子的数目是___________。〖答案〗（1）①.②.加成反应（2）①.3②.13（3）①.吸热②.E1-E2（4）①.新制氢氧化铜悬浊液或斐林试剂或银氨溶液②.4.48（5）①.nCF2＝CF2②.③.2NA〖解析〗（1）乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不能，可鉴别，则发生反应的化学方程式为，反应类型为加成反应；（2）中苯环上有3种H原子，其一氯代物有3种；苯环为平面结构，3个原子可确定1个平面，则中最多13个原子共平面；（3）图中反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，反应过程中能量的转换值为E1-E2；（4）①醛基可发生银镜反应，可与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验物质b中的醛基；②羟基、羧基均与Na反应生成氢气，0.2molc和足量的钠反应可生成标准状况下的H2为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（5）①四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化学方程式为nCF2＝CF2；②b为正极，酸性电解质时正极上氧气得到电子生成水，正极反应为；③由O2～4e-～2H2O可知，反应生成18gH2O（1mol水），理论上外电路转移的电子的数目是2NA。13.某实验小组利用下图装置探究H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液的反应(夹持装置略去)。查阅资料：①H2C2O4为二元弱酸。②溶液浓度越大，越不利于气体的扩散。（1）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为___________。（2）仪器A的名称为___________。（3）检查装置气密性的方法为___________。（4）若以单位时间内生成的气体体积作为反应速率的观测指标，则量筒中的试剂为___________。A.饱和NaHCO3溶液 B.饱和NaCl溶液 C.水 D.饱和Na2CO3溶液（5）探究H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响，实验数据如下表所示：实验序号KMnO4溶液H2C2O4溶液H2SO4溶液褪色时间c/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)t/s10.0054.00.22.00.12030720.0204.00.22.00.12054530.0104.00.52.00.12020140.0104.00.72.00.12016350.0104.00.92.00.12036060.0104.01.02.0c1512①c1=___________。②某同学从实验1和2的褪色时间分析出实验2的反应速率小于实验1，请分析该结论是否正确，并说明原因：___________。③结合实验数据，下列说法错误的是___________。(填标号)A．其他条件不变时，c(H2C2O4)浓度越高，反应速率越快B．其他条件不变时，当c(H2C2O4)为0.8mol·L-1，褪色时间一定介于163s至360s之间C．实验5中v(H2C2O4)=015mol·L-1·min-1D．其他条件不变时，当c(H2C2O4)>0.9mol·L-1，溶液浓度增大，不利于CO2扩散，可能导致褪色时间延长（6）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液生成的Mn2+对该反应有催化作用。请以实验1为对照组，设计实验方案证明Mn2+的催化作用___________。〖答案〗（1）（2）分液漏斗（3）关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向其中加水。若一段时间后，水难以滴入，则证明该装置气密性良好。(其他合理〖答案〗均可)（4）A（5）①.0.120②.不正确；实验1和2中KMnO4反应完全，并且实验1、2中c（KMnO4）之比为1：4，但褪色时间之比为307：545≈1：1.8，根据v=分析可知实验1的速率小于实验2③.ABC（6）其他条件与实验1相同，添加少量MnSO4固体，对比记录褪色时间〖解析〗（1）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应Mn2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为；（2）仪器A为分液漏斗；（3）液差法检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向其中加水。若一段时间后，水难以滴入，则证明该装置气密性良好；（4）通过测定单位时间内生成CO2的体积来测定反应速率，则CO2的量不能减少，并且CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解量较小，在饱和NaCl溶液、水中溶解度相对大，能与Na2CO3反应，所以量筒中的试剂为饱和NaHCO3溶液，故〖答案〗为：A；（5）①该实验目的是探究溶液浓度对反应速率的影响，根据可知变量法可知，实验5，6中c（H2C2O4）不同，则其他各量必须相同，即c1=0.120；②实验1中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=20：1，实验2中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=5：1，结合反应可知KMnO4反应完全，并且实验1、2中c（KMnO4）之比为1：4，但褪色时间之比为307：545≈1：1.8，根据v=分析可知实验1的速率小于实验2，所以该结论不正确；③A．由实验5、6数据可知，c（H2C2O4）增大时，溶液褪色时间数值增大，反应速率减慢，故A错误；B．由实验3、4数据可知，c（H2C2O4）增大时反应速率加快，溶液褪色时间缩短，据此可推理c（H2C2O4）=0.8mol•L-1时，溶液褪色时间可能小于163s，故B错误；C．实验5中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=45：1，KMnO4反应完全，但溶液总体积未知，不能计算v（KMnO4）和v（H2C2O4），故C错误；D．由实验5、6数据可知，c（H2C2O4）＞0.9mol•L-1时，KMnO4溶液褪色时间延长，可能原因溶液浓度增大，不利于CO2扩散，故D正确；故〖答案〗为：ABC；（6）证明Mn2+对该反应有催化作用，可在实验1条件相同的溶液中加入少量MnSO4固体，对比记录褪色时间。14.从分银渣(含Sb2S3、SnO2以及铅等杂质)中分离提取Na2SbO4和CaSnO3流程如图所示：查阅资料：①Sn和C属于同主族元素，Sb和N属于同主族元素。②“碱浸”中Sb元素发生反应的离子方程式为：、（1）Sn原子的质子数为50，其原子结构示意图为___________。（2）“碱浸”中，可采取___________的方法提高浸取速率，其中，SnO2与NaOH反应的离子方程式为___________。（3）“沉锑”中，X为___________。（4）“沉锑”中，金属沉淀率与H2O2质量浓度关系如下图所示。为分离Sb元素和Sn元素，需控制H2O2质量浓度为___________，原因是___________，该过程Na3SbS3转化为Na2SbO4的离子方程式为___________。（5）“一系列操作”为___________。（6）用1t分银渣(含Sb元素质量分数6.1％)制得51kgNa3SbO4，则Na3SbO4的产率为___________。（7）该流程中，可循环利用的物质是___________(填化学式)。〖答案〗（1）（2）①.粉碎分银渣，适当升温、搅拌、适当增大NaOH、Na2S的浓度等(填一点即可)②.（3）S(硫或硫黄也可)（4）①.10%②.H2O2质量浓度为10%时，Sb与Sn沉淀率差异较大③.3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓（5）过滤、洗涤、干燥（6）40%或0.4（7）NaOH〖解析〗碱浸：发生Sb2S3+3S2-=2SbS、Sb2S3+6OH-=SbO+SbS+3H2O，Sn和C属于同主族，因此SnO2与NaOH反应SnO2+2OH-=SnO+H2O；沉锑：发生离子方程式为SbS+4H2O2+3Na+=Na3SbO4↓+4H2O+S↓、SbO+H2O2+3Na+=Na3SbO4↓+H2O，然后过滤；据此分析；（1）Sn和C属于同主族，且原子序数为50，Sn位于第五周期ⅣA族，其原子结构示意图为，故〖答案〗为；（2）“碱浸”中提高浸取速率的措施为粉碎分银渣、适当升高温度、搅拌、提高NaOH或Na2S浓度等；Sn与C属于同主族，同主族性质具有一定的相似性，SnO2与NaOH反应SnO2+2OH-=SnO+H2O；故〖答案〗为粉碎分银渣、适当升高温度、搅拌、提高NaOH或Na2S浓度等(任写一种)；SnO2+2OH-=SnO+H2O；（3）“碱浸”中Sb元素以SbO、SbS形式存在，Sb显+3价，Na3SbO4中Sb显+5价，过氧化氢作氧化剂，根据流程可知，X不溶于盐酸，其余步骤中不含硫元素，因此推出X为硫单质，故〖答案〗为S(或硫或硫磺)；（4）“沉锑”中需要分离Sb元素和Sn元素，根据金属沉淀率与H2O2质量浓度关系图可知，需控制H2O2质量浓度是10%，原因是H2O2质量浓度为10%时，Sb与Sn沉淀率差异较大，分离较彻底；“碱浸”中Sb元素以SbO、SbS形式存在，Sb显+3价，Na3SbO4中Sb显+5价，过氧化氢作氧化剂，根据流程可知，X不溶于盐酸，其余步骤中不含硫元素，因此推出X为硫单质，Na3SbS3转化成Na2SbO4的反应方程式为3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓；故〖答案〗为10%；H2O2质量浓度为10%时，Sb与Sn沉淀率差异较大；3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓；（5）Na2SbO4难溶于水，因此一系列操作是过滤、洗涤、干燥；故〖答案〗为过滤、洗涤、干燥；（6）1t分银渣中Sb元素全部转化成Na3SbO4，根据元素守恒，Na3SbO4的理论质量为=127500g，合127.5kg，产率为=40%；故〖答案〗为40%或0.4；（7）“沉锑”步骤中锡元素发生SnO2与NaOH反应SnO2+2OH-=SnO+H2O，“沉锡”步骤中加入Ca(OH)2，发生Ca(OH)2+Na2SnO3=CaSnO3+2NaOH，生成NaOH返回“碱浸”中，故〖答案〗为NaOH。福建省厦门市2022-2023学年高一下学期期末考试试题说明：1.本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用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。写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Sb-122一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.福建土楼的外墙是用糯米，石灰、黏土和细砂混合而成。夯筑时，往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”。下列说法错误的是（）A.糯米的主要成分是淀粉，其作用是充当粘合剂B.石灰的主要成分是CaSO4，其作用是防水C.细砂的主要成分是SiO2，其作用是增大墙体的强度D.“墙骨”的主要成分是纤维素，其作用是增加墙体的韧性〖答案〗B〖解析〗【详析】A．糯米的主要成分为淀粉，糯米具有黏性，在福建土楼的外墙建造中糯米充当粘合剂的作用，A项正确；B．石灰的主要成分是CaO，B项错误；C．细砂的主要成分是SiO2，SiO2中存在硅氧四面体结构，硅氧四面体结构的特殊性，决定了细砂的作用是增大墙体的强度，C项正确；D．往墙体中间埋入竹片作为“墙骨”，竹片的主要成分为纤维素，纤维素能增加墙体的韧性，D项正确；〖答案〗选B。2.甲酸和乙醇在浓硫酸作用下反应生成甲酸乙酯，该反应中各物质的化学用语或模型错误的是（）A.甲酸的结构式为： B.乙醇的球棍模型：C.甲酸乙酯的结构简式：CH3COOCH3 D.H2O的电子式：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲酸的结构简式为HCOOH，含有官能团是羧基，因此结构式为，故A不符合题意；B．乙醇结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为，故B不符合题意；C．甲酸乙酯是甲酸与乙醇发生酯化反应的产物，即甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，故C符合题意；D．水分子化学式为H2O，属于共价化合物，其电子式为，故D不符合题意；〖答案〗为C。3.下列有关元素周期律的说法正确的是（）A.热稳定性：HCl>H2S>PH3 B.离子半径：O2->Al3+>Na+C.元素原子失电子能力：Be>K>Mg D.酸性：HNO3>H2SiO3>H2CO3〖答案〗A〖解析〗【详析】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性Cl>S>P，热稳定性：HCl>H2S>PH3，A正确；B．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径：O2->Na+>Al3+，B错误；C．金属性越强，失去电子的能力越强，元素原子失电子能力：K>Mg>Be，C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属N>C>Si性，则酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，D错误；〖答案〗选A。4.用于制造隐形飞机的某种物质具有吸收微波的功能，其主要成分如图所示。下列说法正确的是（）A.该有机物属于烯烃B.四个硫原子一定共平面C.1mol该有机物可与2mol氢气加成D一氯代物有2种〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该有机物中还含有硫原子，因此不属于烯烃，A错误；B．由于碳碳双键是平面形结构，所以四个硫原子一定共平面，B正确；C．分子中含有3个碳碳双键，1mol该有机物可与3mol氢气加成，C错误；D．分子中的氢原子均是相同的，所以一氯代物有1种，D错误；〖答案〗选B。5.下列实验能达到目的的是（）A.图A是除去NO2中的NOB.图B是米酒蒸馏C.图C是乙醇萃取碘水中的碘D.图D是探究温度对平衡状态的影响〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化氮、一氧化氮与NaOH溶液发生氧化还原反应，不能除杂，故A错误；B．冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，图中冷水方向不合理，故B错误；C．乙醇与水互溶，不能萃取碘水中碘，故C错误；D．只有温度不同，可探究温度对平衡状态的影响，故D正确；故选：D。6.利用CO2，H2，C2H2和CH3OH生产丁二酸二甲酯，其过程如图所示，下列说法错误的是（）A.C2H2分子中碳碳三键和碳氢键之间的夹角为180°B.丁二酸二甲酯的分子式为C6H10O4C.过程①未涉及碳氢键的断裂D.过程②实现了Cs2CO3的再生〖答案〗C〖解析〗【详析】A．C2H2分子中的C为sp杂化，分子间的夹角为180°，故A正确；B．根据丁二酸二甲酯的结构简式可知其分子式为：C6H10O4，故B正确；C．过程①中C2H2分子中C-H键发生断裂，涉及碳氢键的断裂，故C错误；D．过程②有Cs2CO3生成，实现了Cs2CO3的再生，故D正确；故选：C。7.恒温恒容下，进行反应：，下列说法不能说明该反应已达到化学平衡状态的是（）A.生成N2的速率与消耗H2的速率相等B.容器内压强不再改变C.反应混合物中N2、H2、NH3百分组成不再改变D.单位时间内，断裂3molH-H键的同时断裂6molN-H键〖答案〗A〖解析〗【详析】A．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成氮气，反应向逆反应方向进行，消耗氢气，反应向正反应方向进行，即3v生(N2)=v消(H2)，才能说明反应达到平衡，v生(N2)=v消(H2)，则不能说明反应达到平衡，故A符合题意；B．该反应为气体物质的量减少的反应，相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此当压强不再改变，说明该反应达到平衡，故B不符合题意；C．根据化学平衡的定义，当组分的百分含量不再改变，说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．断裂3molH-H键，说明消耗3mol氢气，断裂6molN-H键，说明消耗2mol氨气，其比值等于化学计量数之比，能说明反应达到平衡，故D不符合题意；〖答案〗为A。8.我国科学家设计了一款高能量密度新型电池，装置如图所示。下列说法错误的是（）A.NiRu为正极B.Zn电极的电极反应式为：C.工作时，电解质溶液中的OH-向Zn电极移动D.理论上生成11.2L(标准状况)NH3时，外电路转移电子数目为8NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图中装置可知，Zn作负极失去电子，Zn电极的电极反应式为：，NiRu为正极，正极上硝酸根离子得到电子生成氨气，电极反应式为：NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，阴离子移向负极，以此来解答。【详析】A．NiRu为正极，正极上硝酸根离子得到电子生成氨气，故A正确；B．Zn作负极失去电子，Zn电极的电极反应式为：，故B正确；C．原电池中，阴离子移向负极，即电解质溶液中的OH-向Zn电极移动，故C正确；D．正极反应式为NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，理论上生成11.2L（标准状况）NH3即11.2L÷22.4L/mol=0.5mol时，外电路转移电子数目为4NA，故D错误；故选：D。9.我国科学家研发了高效催化转化为NH3的路径，如图所示，下列说法错误的是（）A.FeN3是催化剂B.该路径中N元素化合价逐步降低C.用15N标记，反应结束后会在FeN3中检测出15ND.该路径的总反应式为：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应开始时，FeN3参与反应，最后有生成FeN3，FeN3为该反应的催化剂，故A说法正确；B．该路径中N元素的化合价分别为+5、+4、+3、+2、+1、0、-1、-2、-3，N元素的化合价逐步降低，故B说法正确；C．FeN3为催化剂，路径分析得到，用15N标记NO，反应结束后，15N最后出现在NH3中，不会在FeN3中检测出，故〖答案〗为C说法错误；D．分析可知，过程中有OH-生成，该路径的总反应式为NO+6H2O+8e-=NH3↑+9OH-，故D说法正确；〖答案〗为C。10.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质甲～己转化关系如图。其中，乙为气体，丁为有机混合物，己为淡黄色固体。下列说法正确的是（）A.元素原子得电子能力：Z>W>Y>XB.甲一定属于烃类C.氧化性：乙<己D.X与Z可形成含非极性键的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质中乙为气体，丁为有机混合物，甲和乙在光照条件下发生反应生成丁和戊，则甲可能为烃或卤代烃、乙为氯气，氯气和丙反应生成戊和己，已为淡黄色固体，丙为H2S、己为S单质，所以W、X、Y、Z分别是H、C、S、Cl。【详析】A．元素非金属性越强，越易得电子，元素原子得电子能力，Cl>S>C>H，故A错误；B．甲能与氯气在干燥条件下反应，甲可能为卤代烃或烃，故B错误；C．H2S+Cl2=2HCl+S，Cl2是氧化剂、S是氧化产物，则氧化性：Cl2>S，故C错误；D．C与Cl可形成含非极性键的化合物，如CCl3CCl3，故D正确；选D。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.微生物构成的氮的循环如图所示。（1）NH3的电子式为___________，与N同周期的非金属元素的气态氢化物稳定性最强的为___________。（2）实验室制备NH3的化学方程式为___________。检验NH3是否收集满的方法为___________。（3）过程⑬的化学方程式为___________。反应中若将H替换成D(氘)，当生成20gD2O时，产物中含有的N-D键的数目为___________NA。（4）羟胺(NH2OH)的结构式为___________，其与H2O2反应可实现⑦的转化，化学方程式为___________，为提高反应速率可适当升高温度，但温度过高该反应速率反而降低的原因是___________。〖答案〗（1）①.②.HF（2）①.或或②.用沾有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，观察到白烟或湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察到红色石蕊试纸变蓝（3）①.②.10（4）①.②.③.温度升高导致过氧化氢分解，反应物浓度下降，导致反应速率下降(写羟胺分解、挥发也可)〖解析〗（1）氨气为共价化合物，NH3中N与3个H形成共价键，其电子式为；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性逐渐增强(稀有气体除外)，与N同周期非金属性最强的是F，因此气态氢化物稳定性最强的是HF；故〖答案〗为；HF；（2）实验室制备氨气，加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物制得氨气，其反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以加热氨水，氨水不稳定，受热分解产生氨气，其反应方程式为NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O，也可以将氨水滴加到生石灰上，发生NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；氨气显碱性，检验氨气收集满的方法可用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，也可以利用氨气与浓盐酸接近时，出现白烟；故〖答案〗为NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O或NH3·H2O(浓)NH3↑+H2O或NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；湿润红色石蕊试纸靠近试管口，观察到红色石蕊试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，观察到白烟；（3）过程⑬是氨气+NO→N2H4，其反应方程式为8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；反应中若将H替换成D，当生成20gD2O，即D2O的物质的量为=1mol，则生成N2D4的物质的量为=2.5mol，即产物中含有N-D键的数目为2.5mol×4×NA=10NA，故〖答案〗为8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；10；（4）羟胺为共价化合物，含有氨基和羟基，结构式为，羟胺与过氧化氢反应生成NO，根据元素守恒，还生成H2O，其反应方程式为2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；为提高反应速率，可适当升高温度，但温度不能太高，因为过氧化氢受热易分解，反应浓度下降，导致反应速率下降，羟胺不稳定，加强热发生爆炸；故〖答案〗为；2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；温度升高导致过氧化氢分解，反应物浓度下降，导致反应速率下降，同时羟胺不稳定，受热易分解。12.木质素中的对乙基苯酚转化为苯酚与乙烯的过程如下：（1）可用溴水鉴别气体产物是C2H4还是C2H6，化学方程式为___________，反应类型为___________。（2）中苯环上的一氯代物有_________种。中最多___________个原子共平面。（3）反应iii能量变化如下图所示，该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)，反应过程中能量的转换值为___________。（4）对乙基苯酚经过系列转化会生成对羟基苯甲酸。①可用___________(填试剂名称)检验物质b中的醛基。②0.2molc和足量的钠反应可生成___________LH2(标准状况)。（5）以乙烯为原料经过系列反应可得聚四氟乙烯。使用液态磷酸(磷酸包含在聚四氟乙烯键合的碳化硅基质中)作为电解质的氢氧燃料电池如图所示：①利用四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化学方程式为___________。②b极的电极反应式为___________。③若反应生成18gH2O，理论上外电路转移的电子的数目是___________。〖答案〗（1）①.②.加成反应（2）①.3②.13（3）①.吸热②.E1-E2（4）①.新制氢氧化铜悬浊液或斐林试剂或银氨溶液②.4.48（5）①.nCF2＝CF2②.③.2NA〖解析〗（1）乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不能，可鉴别，则发生反应的化学方程式为，反应类型为加成反应；（2）中苯环上有3种H原子，其一氯代物有3种；苯环为平面结构，3个原子可确定1个平面，则中最多13个原子共平面；（3）图中反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，反应过程中能量的转换值为E1-E2；（4）①醛基可发生银镜反应，可与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验物质b中的醛基；②羟基、羧基均与Na反应生成氢气，0.2molc和足量的钠反应可生成标准状况下的H2为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（5）①四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化学方程式为nCF2＝CF2；②b为正极，酸性电解质时正极上氧气得到电子生成水，正极反应为；③由O2～4e-～2H2O可知，反应生成18gH2O（1mol水），理论上外电路转移的电子的数目是2NA。13.某实验小组利用下图装置探究H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液的反应(夹持装置略去)。查阅资料：①H2C2O4为二元弱酸。②溶液浓度越大，越不利于气体的扩散。（1）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为___________。（2）仪器A的名称为___________。（3）检查装置气密性的方法为___________。（4）若以单位时间内生成的气体体积作为反应速率的观测指标，则量筒中的试剂为___________。A.饱和NaHCO3溶液 B.饱和NaCl溶液 C.水 D.饱和Na2CO3溶液（5）探究H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响，实验数据如下表所示：实验序号KMnO4溶液H2C2O4溶液H2SO4溶液褪色时间c/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)t/s10.0054.00.22.00.12030720.0204.00.22.00.12054530.0104.00.52.00.12020140.0104.00.72.00.12016350.0104.00.92.00.12036060.0104.01.02.0c1512①c1=___________。②某同学从实验1和2的褪色时间分析出实验2的反应速率小于实验1，请分析该结论是否正确，并说明原因：___________。③结合实验数据，下列说法错误的是___________。(填标号)A．其他条件不变时，c(H2C2O4)浓度越高，反应速率越快B．其他条件不变时，当c(H2C2O4)为0.8mol·L-1，褪色时间一定介于163s至360s之间C．实验5中v(H2C2O4)=015mol·L-1·min-1D．其他条件不变时，当c(H2C2O4)>0.9mol·L-1，溶液浓度增大，不利于CO2扩散，可能导致褪色时间延长（6）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液生成的Mn2+对该反应有催化作用。请以实验1为对照组，设计实验方案证明Mn2+的催化作用___________。〖答案〗（1）（2）分液漏斗（3）关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向其中加水。若一段时间后，水难以滴入，则证明该装置气密性良好。(其他合理〖答案〗均可)（4）A（5）①.0.120②.不正确；实验1和2中KMnO4反应完全，并且实验1、2中c（KMnO4）之比为1：4，但褪色时间之比为307：545≈1：1.8，根据v=分析可知实验1的速率小于实验2③.ABC（6）其他条件与实验1相同，添加少量MnSO4固体，对比记录褪色时间〖解析〗（1）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应Mn2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为；（2）仪器A为分液漏斗；（3）液差法检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向其中加水。若一段时间后，水难以滴入，则证明该装置气密性良好；（4）通过测定单位时间内生成CO2的体积来测定反应速率，则CO2的量不能减少，并且CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解量较小，在饱和NaCl溶液、水中溶解度相对大，能与Na2CO3反应，所以量筒中的试剂为饱和NaHCO3溶液，故〖答案〗为：A；（5）①该实验目的是探究溶液浓度对反应速率的影响，根据可知变量法可知，实验5，6中c（H2C2O4）不同，则其他各量必须相同，即c1=0.120；②实验1中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=20：1，实验2中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=5：1，结合反应可知KMnO4反应完全，并且实验1、2中c（KMnO4）之比为1：4，但褪色时间之比为307：545≈1：1.8，根据v=分析可知实验1的速率小于实验2，所以该结论不正确；③A．由实验5、6数据可知，c（H2C2O4）增大时，溶液褪色时间数值增大，反应速率减慢，故A错误；B．由实验3、4数据可知，c（H2C2O4）增大时反应速率加快，溶液褪色时间缩短，据此可推理c（H2C2O4）=0.8mol•L-