贵州省毕节市2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省毕节市2023-2024学年高一下学期期末考试试题注意事项：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。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。供参考的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32C1-35.5Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生活、生产和科技密切相关。下列说法错误的是（）A.纯碱可用于清洗厨房用具的油污B.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物C.二氧化硅可以制成计算机、通信设备或家用电器的芯片D.溶液可用作覆铜板制作印刷电路板的“腐蚀液”〖答案〗C〖解析〗【详析】A．纯碱水解呈碱性，可用于清洗厨房用具的油污，故A正确；B．铝及其表面的氧化铝均能氢氧化钠等碱反应，则铝制餐具不可以用来蒸煮或长期存放碱性食物，故B正确；C．硅是半导体，可以制成计算机、通信设备或家用电器的芯片，二氧化硅具有导光性，是制造光导纤维的原料，故C错误；D．溶液可用作覆铜板制作印刷电路板的“腐蚀液”，铁离子将铜氧化，故D正确；故选C。2.下列化学用语表达正确的是（）A.中子数为10的氧原子： B.HClO的电子式C.乙醇的分子式： D.甲烷的空间填充模型：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．中子数为10的氧原子：，故A错误；B．HClO的电子式为，故B错误；C．乙醇的分子式为C2H6O，故C错误；D．由于原子半径：C>O，CH4是正四面体，所以该图示是甲烷的填充模型，故D正确；〖答案〗选D。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1L0.1mol/L的溶液中含有氧原子数为B.标准状况下，22.4L中含有共价键数目为C.过量的铁粉在71g的氯气中燃烧，转移的电子数为D.28gCO和的混合气体中含有原子总数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．水分子中含有氧原子，1L0.1mol/L的溶液中含有氧原子数大于，故A错误；B．标准状况下，是液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和氯原子个数，故B错误；C．过量的铁粉在71g的氯气中燃烧，71g氯气（为1mol）与足量铁粉充分反应，氯元素化合价由0变为-1，则反应中1mol氯气转移个电子，故C错误；D．CO、氮气均为双原子分子，且相对分子质量均为28，28gCO和的混合气体中分子为1mol，28gCO和的混合气体中含有原子总数为，故D正确；故选D。4.抗坏血酸(即维生素C)是水果罐头中常用的抗氧化剂，能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，其转化关系如下图。下列说法错误的是（）A.抗坏血酸的分子式为 B.脱氢抗坏血酸可以发生酯化反应C.两种物质均能使溴的溶液褪色 D.抗坏血酸分子中含有3种官能团〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由结构简式可知抗坏血酸的分子式为，故A正确；B．脱氢抗坏血酸含羟基，能发生酯化反应，故B正确；C．脱氢抗坏血酸不含碳碳双键，不能使溴的溶液褪色，故C错误；D．抗坏血酸分子中含有碳碳双键、羟基、酯基3种官能团，故D正确；〖答案〗选C。5.下列离子方程式书写正确是（）A.溶液与过量的NaOH溶液混合：B.将水加入固体中：C.向溶液滴加稀盐酸：D.将通入水中：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢氧化铝能和氢氧化钠溶液反应，则溶液与过量的NaOH溶液混合得到四羟基合铝酸根，A错误；B．将水加入固体中：，B正确；C．向溶液滴加稀盐酸：，C错误；D．将通入水中：，D错误；故选B。6.下列实验装置能够达到实验目的的是（）AB制备除去中混有的HCl气体CD用排空气法收集NO气体制备乙酸乙酯〖答案〗B〖解析〗【详析】A．浓盐酸和二氧化锰制备，需要加热，故A错误；B．饱和碳酸氢钠与CO2不反应，但可以和HCl气体反应，生成二氧化碳，能达到实验目的，故B正确；C．NO气体略大于空气，会和空气中的氧气发生反应，生成二氧化氮，故C错误；D．实验室利用乙酸、乙醇在浓硫酸加热条件下反应制备乙酸乙酯，制备的乙酸乙酯中含有乙酸、乙醇杂质，可用饱和碳酸钠溶液进行吸收杂质，氢氧化钠溶液使乙酸乙酯发生水解，故D错误；〖答案〗选B7.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．因为存在，说明碱性环境，所以各离子之间互不反应，能大量共存，故A正确；B．和会反应，生成碳酸根和水，碳酸根又可以和钙离子沉淀，故B错误；C．、结合生成血红色的配合物，不能大量共存，故C错误；D．、会生成沉淀，故D错误；〖答案〗选A。8.丁烷是石油化工产品之一、其中正丁烷是一种重要的燃料掺合物，一定条件下可以与异丁烷相互转化，其能量变化如图所示。下列有关说法正确的是（）A.石油是由多种烃组成的混合物 B.正丁烷比异丁烷稳定C.正丁烷的沸点比异丁烷低 D.正丁烷和异丁烷互为同系物〖答案〗A〖解析〗【详析】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，即石油是多种烃的混合物，A正确；B．由题干图示信息可知，正丁烷具有的总能量高于异丁烷，故正丁烷比异丁烷更不稳定，B错误；C．正丁烷和异丁烷具有相同的分子式，异丁烷具有支链，故正丁烷的沸点比异丁烷高，C错误；D．正丁烷和异丁烷具有相同的分子式，不同的结构，互为同分异构体，而不是同系物，D错误；故〖答案〗为：A。9.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，其最外层电子数之和为17。W的最外层电子数是其内层电子数的3倍，X为短周期中原子半径最大的元素，Z的最高正化合价和最低负化合价代数和为6。下列叙述错误的是（）A.工业上常用电解W与Y形成的化合物制备Y单质B.W与X形成的常见化合物的阴阳离子个数比均为1∶2C.简单离子半径：Z>X>Y>WD.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能两两相互反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，其最外层电子数之和为17，W的最外层电子数是其内层电子数的3倍，推测为O，X为短周期中原子半径最大的元素，推测为Na，Z的最高正化合价和最低负化合价代数和为6，推测为Cl，因为四种元素最外层电子数之和为17，则17-6-1-7=3，推测Y为Al，据此解答。【详析】A．工业上常用电解Al2O3形成的化合物制备Al单质，故A正确；B．W与X形成的常见化合物Na2O2、Na2O，阴阳离子个数比均为1∶2，故B正确；C．电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布完全相同时，核电荷数大的离子半径小，则简单离子半径Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，故C错误；D．NaOH、Al(OH)3、HClO4，能两两相互反应，故D正确；〖答案〗选C。10.从物质类别和元素价态的视角研究元素及其化合物的性质和用途。下图是某元素的“价-类”二维图，其中单质b是空气主要成分之一；常温下，a与e反应生成f。下列说法正确的是（）A.a催化氧化可直接生成dB.常温下，铜与e的稀溶液反应可生成cC.e的浓溶液应保存在带橡胶塞的棕色试剂瓶里D.f是一种高效化肥，且过量施用对环境无污染〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题干信息可知，单质b是空气主要成分之一，即b为N2，则该价类二维图为氮元素的价类二维图，结合图示信息可知，常温下，a与e反应生成f，a为NH3，c为NO、d为NO2、e为HNO3、f为NH4NO3，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，a为NH3，NH3催化氧化先生成NO，而后NO和O2反应生成NO2，即NH3催化氧化不可直接生成NO2，A错误；B．由分析可知，e为HNO3，常温下，铜与e的稀溶液即稀硝酸反应可生c即NO，B正确；C．由分析可知，e为HNO3，浓硝酸见光易分解且具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，故e的浓溶液即HNO3应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶里，C错误；D．由分析可知，f即NH4NO3是一种高效化肥，但过量施用会导致水体富营养化，对环境产生污染，D错误；故〖答案〗为：B。11.硫酸是重要的化工原料，工业上一般以硫黄或黄铁矿为原料制备硫酸，其原理示意图如下，下列说法错误的是（）A.V2O5的作用是增大反应速率，提高生产效率B.试剂A为98.3%的浓硫酸C.尾气可选用稀氨水进行吸收D.图中涉及的化学反应均为氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗制硫酸涉及到下列反应：硫磺或黄铁矿在空气中燃烧生成二氧化硫，反应的化学方程式：S+O2SO2或4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫催化剂作用下加热反应生成三氧化硫，反应的化学方程式：2SO2+O22SO3，SO3+H2O═H2SO4，生产中用浓硫酸代替水吸收SO3，制得发烟硫酸(H2SO4•xSO3)，将发烟硫酸稀释后可制得浓硫酸，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，V2O5的作用是催化剂，可以增大反应速率，提高生产效率，A正确；B．由分析可知，试剂A为98.3%的浓硫酸，而不用水吸收防止产生酸雾，腐蚀设备，B正确；C．由分析可知，尾气中主要含有SO2、SO3等酸性气体，故可选用稀氨水进行吸收，反应原理为：2NH3•H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O,2NH3•H2O+SO3=(NH4)2SO4+H2O,C正确；D．由分析可知，图中涉及的化学反应中SO3+H2O=H2SO4未有元素化合价发生改变，不属于氧化还原反应，其余均为氧化还原反应，D错误；故〖答案〗为：D。12.某同学用相同质量、相同形状的锌粒与同体积、不同物质的量浓度的盐酸反应，记录相关数据，得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的是（）A.所用盐酸的浓度为：甲<乙B.整个反应过程中，化学反应速率不断减小C.两个实验中锌粒均完全反应D.若用相同物质的量浓度的硫酸溶液代替盐酸，反应速率不变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由题干可知，相同质量、相同形状的锌粒与同体积、不同物质的量浓度的盐酸反应，产生氢气一样多，所以锌的物质的量少，再看图像在t1时刻甲的气体体积多，所以浓度为：甲＞乙，故A错误；B．整个反应过程中，化学反应速率先增大后减小，故B错误；C．相同质量、相同形状的锌粒与同体积、不同物质的量浓度的盐酸反应，产生氢气一样多，所以锌的物质的量少，实验中锌粒均完全反应，故C正确；D．硫酸和盐酸都是强酸，若用相同物质的量浓度的硫酸溶液代替盐酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，故D错误；〖答案〗选C。13.化学是以实验为基础的科学。下列实验操作及现象与对应结论匹配的是（）选项实验操作和现象实验结论A向待测液中加入NaOH溶液，加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝待测液中含有B向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热。待溶液冷却后再加入新制的，煮沸，未出现砖红色沉淀淀粉未水解C向中滴加稀盐酸，将产生气体通入溶液中，溶液变浑浊非金属性强弱顺序：D常温下，向盛有铝箔(已打磨)的试管中加入浓硫酸或浓硝酸，无明显现象常温下铝与浓硫酸或浓硝酸均不反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．加入浓NaOH溶液并加热生成的氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由实验操作和现象可知，溶液中含有，A正确；B．向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热。待溶液冷却后加入碱中和过量的酸，再加入新制的，煮沸，未出现砖红色沉淀，可确定淀粉未水解，B错误；C．向中滴加稀盐酸，将产生气体中含有HCl气体，通入溶液中，溶液变浑浊，无法确定非金属性，C错误；D．常温下，向盛有铝箔(已打磨)的试管中加入浓硫酸或浓硝酸，无明显现象，发生了钝化，钝化是化学反应，阻断了酸和金属继续反应，D错误；故选A。14.电能是现代社会应用广泛的能源之一、有关下列电源装置的叙述中错误的是（）A.图1所示装置工作一段时间后正极质量增加B.图2所示装置中作电解质，锌筒作负极C.图3所示的铅酸蓄电池装置是一种二次电池D.图4所示装置工作一段时间后，电解质溶液pH减小〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图1所示装置铜为正极，铜离子得电子生成铜单质，质量增加，故A正确；B．图2所示装置中作电解质，锌比较活泼，失去电子，锌筒作负极，故B正确；C．图3所示的铅酸蓄电池装置是一种二次电池，放电时化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，故C正确；D．图4所示装置为氢氧燃料电池，工作一段时间后，有水生成，氢离子浓度变小，电解质溶液pH增大，故D错误；〖答案〗选D。二、非选择题：本大题为4个大题，共58分。15.金属铜和在工业上有着重要用途，其中铜广泛应用于电子电气、机械制造等领域，常用作催化剂和刻蚀剂等。现利用某矿渣(主要成分为和CuO，含少量和)制备和铜。工艺流程图如下：（1）“碱浸”时，提高浸取速率的措施有___________(填选项字母)。A．搅拌B．适当升高温度C．加水稀释（2）“滤渣1”的成分是___________(填化学式)。（3）“碱浸”过程中发生化学方程式：和___________。（4）“还原”中与铁粉反应的主要离子有___________。（5）检验“滤渣2”已洗净的实验方法为___________。（6）“氧化”过程中生成的离子方程式为___________，实际的消耗量比理论值多的原因是___________。〖答案〗（1）AB（2）和CuO（3）（4）、、（5）取最后一次洗涤液少许于洁净试管中，向其中滴加酸化的溶液，若无明显现象，则证明滤渣2已洗净（6）①.②.反应产生的能催化分解，从而导致实际的消耗量比理论值多〖解析〗通过碱浸的时候，二氧化硅和氧化铝都可以与之反应，分别生成可溶于水的和，所以滤液1含有硅酸钠和四羟基合铝酸钠，而和不溶于水也不与强碱反应，所以滤渣1含有以上两种金属氧化物。加入稀盐酸以后，生成和，加入铁粉，发生反应、，再加入盐酸，除去多余的铁粉，同时回收单质铜。最后将溶液中的亚铁离子氧化为三价铁离子，最终得到产品。（1）碱浸时，提高浸取速率的措施有，搅拌和适当升高温度可以提高反应速率，而加水稀释导致碱溶液浓度降低，反应速率下降，〖答案〗选AB；

（2）根据上述分析，滤渣1是Fe2O3和CuO，〖答案〗为：Fe2O3和CuO；（3）碱浸过程中发生的反应除了与二氧化硅反应外，还与氧化铝反应：；（4）溶液在还原步骤中存在、和未消耗完的盐酸，所以与铁粉反应的主要离子有；（5）因为滤渣2中，含有前面加入稀盐酸以后未消耗的，所以采取检验氯离子的方法：取最后一次洗涤液少许于洁净试管中，向其中滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，则证明滤渣2已洗净；（6）根据氧化还原反应规律，过氧化氢作氧化剂，其还原产物是水，亚铁离子被氧化为三价铁离子，故离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；实际H2O2的消耗量比理论值多的原因是：反应产生的Fe3+能催化H2O2分解，从而导致实际H2O2的消耗量比理论值多。16.硫酸是无机工业的“血液”，广泛用于各个工业部门。回答下列问题：（1）欲用密度为1.84g/cm3质量分数为98%的浓硫酸配制475mL物质的量浓度为0.7mol⋅L的稀硫酸。①配制过程中，需用量筒量取___________mL98%的浓硫酸进行配制。使用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒，还需用到___________。②在配制过程中，未将洗涤烧杯和玻璃棒的洗涤液转移到容量瓶中，将导致所配制稀硫酸的物质的量浓度___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。（2）某学习小组利用下列装置制备并验证其性质。①装置A中盛放70%溶液的仪器名称为___________，装置B的作用___________。②装置C验证具有还原性，发生反应的离子方程式为___________。③装置D验证具有___________(填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)。④装置E可以选用下列___________(填选项字母)除去多余，防止污染环境。a．溶液b．NaOH溶液c．溶液d．溶液（3）是一种硫的重要化合物，在中性和碱性溶液中很稳定，在强酸溶液中有沉淀析出，所以常利用与酸反应探究影响化学反应速率的因素。①写出与稀硫酸反应的离子方程式为___________。②为探究影响化学反应速率的因素，设计如下表实验方案，下列叙述正确的是___________。实验序号123反应温度20℃40℃20℃浓度V/mL10.04.0c/(mol·L)0.100.100.10盐酸V/mL10.0c/(mol·L)0.100.100.10H₂OV/mL0a．实验1和2可探究温度对反应速率的影响b．实验2和3可探究盐酸浓度对反应速率的影响c．若用实验1和3探究浓度对反应速率的影响，则，〖答案〗（1）①.19.0②.500mL容量瓶③.偏小（2）①.分液漏斗②.观察气体流速、储存多余的气体和平衡气压③.④.氧化性⑤.bd（3）①.②.ac〖解析〗（1）①若所用浓硫酸密度为1.84g/cm3，则该浓硫酸的物质的量浓度为=18.4mol/L，实验室需要475mL物质的量浓度为0.7mol⋅L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，需要浓硫酸体积为=0.0190L，即19.0mL，配制过程中，需用量筒量取19.0mL98%的浓硫酸进行配制。使用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒，还需用到500mL容量瓶。故〖答案〗为：19.0；500mL容量瓶；②在配制过程中，未将洗涤烧杯和玻璃棒的洗涤液转移到容量瓶中，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，将导致所配制稀硫酸的物质的量浓度偏小。故〖答案〗为：偏小；（2）①装置A中盛放70%溶液的仪器名称为分液漏斗，装置B的作用是观察气体流速、储存多余的气体和平衡气压。故〖答案〗为：分液漏斗；观察气体流速、储存多余的气体和平衡气压；②装置C验证具有还原性，高锰酸钾将二氧化硫氧化为硫酸根离子，发生反应的离子方程式为。故〖答案〗为：；③硫离子具有还原性，能与二氧化硫反应生成单质硫沉淀，装置D验证具有氧化性。故〖答案〗：氧化性；④a．溶液与二氧化硫不反应，故错误；b．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，故正确；c．盐酸的酸性强于亚硫酸，溶液不能与二氧化硫反应，故错误；d．溶液与二氧化硫反应生成，故正确；故〖答案〗为：bd；（3）①与稀硫酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为。故〖答案〗为：；②a．实验1和2控制其它条件相同，只让温度变化，可探究温度对反应速率的影响，故正确；b．实验2和3要控制温度相同，才可探究盐酸浓度对反应速率的影响，故错误；c．若用实验1和3探究浓度对反应速率的影响，则=V(HCl)，，故正确；故〖答案〗为：ac。17.合成氨是目前人工固氮最重要的途径，研究合成氨的反应和氨气的用途具有重要意义。工业上合成氨的反应为：。请回答下列问题：（1）下图是合成氨反应能量变化示意图，反应中生成2mol时___________(填“吸收”或“放出”)的热量是___________kJ。（2）某实验小组模拟工业合成氨。一定条件下，在2L密闭容器中按物质的量之比为1∶3比例通入和发生反应，的物质的量浓度随时间变化如图所示：①反应开始至2min时，用的浓度变化表示反应的平均速率为___________mol·L·min，H₂的转化率为___________。②下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是___________(填标号)。A．B．断裂1mol的同时断裂2molC．的含量保持不变D．混合气体的平均相对分子质量不变（3）氨气燃料电池在实现能源转型和减少碳排放方面具有巨大的发展潜力。其中一种液氨—液氧燃料电池工作原理如图所示(已知：a、b均为惰性电极，其中电池的总反应为：)。①C口进入的物质为___________。②溶液中向___________(填“a”或“b”)电极迁移。③a电极上发生的电极反应式为___________。（4）侯氏制碱工业中向饱和食盐水中先通入的原因是___________。〖答案〗（1）①.放出②.92（2）①.0.3②.60%③.CD（3）①.液氧②.a③.（4）NH₃极易溶于水，且与水反应使溶液呈碱性，增大的溶解，提高产量〖解析〗（1）由图可知，生成2mol氨气时，反应物断裂共价键吸收的热量为946KJ+436kJ×3=2254kJ，生成物形成共价键放出的热量为391kJ×6=2346kJ，反应放出的热量为2346kJ—2254kJ=92kJ，故〖答案〗为：放出；92；（2）①由图可知，2min时，氮气的浓度为0.2mol/L，则由方程式可知，反应开始至2min时，氨气的反应速率为=0.3mol/(L·min)，氢气的转化率为×100%=60%，故〖答案〗为：0.3；60%；②A．由方程式可知，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．由方程式可知，断裂1mol的同时断裂2mol不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．氢气的含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，合成氨反应是气体体积减小的反应，混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选CD；（3）由电子移动方向可知，通入氨气的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，通入液氧的b电极是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；①由分析可知，通入液氧的b电极是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，则C口进入的物质为液氧，故〖答案〗为：液氧；②由分析可知，通入氨气的a电极为燃料电池的负极，通入液氧的b电极是正极，则氢氧根离子形向电极a移动，故〖答案〗为：a；③