2022-2023学年广西北海市高一下学期期末检测（A卷）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2广西北海市2022-2023学年高一下学期期末检测（A卷）试题全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。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。写在本试卷上无效。3.考武结束后，将本试卷和答题卡一并收回。4.本卷主要考查内容：人教版必修第二册。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127S32C135.5Fe56Cu64Zn65一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共8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.药物是人类抵御疾病的重要武器之一、下列有关药物的说法不正确的是（）A.阿司匹林是一种具有解热镇痛作用的药物B.鸦片、吗啡、海洛因均属于毒品，青少年要远离毒品C.“胃得乐”(主要成分为碳酸镁)是一种抗酸药D.有“OTC”标志的是处方药，需要凭医生处方才能购买〖答案〗D〖解析〗【详析】A．阿司匹林是解热镇痛药，A正确；B．鸦片、吗啡、海洛因均属于毒品，青少年要珍爱生命，远离毒品，B正确；C．碳酸镁能与胃酸中的HCl反应，可用作抗酸药，C正确；D．非处方药的药盒右上角有OTC标识，无需医生处方，消费者可自行判断、购买和使用，D错误；故〖答案〗为：D。2.下表中金属的冶炼原理与方法不正确的是（）选项冶炼原理方法A热分解法B热分解法C电解法D热还原法〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，较活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，不活泼金属Hg、Ag等利用热分解法冶炼。【详析】A．Hg采用热分解法制备，A正确；B．Na采用电解法制备，B错误；C．Al采用电解法制备，C正确；D．Fe采用热还原法制备，D正确；故选B。3.从微观角度认识物质是掌握物质性质的途径之一、下列有关说法不正确的是（）A.乙烯的分子式：C2H4B.乙酸中含有的官能团：-COOHC.甲烷分子的空间填充模型：D.蔗糖、果糖的分子式均为：C12H22O11〖答案〗D〖解析〗【详析】A．乙烯的分子式为C2H4，A正确；B．乙酸中含有的官能团为羧基(，或写作一COOH)，B正确；C．甲烷分子的空间充填模型为，C正确；D．果糖为单糖，分子式为C6H12O6，D错误；故选D。4.下列有关乙醇、乙酸的叙述正确的是（）A.乙醇的结构简式为C2H6OB.1mol乙醇跟足量的Na反应可制得1molH2C.乙醇、乙酸都能跟碳酸钠溶液反应产生CO2D.乙醇、乙酸都可发生取代反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．C2H6O为乙醇的分子式，A错误；B．1mol乙醇跟足量的Na反应可制得0.5molH2，B错误；C．乙醇不能跟碳酸钠溶液反应产生CO2，C错误；D．乙醇、乙酸中的官能团均可被取代，都可发生取代反应，D正确；故选D。5.化学与社会，生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.为了治理酸雨污染，政府应关闭硫酸厂、火电厂，水泥厂等B.废旧电池中含有镍、镉等重金属，可用填埋法处理C.减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等新能源符合“低碳生活”理念D.酸雨样品久置过程中pH减小是因为溶解了更多的CO〖答案〗C〖解析〗【详析】A．为了治理酸雨污染，应对硫酸厂、火电厂、水泥厂等工厂进行尾气处理，而不是直接关闭，A错误；B．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，B错误；C．减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等新能源，可减少污染物的排放，符合“低碳生活”理念，C正确；D．酸雨样品久置过程中pH减小是因为H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4，酸性增强，D错误；故选C。6.“绿色化学”是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质，实现从源头减少或消除环境污染。下列化学反应最符合“绿色化学”理念的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加成反应的原子利用率为100%，且不产生污染性气体，符合“绿色化学”思想，A正确；B．B项原子利用率低且产生污染性气体SO2，B错误；C．C反应原子利用率不是100%，C错误；D．D反应原子利用率不是100%，D错误；故选A。7.某有机物X的结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是（）A.分子式为C8H10O3B.既可以发生加成反应又可以发生取代反应C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.含有四种官能团〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据有机物结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知该物质分子式是，A错误；B．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够发生加成反应；含有羟基、羧基，能够发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，因此该物质能够发生加成反应和取代反应，B正确；C．该物质中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，D错误；故选B。8.《黄帝内经》中记载：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等丰富的营养物质。下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.纤维素和油脂在人体小肠内均可通过酶的催化发生水解反应C.抗病毒疫苗冷藏存放是为了避免蛋白质受热变性D.糖类、蛋白质、油脂都是由C、H、O三种元素组成〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，化学式中的n值不同，故淀粉和纤维素不互为同分异构体，A错误；B．人体内没有可以水解纤维素的酶，B错误；C．抗病毒疫苗是蛋白质，蛋白质受热会变性失活，因此应冷藏存放，C正确；D．蛋白质除含C、H、O三种元素外，还含有N、S等元素，D错误；故选C。9.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法错误的是（）A.图a可表示铝片与盐酸反应的能量变化B.由图b可知反应物从环境中吸收的能量大于生成物向环境释放的能量C.图b可以表示碳与水蒸气反应的能量变化D.若图a表示的是金刚石转化为石墨的能量变化图，则金刚石比石墨稳定〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图a表示的是放热反应，铝片与盐酸的反应为放热反应，符合图a的能量变化，A正确；B．图b表示的是吸热反应，故反应物从环境中吸收的能量大于生成物向环境释放的能量，B正确；C．图b表示的是吸热反应，碳与水蒸气的反应为吸热反应，C正确；D．若图表示的是金刚石转化为石墨的能量变化图，则金刚石转化为石墨要放出能量，由能量越低越稳定可知石墨比金刚石稳定，D错误；故选D。10.下列关于煤、石油、天然气的说法不正确的是（）A.利用煤的气化可以获得可燃性气体H2和CO2B.天然气可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇C.煤的干馏、石油的裂化和裂解都发生了化学变化D.石油通过分馏可获得汽油、煤油、柴油等含碳原子少的轻质油〖答案〗A〖解析〗【详析】A．煤的气化所得气体为CO和H2，A错误；B．天然气主要成为CH4，可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，B正确；C．煤的干馏、石油的裂化和裂解都有新物质生成，都发生了化学变化，C正确；D．石油通过分馏是利用沸点不同将各物质进行分离，可获得汽油、煤油、柴油等含碳原子少的轻质油，D正确；故选A。11.下列有关单质硫说法中，正确的是（）A.硫是一种黄色晶体，质脆，微溶于CS2B.硫位于元素周期表的第三周期第VA族C.硫与铁反应生成FeS，与铜反应生成Cu2SD.单质硫燃烧时，氧气少量时生成SO2，氧气足量时可生成SO3〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硫是一种黄色晶体，质脆，微溶于酒精，易溶于CS2，A错误；B．硫位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，B错误；C．硫的氧化性较弱，与变价金属反应时均生成低价态的金属硫化物，即硫与铁反应生成FeS，与铜反应生成Cu2S，C正确；D．单质硫燃烧时，无论氧气的量如何，都只生成SO2，D错误；故选C。12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.119.5gCHCl3含有C-H键的数目为NAB.标准状况下，22.4LCC14中所含的原子数目为5NAC.14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含氢原子数目为4NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.1NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．119.5gCHCl3的物质的量为1mol，1molCHCl3含有1molC-H键，即含C-H键的数目为NA，A正确；B．标准状况下，CC14是液体不是气体，不能用气体摩尔体积公式进行计算，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含CH2的物质的量为，1molCH2中含有2molH原子，即含氢原子数目为2NA，C错误；D．过氧化钠与水反应的化学方程式为，根据电子转移情况得关系式O2~2e-，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.2NA，D错误；故选A。13.有a、b、c、d四种金属电极，根据实验装置及部分实验现象判断这四种金属的活动性最强的是（）①a极质量减少，b极表面出现红色物质②b极有气泡产生，c极无明显变化③电子从c流向dA.a B.b C.c D.d〖答案〗A〖解析〗【详析】①中形成原电池，a极质量减少，b极表面出现的红色物质为金属铜，则a为负极，b为正极，金属的活动性：a>b；②中没有形成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性：b>c；③电子从c流向d，说明c为负极，d为正极，所以金属的活动性：c>d．综上所述，这四种金属的活动性顺序：a>b>c>d，故这四种金属的活动性最强的是a，故选A。14.下列关于和的叙述不正确的是（）A.均能用通式(n为正整数)来表示B.和互为同分异构体C.与互为同系物D.的一氯取代物有5种〖答案〗D〖解析〗【详析】A．和均为链状烷烃，符合通式，A正确；B．二者的分子式均为，但二者具有不同的结构，故二者互为同分异构体，B正确；C．与结构相似，分子式相差2个，故二者互为同系物，C正确；D．的一氯取代物有4种，D错误；故选D。15.一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：。下列说法不能证明反应已达化学平衡状态的是（）A.SiF4的体积分数不再变化B.容器内气体压强不再变化C.混合气体的密度保持不变D.2molH-O键断裂的同时，有1molH-F键断裂〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SiF4的体积分数不再变化，说明各物质的物质的量浓度不再变化，反应达到平衡状态，A正确；B．容器内气体压强不再变化，说明气体的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，B正确；C．根据，混合气体的体积保持不变，反应达到平衡状态之前，气体的质量在变化，当气体的质量保持不变时，即混合气体的密度保持不变，反应达到平衡状态，C正确；D．平衡时，有4molH-O键断裂的同时有4molH-F键断裂，D错误；故选D。16.一定温度下，探究铜与稀HNO3反应的过程如下：下列说法不正确的是（）A.过程I中被还原硝酸占反应硝酸，总物质的量的四分之一B.过程Ⅲ的反应速率比过程I快的原因是NO2溶于水，使HNO3浓度增大C.由实验可知，NO2对该反应可能具有催化作用D.当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．过程I中被还原的硝酸产物为NO，通过反应方程式可得出被还原的硝酸占反应硝酸总物质的量的四分之一，A正确；B．过程Ⅲ中硝酸的浓度没有过程I中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比过程I快的原因不可能是c(HNO3)增大，B错误；C．实验可知，过程Ⅲ反应速率比I快，说明NO2可能对该反应具有催化作用，C正确；D．当活塞不再移动时，再抽入空气，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成稀硝酸，能够继续溶解铜，D正确；故〖答案〗为：B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.在2L恒温恒容密闭容器中加入2molA(g)和1molB(g)，如图是A(g)、B(g)、C(g)三种物质的物质的量随时间的变化曲线。回答下列问题：（1）10min时，υ正_____υ逆(填“>”“<”或“=”)，前10min，A的平均反应速率为_____。（2）该反应的化学方程式为_____，达到平衡时，A(g)的转化率为_____。（3）下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是_____(填字母)。a．容器中压强不再改变b．容器中气体密度不再改变c．C(g)的质量不再改变d．B(g)的物质的量浓度不再改变（4）下列操作不会加快化学反应速率的是_____(填字母)。a．向容器中通入氦气b．升高温度c．使用合适的催化剂d．向容器中通入气体B（5）燃料电池是目前电池研究的热点之一，某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极。①b极发生的电极反应式是_____，随若反应的进行KOH浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)。②标准状况下，消耗11.2LH2时，转移的电子数为_____。〖答案〗（1）①.>②.0.05mol·L-1·min-1（2）①.②.70%(或0.7)（3）b（4）a（5）①.②.减小③.NA〖解析〗（1）由图可知10min时未达平衡状态，反应物的量仍在减少，故正反应速率大于逆反应速率，即υ正>υ逆；前10min，A的物质的量变化量为2.0mol-1.0mol=1.0mol，故A的平均反应速率为：；（2）由图可知，随着反应进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增加，故A、B为反应物，C为生成物，达到平衡时A、B、C的物质的量变化量分别为：1.4mol、0.7mol、1.4mol，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故化学方程式为：；达到平衡时A的物质的量变化量为1.4mol，故A的转化率为：（或0.7）；（3）a．该反应前后气体分子数减少，恒容条件下，当容器中气体的物质的量不再发生变化时，反应达到化学平衡状态，故容器中压强不再改变一定达到化学平衡状态，a不符合题意；b．恒容条件下，气体总质量不变，容器中气体密度一直不变，不能判断达到平衡状态，b符合题意；c．C(g)的质量不再改变时一定达到化学平衡状态，c不符合题意；d．恒容条件下，B(g)的物质的量浓度不再改变时，B(g)的物质的量也不再发生变化，反应一定达到化学平衡状态，d不符合题意；故选b；（4）a．恒容条件下，向容器中通入氦气，对各物质浓度均不产生影响，不改变化学反应速率，a符合题意；b．升高温度化学反应速率加快，b不符合题意；c．使用合适的催化剂，化学反应速率加快，c不符合题意；d．向容器中通入气体B，反应物浓度增大，化学反应速率加快，d不符合题意；故选a；（5）该燃料电池中通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，即a为负极，b为正极，正极发生的电极反应为：，负极的电极反应为：2H2-4e-+4OH-=4H2O，燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，随着反应的进行，生成水的量逐渐增加，故KOH溶液的浓度减小；由负极的电极反应式可知，1mol氢气反应转移电子2mol，故标准状况下，消耗11.2LH2时，转移电子的物质的量为0.5mol，电子数为NA。18.海洋是巨大的化学资源宝库。下面是海水化学资源综合利用的部分流程图：回答下列问题：（1）由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等离子，除去这些离子，需要依次加入试剂的顺序为_____(填字母)。A．NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，盐酸B．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、盐酸C．Na2CO3溶液，BaCl2溶液，NaOH溶液、盐酸（2）工业上电解饱和食盐水可得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式：_____。（3）氧化Br-也可选用过氧化氢溶液，写出H2O2的电子式：_____。（4）苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收转化为Br-，写出该反应的化学方程式：_____，反复多次，以达到富集溴的目的，由海水提溴过程中的反应可得出Cl-、SO2、Br-还原性由弱到强的顺序：_____。（5）工业上也可以用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠(NaBrO3)，同时有CO2放出。向溴化钠和溴酸钠(NaBrO3)溶液中加入H2SO4可生成Br2，写出生成Br2的离子方程式：_____。〖答案〗（1）A（2）（3）（4）①.②.Cl—<Br—<SO2（5）〖解析〗由题给流程可知，海水经分离提纯得到氯化钠溶液和苦卤，电解饱和氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；向苦卤中加入氧化钙，将溶液中镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，六水氯化镁在氯化氢气氛中受热失去结晶水得到无水氯化镁；向苦卤中通入氯气，置换得到溴，用二氧化硫水溶液吸收吹出的溴，将溴还原为溴离子，向溴离子中通入氯气制得溴。（1）向粗盐溶液中加入过量的氢氧化钠溶液除去溶液中的镁离子，加入过量的氯化钡溶液除去溶液中的硫酸根离子，加入过量的碳酸钠溶液除去钙离子和过量的钡离子，为防止过量的钡离子无法除去，碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液之后加入，将溶液中的杂质离子转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，得到氯化钠溶液，则加入试剂的顺序为氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、盐酸，或氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、盐酸，故选A；（2）电解饱和氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；（3）过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故〖答案〗为：；（4）溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为，反应中二氧化硫是反应的还原剂，溴离子是反应的还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，二氧化硫的还原性强于溴离子，氯气与海水中的溴离子反应生成溴和氯离子，同理可知，还原剂溴离子的还原性强于还原产物氯离子，则还原性由弱到强的顺序为Cl—<Br—<SO2，故〖答案〗为：；Cl—<Br—<SO2；（5）由题意可知，生成溴的反应为溴化钠与溴酸钠、稀硫酸反应生成硫酸钠溴和水，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：。19.有机物A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。B和D都是日常生活中常见的有机物，E是一种油状、有香味的物质。下图为部分有机物间的转化关系：回答下列问题：（1）B的结构简式为_____，D中含氧官能团的名称为_____。（2）①丙烯(CH3CH=CH2)在催化剂、加热条件下与O2反应可生成一种重要的化工原料丙烯酸(H2C=CHCOOH)。下列关于丙烯酸的说法正确的是_____(填字母)。a．可用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和丙烯酸b．能发生加成反应，取代反应、中和反应c．H2C=CHCOOH与OHC-CH2-CHO互为同分异构体d．一定条件下能发生加聚反应生成②写出反应⑤的化学方程式：_____。（3）反应③的化学方程式为_____。某实验小组用下列装置模拟上述反应③的转化过程：实验过程中，铜网的颜色变化为_____。甲和乙两个水浴作用不相同，甲的作用是_____(填“加热”或“冷却”)。〖答案〗（1）①.CH3CH2OH(或C2H5OH)②.羧基（2）①.bc②.（3）①.②.红色变黑色最后变为红色(或红色→黑色→红色)③.加热〖解析〗石油分馏后得到重油，重油裂解得到丙烯、A（乙烯）、丁二烯等产品。丙烯与氧气在催化剂加热条件下反应得到丙烯酸；乙烯与溴发生加成反应得到1,2-二溴乙烷，在一定条件下得到乙二醇；乙烯与水加成反应得到B：乙醇，乙醇催化氧化得到C：乙醛，乙醛催化氧化得到D：乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应得到E：乙酸乙酯；乙烯发生催化得到F，题中并未提到F的相关信息，F可能为环氧乙烷（）。（1）B为乙醇，结构简式为：CH3CH2OH(或C2H5OH)，D为乙酸，含氧官能团的名称为：羧基；（2）①.a．乙烯和丙烯酸中均含双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不可用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和丙烯酸，a错误；b．丙烯酸中含双键，能发生加成反应，含烷基，能发生取代反应，含羧基，能发生中和反应，b正确；c．H2C=CHCOOH与OHC-CH2-CHO分子式均为C3H4O2，但两者结构不同，故互为同分异构体，c正确；d．丙烯酸在一定条件下能发生加聚反应生成：，d错误；故选bc；②.反应⑤是乙酸、乙醇发生酯化反应，化学方程式为：；（3）①.反应③是乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为：；②.甲中水浴作用是加热，无水乙醇在甲水浴中变为蒸气，乙醇蒸气在铜网作用下与氧气反应生成乙醛，乙中水浴作用是冷凝，集气瓶中收集的气体成分主要为氮气。实验过程中，铜网先与氧气反应生成黑色的氧化铜，氧化铜再与乙醇反应生成铜，颜色变化为：红色变为黑色最后变为红色(或红色→黑色→红色)；甲水浴作用是加热。20.某实验小组同学用铜与浓硫酸反应制取SO2，验证SO2性质并制备NaHSO3，设计如图所示实验装置。回答下列问题：（1）C中的实验现象是_____，F的作用是_____。（2）A中发生反应的化学方程式是_____。（3）试管D中发生反应的离子方程式为_____。（4）装置E中设计多孔球泡的目的是_____。（5）向装置E中通入SO2可制得NaHSO3.已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图1所示，Na2SO4的溶解度曲线如图2所示。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为_____。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为_____时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于_____℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。〖答案〗（1）①.紫色石蕊溶液变为红色②.吸收多余的SO2，防止污染环境(各1分)（2）（3）（4）增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行，加快反应速率(或其他合理〖答案〗)（5）①.测量溶液的pH，当pH约为4时，停止通入SO2②.10③.34〖解析〗A中浓硫酸与铜在加热条件下反应产生二氧化硫，B为安全瓶，防止C中倒吸入A中，产生的二氧化硫能使C中紫色石蕊试液变红，能使D中酸性高锰酸钾溶液褪色；E中多孔球泡的作用是增大接触面积，使反应充分进行，加快反应速率，E中二氧化硫与碳酸钠反应制备NaHSO3溶液，F中氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染环境。（1）根据分析，C中现象为：紫色石蕊溶液变为红色；F的作用是：吸收多余的SO2，防止污染环境；（2）A中发生反应的化学方程式是：；（3）D中酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应的离子方程式为：；（4）装置E中设计多孔球泡的目的是：增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行，加快反应速率(或其他合理〖答案〗)；（5）①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，由图1可知，放pH为4时，溶质的主要成分为亚硫酸氢钠，故测量溶液的pH，当pH约为4时，停止通入SO2；②由图1可知，pH值约为10时，溶质的主要成分为亚硫酸钠，由图2可知，当温度高于34oC时亚硫酸钠随着溶液温度升高溶解度降低，故制备无水亚硫酸钠的步骤为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。广西北海市2022-2023学年高一下学期期末检测（A卷）试题全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。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。写在本试卷上无效。3.考武结束后，将本试卷和答题卡一并收回。4.本卷主要考查内容：人教版必修第二册。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127S32C135.5Fe56Cu64Zn65一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共8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.药物是人类抵御疾病的重要武器之一、下列有关药物的说法不正确的是（）A.阿司匹林是一种具有解热镇痛作用的药物B.鸦片、吗啡、海洛因均属于毒品，青少年要远离毒品C.“胃得乐”(主要成分为碳酸镁)是一种抗酸药D.有“OTC”标志的是处方药，需要凭医生处方才能购买〖答案〗D〖解析〗【详析】A．阿司匹林是解热镇痛药，A正确；B．鸦片、吗啡、海洛因均属于毒品，青少年要珍爱生命，远离毒品，B正确；C．碳酸镁能与胃酸中的HCl反应，可用作抗酸药，C正确；D．非处方药的药盒右上角有OTC标识，无需医生处方，消费者可自行判断、购买和使用，D错误；故〖答案〗为：D。2.下表中金属的冶炼原理与方法不正确的是（）选项冶炼原理方法A热分解法B热分解法C电解法D热还原法〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，较活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，不活泼金属Hg、Ag等利用热分解法冶炼。【详析】A．Hg采用热分解法制备，A正确；B．Na采用电解法制备，B错误；C．Al采用电解法制备，C正确；D．Fe采用热还原法制备，D正确；故选B。3.从微观角度认识物质是掌握物质性质的途径之一、下列有关说法不正确的是（）A.乙烯的分子式：C2H4B.乙酸中含有的官能团：-COOHC.甲烷分子的空间填充模型：D.蔗糖、果糖的分子式均为：C12H22O11〖答案〗D〖解析〗【详析】A．乙烯的分子式为C2H4，A正确；B．乙酸中含有的官能团为羧基(，或写作一COOH)，B正确；C．甲烷分子的空间充填模型为，C正确；D．果糖为单糖，分子式为C6H12O6，D错误；故选D。4.下列有关乙醇、乙酸的叙述正确的是（）A.乙醇的结构简式为C2H6OB.1mol乙醇跟足量的Na反应可制得1molH2C.乙醇、乙酸都能跟碳酸钠溶液反应产生CO2D.乙醇、乙酸都可发生取代反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．C2H6O为乙醇的分子式，A错误；B．1mol乙醇跟足量的Na反应可制得0.5molH2，B错误；C．乙醇不能跟碳酸钠溶液反应产生CO2，C错误；D．乙醇、乙酸中的官能团均可被取代，都可发生取代反应，D正确；故选D。5.化学与社会，生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.为了治理酸雨污染，政府应关闭硫酸厂、火电厂，水泥厂等B.废旧电池中含有镍、镉等重金属，可用填埋法处理C.减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等新能源符合“低碳生活”理念D.酸雨样品久置过程中pH减小是因为溶解了更多的CO〖答案〗C〖解析〗【详析】A．为了治理酸雨污染，应对硫酸厂、火电厂、水泥厂等工厂进行尾气处理，而不是直接关闭，A错误；B．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，B错误；C．减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等新能源，可减少污染物的排放，符合“低碳生活”理念，C正确；D．酸雨样品久置过程中pH减小是因为H2SO3被空气中的氧气氧化为H2SO4，酸性增强，D错误；故选C。6.“绿色化学”是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质，实现从源头减少或消除环境污染。下列化学反应最符合“绿色化学”理念的是（）A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加成反应的原子利用率为100%，且不产生污染性气体，符合“绿色化学”思想，A正确；B．B项原子利用率低且产生污染性气体SO2，B错误；C．C反应原子利用率不是100%，C错误；D．D反应原子利用率不是100%，D错误；故选A。7.某有机物X的结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是（）A.分子式为C8H10O3B.既可以发生加成反应又可以发生取代反应C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.含有四种官能团〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据有机物结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知该物质分子式是，A错误；B．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，因此能够发生加成反应；含有羟基、羧基，能够发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，因此该物质能够发生加成反应和取代反应，B正确；C．该物质中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，D错误；故选B。8.《黄帝内经》中记载：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等丰富的营养物质。下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.纤维素和油脂在人体小肠内均可通过酶的催化发生水解反应C.抗病毒疫苗冷藏存放是为了避免蛋白质受热变性D.糖类、蛋白质、油脂都是由C、H、O三种元素组成〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，化学式中的n值不同，故淀粉和纤维素不互为同分异构体，A错误；B．人体内没有可以水解纤维素的酶，B错误；C．抗病毒疫苗是蛋白质，蛋白质受热会变性失活，因此应冷藏存放，C正确；D．蛋白质除含C、H、O三种元素外，还含有N、S等元素，D错误；故选C。9.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法错误的是（）A.图a可表示铝片与盐酸反应的能量变化B.由图b可知反应物从环境中吸收的能量大于生成物向环境释放的能量C.图b可以表示碳与水蒸气反应的能量变化D.若图a表示的是金刚石转化为石墨的能量变化图，则金刚石比石墨稳定〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图a表示的是放热反应，铝片与盐酸的反应为放热反应，符合图a的能量变化，A正确；B．图b表示的是吸热反应，故反应物从环境中吸收的能量大于生成物向环境释放的能量，B正确；C．图b表示的是吸热反应，碳与水蒸气的反应为吸热反应，C正确；D．若图表示的是金刚石转化为石墨的能量变化图，则金刚石转化为石墨要放出能量，由能量越低越稳定可知石墨比金刚石稳定，D错误；故选D。10.下列关于煤、石油、天然气的说法不正确的是（）A.利用煤的气化可以获得可燃性气体H2和CO2B.天然气可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇C.煤的干馏、石油的裂化和裂解都发生了化学变化D.石油通过分馏可获得汽油、煤油、柴油等含碳原子少的轻质油〖答案〗A〖解析〗【详析】A．煤的气化所得气体为CO和H2，A错误；B．天然气主要成为CH4，可作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，B正确；C．煤的干馏、石油的裂化和裂解都有新物质生成，都发生了化学变化，C正确；D．石油通过分馏是利用沸点不同将各物质进行分离，可获得汽油、煤油、柴油等含碳原子少的轻质油，D正确；故选A。11.下列有关单质硫说法中，正确的是（）A.硫是一种黄色晶体，质脆，微溶于CS2B.硫位于元素周期表的第三周期第VA族C.硫与铁反应生成FeS，与铜反应生成Cu2SD.单质硫燃烧时，氧气少量时生成SO2，氧气足量时可生成SO3〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硫是一种黄色晶体，质脆，微溶于酒精，易溶于CS2，A错误；B．硫位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，B错误；C．硫的氧化性较弱，与变价金属反应时均生成低价态的金属硫化物，即硫与铁反应生成FeS，与铜反应生成Cu2S，C正确；D．单质硫燃烧时，无论氧气的量如何，都只生成SO2，D错误；故选C。12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.119.5gCHCl3含有C-H键的数目为NAB.标准状况下，22.4LCC14中所含的原子数目为5NAC.14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含氢原子数目为4NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.1NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．119.5gCHCl3的物质的量为1mol，1molCHCl3含有1molC-H键，即含C-H键的数目为NA，A正确；B．标准状况下，CC14是液体不是气体，不能用气体摩尔体积公式进行计算，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含CH2的物质的量为，1molCH2中含有2molH原子，即含氢原子数目为2NA，C错误；D．过氧化钠与水反应的化学方程式为，根据电子转移情况得关系式O2~2e-，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.2NA，D错误；故选A。13.有a、b、c、d四种金属电极，根据实验装置及部分实验现象判断这四种金属的活动性最强的是（）①a极质量减少，b极表面出现红色物质②b极有气泡产生，c极无明显变化③电子从c流向dA.a B.b C.c D.d〖答案〗A〖解析〗【详析】①中形成原电池，a极质量减少，b极表面出现的红色物质为金属铜，则a为负极，b为正极，金属的活动性：a>b；②中没有形成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性：b>c；③电子从c流向d，说明c为负极，d为正极，所以金属的活动性：c>d．综上所述，这四种金属的活动性顺序：a>b>c>d，故这四种金属的活动性最强的是a，故选A。14.下列关于和的叙述不正确的是（）A.均能用通式(n为正整数)来表示B.和互为同分异构体C.与互为同系物D.的一氯取代物有5种〖答案〗D〖解析〗【详析】A．和均为链状烷烃，符合通式，A正确；B．二者的分子式均为，但二者具有不同的结构，故二者互为同分异构体，B正确；C．与结构相似，分子式相差2个，故二者互为同系物，C正确；D．的一氯取代物有4种，D错误；故选D。15.一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：。下列说法不能证明反应已达化学平衡状态的是（）A.SiF4的体积分数不再变化B.容器内气体压强不再变化C.混合气体的密度保持不变D.2molH-O键断裂的同时，有1molH-F键断裂〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SiF4的体积分数不再变化，说明各物质的物质的量浓度不再变化，反应达到平衡状态，A正确；B．容器内气体压强不再变化，说明气体的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，B正确；C．根据，混合气体的体积保持不变，反应达到平衡状态之前，气体的质量在变化，当气体的质量保持不变时，即混合气体的密度保持不变，反应达到平衡状态，C正确；D．平衡时，有4molH-O键断裂的同时有4molH-F键断裂，D错误；故选D。16.一定温度下，探究铜与稀HNO3反应的过程如下：下列说法不正确的是（）A.过程I中被还原硝酸占反应硝酸，总物质的量的四分之一B.过程Ⅲ的反应速率比过程I快的原因是NO2溶于水，使HNO3浓度增大C.由实验可知，NO2对该反应可能具有催化作用D.当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解〖答案〗B〖解析〗【详析】A．过程I中被还原的硝酸产物为NO，通过反应方程式可得出被还原的硝酸占反应硝酸总物质的量的四分之一，A正确；B．过程Ⅲ中硝酸的浓度没有过程I中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比过程I快的原因不可能是c(HNO3)增大，B错误；C．实验可知，过程Ⅲ反应速率比I快，说明NO2可能对该反应具有催化作用，C正确；D．当活塞不再移动时，再抽入空气，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成稀硝酸，能够继续溶解铜，D正确；故〖答案〗为：B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.在2L恒温恒容密闭容器中加入2molA(g)和1molB(g)，如图是A(g)、B(g)、C(g)三种物质的物质的量随时间的变化曲线。回答下列问题：（1）10min时，υ正_____υ逆(填“>”“<”或“=”)，前10min，A的平均反应速率为_____。（2）该反应的化学方程式为_____，达到平衡时，A(g)的转化率为_____。（3）下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是_____(填字母)。a．容器中压强不再改变b．容器中气体密度不再改变c．C(g)的质量不再改变d．B(g)的物质的量浓度不再改变（4）下列操作不会加快化学反应速率的是_____(填字母)。a．向容器中通入氦气b．升高温度c．使用合适的催化剂d．向容器中通入气体B（5）燃料电池是目前电池研究的热点之一，某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极。①b极发生的电极反应式是_____，随若反应的进行KOH浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)。②标准状况下，消耗11.2LH2时，转移的电子数为_____。〖答案〗（1）①.>②.0.05mol·L-1·min-1（2）①.②.70%(或0.7)（3）b（4）a（5）①.②.减小③.NA〖解析〗（1）由图可知10min时未达平衡状态，反应物的量仍在减少，故正反应速率大于逆反应速率，即υ正>υ逆；前10min，A的物质的量变化量为2.0mol-1.0mol=1.0mol，故A的平均反应速率为：；（2）由图可知，随着反应进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增加，故A、B为反应物，C为生成物，达到平衡时A、B、C的物质的量变化量分别为：1.4mol、0.7mol、1.4mol，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故化学方程式为：；达到平衡时A的物质的量变化量为1.4mol，故A的转化率为：（或0.7）；（3）a．该反应前后气体分子数减少，恒容条件下，当容器中气体的物质的量不再发生变化时，反应达到化学平衡状态，故容器中压强不再改变一定达到化学平衡状态，a不符合题意；b．恒容条件下，气体总质量不变，容器中气体密度一直不变，不能判断达到平衡状态，b符合题意；c．C(g)的质量不再改变时一定达到化学平衡状态，c不符合题意；d．恒容条件下，B(g)的物质的量浓度不再改变时，B(g)的物质的量也不再发生变化，反应一定达到化学平衡状态，d不符合题意；故选b；（4）a．恒容条件下，向容器中通入氦气，对各物质浓度均不产生影响，不改变化学反应速率，a符合题意；b．升高温度化学反应速率加快，b不符合题意；c．使用合适的催化剂，化学反应速率加快，c不符合题意；d．向容器中通入气体B，反应物浓度增大，化学反应速率加快，d不符合题意；故选a；（5）该燃料电池中通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，即a为负极，b为正极，正极发生的电极反应为：，负极的电极反应为：2H2-4e-+4OH-=4H2O，燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，随着反应的进行，生成水的量逐渐增加，故KOH溶液的浓度减小；由负极的电极反应式可知，1mol氢气反应转移电子2mol，故标准状况下，消耗11.2LH2时，转移电子的物质的量为0.5mol，电子数为NA。18.海洋是巨大的化学资源宝库。下面是海水化学资源综合利用的部分流程图：回答下列问题：（1）由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等离子，除去这些离子，需要依次加入试剂的顺序为_____(填字母)。A．NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，盐酸B．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、盐酸C．Na2CO3溶液，BaCl2溶液，NaOH溶液、盐酸（2）工业上电解饱和食盐水可得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式：_____。（3）氧化Br-也可选用过氧化氢溶液，写出H2O2的电子式：_____。（4）苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收转化为Br-，写出该反应的化学方程式：_____，反复多次，以达到富集溴的目的，由海水提溴过程中的反应可得出Cl-、SO2、Br-还原性由弱到强的顺序：_____。（5）工业上也可以用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠(NaBrO3)，同时有CO2放出。向溴化钠和溴酸钠(NaBrO3)溶液中加入H2SO4可生成Br2，写出生成Br2的离子方程式：_____。〖答案〗（1）A（2）（3）（4）①.②.Cl—<Br—<SO2（5）〖解析〗由题给流程可知，海水经分离提纯得到氯化钠溶液和苦卤，电解饱和氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢；向苦卤中加入氧化钙，将溶液中镁离子转化为氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，六水氯化镁在氯化氢气氛中受热失去结晶水得到无水氯化镁；向苦卤中通入氯气，置换得到溴，用二氧化硫水溶液吸收吹出的溴，将溴还原为溴离子，向溴离子中通入氯气制得溴。（1）向粗盐溶液中加入过量的氢氧化钠溶液除去溶液中的镁离子，加入过量的氯化钡溶液除去溶液中的硫酸根离子，加入过量的碳酸钠溶液除去钙离子和过量的钡离子，为防止过量的钡离子无法除去，碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液之后加入，将溶液中的杂质离子转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，得到氯化钠溶液，则加入试剂的顺序为氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液、盐酸，或氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、盐酸，故选A；（2）电解饱和氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；（3）过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故〖答案〗为：；（4）溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为，反应中二氧化硫是反应的还原剂，溴离子是反应的还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，二氧化硫的还原性强于溴离子，氯气与海水中的溴离子反应生成溴和氯离子，同理可知，还原剂溴离子的还原性强于还原产物氯离子，则还原性由弱到强的顺序为Cl—<Br—<SO2，故〖答案〗为：；Cl—<Br—<SO2；（5）由题意可知，生成溴的反应为溴化钠与溴酸钠、稀硫酸反应生成硫酸钠溴和水，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：。19.有机物A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。B和D都是日常生活中常见的有机物，E是一种油状、有香味的物质。下图为部分有机物间的转化关系：回答下列问题：（1）B的结构简式为_____，D中含氧官能团的名称为_____。（2）①丙烯(CH3CH=CH2)在催化剂、加热条件下与O2反应可生成一种重要的化工原料丙烯酸(H2C=CHCOOH)。下列关于丙烯酸的说法正确的是_____(填字母)。a．可用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和丙烯酸b．能发生加成反应，取代反应、中和反应c．H2C=CHCOOH与OHC-CH