江苏省苏州市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江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32Fe—56一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项最符合题意。1.碳纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等。下列说法正确的是（）A.碳纳米材料属于胶体 B.石墨烯是新型无机非金属材料C.石墨烯和碳纳米管互为同位素 D.碳纳米材料均属于含碳化合物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．纳米材料直径在纳米级，但需要分散到分散剂中才能形成胶体，故A错误；B．石墨烯是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故B正确；C．石墨烯和碳纳米管是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故C错误；D．碳纳米材料属于碳单质，故D错误。〖答案〗选B。2.下列有关化学用语使用正确的是（）A.乙炔的结构简式：HC≡CHB.对硝基甲苯的结构简式：C.乙烯的球棍模型：D.NH4Cl的电子式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为CHCH，A正确；B．硝基中氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式为，B错误；C．乙烯分子中两个C原子之间形成2个共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2个共用电子对，题中所给模型为乙烯的空间填充模型，不是球棍模型，C错误；D．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，D错误；故选A。3.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到相应实验目的的是（）A.用甲装置制取乙烯B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C.用丙装置制取并收集乙酸乙酯D.用丁装置验证乙醇的结构简式是CH3—O—CH3还是CH3CH2OH〖答案〗B〖解析〗【详析】A．浓硫酸和乙醇的混合物迅速加热到170℃时可产生乙烯，用甲装置制取乙烯，A正确；B．HBr、挥发出来的溴蒸气遇到硝酸银溶液均会产生浅黄色沉淀，用乙装置不能验证有HBr产生，B错误；C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热下生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠能吸收乙酸、溶解乙醇、并降低乙酸乙酯在水中的溶解性，则可用丙装置制取并收集乙酸乙酯，C正确；D．用一定量乙醇和足量钠反应，按照反应产生的气体体积、消耗的乙醇的物质的量的关系可推测出氢原子乙醇的结构简式是CH3—O—CH3还是CH3CH2OH，D正确；〖答案〗选B。4.下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是（）A.乙烯能发生加成反应而乙烷不能B.苯在50～60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可发生C.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能D.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．乙烯能发生加成反应是因为乙烯含有碳碳以双键，而乙烷不含有碳碳双键，不能发生加成反应，与基团相互影响无关，A错误；B．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，与有机物分子内基团间的相互作用有关，B正确；C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，C正确；D．苯环对羟基的影响使羟基变活泼，因此苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，D正确；〖答案〗选A。ⅤA族元素及其化合物应用广泛。HNO3是重要的化工原料。汽车尾气中的NOx通过净化器转化为无毒气体N2。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。5.氮及其化合物的转化关系如图所示，则下列说法不正确的是（）A.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述所有反应都是氧化还原反应D.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO26.下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A.N2性质稳定，可用作食品保护气B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C.NH3具有还原性，可用作制冷剂D.HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵7.根据材料提供的信息，判断下列化学反应表示不正确的是（）A.NO2制HNO3的离子方程式：3NO2+H2O=2H++2+NOB.白磷与Ba(OH)2溶液反应：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑C.汽车尾气催化净化器中发生的主要反应：2NOx+2xCON2+2xCO2D.NH3与足量的NaClO溶液反应的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O〖答案〗5.D6.A7.D〖解析〗【5题详析】A．工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B．雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；C．在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，C正确；D．氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，D错误；故〖答案〗为：D；【6题详析】A．氮气含有氮氮三键，其化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，A正确；B．NH4HCO3可用作氮肥，是因为含氮元素，和受热易分解无关，B错误；C．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，与其还原性无关，C错误；D．HNO3具有酸性，可用于制NH4NO3，D错误；故〖答案〗为：A；【7题详析】A．NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO，A正确；B．根据题意白磷与Ba(OH)2溶液反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元弱酸H3PO2，则化学反应方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，B正确；C．汽车尾气中氮氧化物在催化剂作用下与CO反应生成CO2和N2，C正确；D．肼具有强还原性，强碱性条件下过量的NaClO氧化N2H4生成N2，D错误；故〖答案〗：D。8.铁及其化合物是中学化学中一类重要的物质。下列关于铁元素的叙述正确的是（）A.向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+B.保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2+水解生成Fe(OH)2C.25℃时，pH＝0的溶液中，Al3+、、、Fe2+可以大量共存D.FeSO4溶液中加入H2O2溶液时，Fe2+表现还原性〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该操作无法证明通Cl2之前是否存在Fe2+，应该先向溶液中加入硫氰化钾溶液，若不变红，再通入Cl2，溶液变红，即可证明原溶液中存在Fe2+，A错误；B．Fe2+易被氧化为Fe3+，保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，B错误；C．pH=0的溶液显酸性，H+、、Fe2+发生氧化还原反应不能共存，C错误；D．Fe2+可被H2O2氧化，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，Fe2+表现还原性，D正确。故选D。9.含硫煤的燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如下图所示．下列叙述错误的是（）A.该过程中可得到化工产品B.该工艺流程的目的是除去煤燃烧时产生的C.图中涉及的反应之一为D.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S〖答案〗D〖解析〗详析】A．根据图示可知该过程中可得到化工产品，A正确；B．通过该工艺流程将转化为，B正确；C．根据图示可知图中涉及的反应之一为，C正确；D．该过程中化合价发生改变的元素有Fe、S、O，D错误；故选D。10.芳樟醇结构如图所示，在一定条件下发生消去反应生成芳樟烯。下列说法正确的是（）A.芳樟醇存在顺反异构体B.芳樟醇中含有1个手性碳原子C.芳樟醇在水中溶解度小于芳樟烯D.芳樟醇消去反应仅生成一种有机产物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．碳碳双键的碳原子上连接不同基团时，存在顺反异构，可知芳樟醇不存在顺反异构体，选项A错误；B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则芳樟醇中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，选项B正确；C．醇与水形成氢键，则芳樟醇在水中溶解度大于芳樟烯，选项C错误；D．与羟基相连碳原子的邻位碳原子有2个，则芳樟醇消去反应生成两种有机产物，选项D错误；〖答案〗选B。11.扁桃酸是重要的医药合成中间体，工业上合成它的路线之一如下：下列有关说法不正确的是（）A.反应I是加成反应B.苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面C.扁桃酸可以通过缩聚反应生成D.1mol扁桃酸最多可以消耗2mol〖答案〗D〖解析〗【详析】A．反应I是醛基的加成反应，A正确；B．苯甲醛中苯环、-CHO均为平面结构，两个平面结构通过C-C单键结合，由于碳碳单键可以旋转，因此苯甲醛分子中所有原子可以处于同一平面，B正确；C．扁桃酸分子中含-OH、-COOH，在一定条件下可以发生缩聚反应生成高聚物和水，C正确；D．在扁桃酸分子中只有-COOH与NaHCO3发生反应，1个扁桃酸分子中含有1个-COOH，则1mol扁桃酸最多可以消耗1molNaHCO3，D错误；故选D。12.下列有关实验操作步骤、现象、结论正确的是（）实验操作和现象结论A向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热并充分振荡，然后取少量液体滴入溶液，出现棕黑色沉淀1-溴丙烷中混有杂质B无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水，溴水褪色乙醇发生了消去反应C取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色可能部分被氧化D向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液除去苯中混有的少量苯酚〖答案〗C〖解析〗【详析】A．出现棕黑色沉淀是硝酸银与KOH反应生成的AgOH分解的产物(Ag2O)，1-溴丙烷中不一定混有杂质，A错误；B．无水乙醇与浓硫酸共热，除去可能生成乙烯外，还可能生成二氧化硫气体，所以产生的气体使溴水褪色，不一定生成乙烯，B错误；C．取少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3+，故可能部分被氧化，C正确；D．向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，其原因是生成的少量三溴苯酚溶解在苯中，不能除杂，应该选择氢氧化钠溶液、分液，D错误；故选C。13.由软锰矿(主要成分，及少量CaO、MgO)制备的工艺流程如下：已知：“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、、MnO的混合物。下列说法正确的是（）A.“浸取”时向软锰矿中先加入足量溶液，再滴加稀B.“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有、、、、C.“沉锰”时反应的离子方程式为D.“酸浸”时每反应3mol转移电子的物质的量为2mol〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗软锰矿浸取时和发生氧化还原反应生成Mn2+，CaO、MgO分别变成硫酸钙和硫酸镁，加入氟化钠和镁离子形成氟化镁沉淀，所得滤渣的成分为硫酸钙和氟化镁；加入碳酸氢铵和Mn2+反应生成，焙烧后得到、、MnO的混合物，加入稀硫酸后将、MnO转化为MnSO4，通过过滤得到二氧化锰，据此作答。【详析】A．软锰矿浸取时和发生氧化还原反应生成Mn2+，CaO、MgO分别变成硫酸钙和硫酸镁，A正确；B．“除杂”后的溶液中和已变成沉淀除去，B错误；C．“沉锰”时反应的离子方程式为，C错误；D．“酸浸”时Mn2O3和稀硫酸发生歧化反应生成Mn2+和MnO2，所以1个Mn2O3对应转移1个e-，则3mol对应转移3mol电子，故D错误；选A。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎药物，其人工合成路线如下：（1）非诺洛芬分子含有手性碳原子的数目为___________。（2）反应Ⅰ中须加入的试剂X，其分子式为。①X的结构简式为___________。②写出由苯作原料制备化合物A的化学方程式___________。（3）C的结构简式为___________。（4）试剂X和化合物C相比，酸性较强的是___________(填“X”或“C”)。（5）在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是___________(填序号)。（6）B的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应。〖答案〗（1）1（2）①.②.+HBr（3）（4）X（5）Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ（6）〖解析〗由图可知，A溴苯和X生成B，试剂X分子式为，结合B结构可知，X为，，A和X发生取代反应生成B，B中羰基还原得到C，C中羟基被溴取代生成D，D中溴和HCN发生取代反应生成E，E水解得到非诺洛芬；（1）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；非诺洛芬分子中与羧基直接相连的碳为手性碳，故含有手性碳原子的数目为1；（2）①X的结构简式为。②苯和溴单质在FeBr3催化作用下生成化合物A，+HBr；（3）C的结构简式为；（4）试剂X中羟基为酚羟基，受到苯环的影响，酚羟基中氢更容易电离出来，故和化合物C相比，酸性较强的是X；（5）由分析可知，在反应Ⅰ~Ⅳ中，属于取代反应的是Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ；（6）B的一种同分异构体满足下列条件：①分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，则结构对称。②能发生银镜反应且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有甲酸酯基，且水解生成酚羟基。结构可以为：。15.化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）D分子中含氧官能团有________________________(任写两个)。（2）E→F的反应类型为____________。（3）C→D反应中会有副产物X(C12H15O6Br)生成，X的结构简式为____________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子。（5）已知：(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)。写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____________。〖答案〗（1）(酚)羟基、酯基、醚键(任写两个)（2）还原反应（3）（4）（5）〖解析〗A断裂C-O键发生取代反应生成B，B断裂C-Cl键生成C，C中羟基断裂O-H键生成生成D，D发生取代反应生成E，观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，以此分析。（1）D分子中含氧官能团有羟基、酯基、醚键；故〖答案〗为：(酚)羟基、酯基、醚键；（2）观察E和F的结构，即－COOCH3转化成了－CH2OH，加氢去氧，为还原反应；故〖答案〗为：还原反应；（3）C中有两个－OH，都可以和三乙胺发生取代反应，故副产物为；故〖答案〗为：；（4）C的一种同分异构体能与氯化铁溶液发生显色，即含有酚羟基；碱性完全水解后酸化，所得产物分子中均含2种不同化学环境的氢原子，溴原子水解之后会生成－OH，酯基水解之后也会生成－OH，即水解之后会在苯环上引入2个－OH，在四个－OH的分布满足2种不同化学环境的氢原子，水解之后的结构为，则水解之前的结构为；故〖答案〗为：；（5）从E→F受到启发，酯基转化成了醇，则－COOCH2CH3转化成了－CH2OH再与HCl反应引入Cl原子，即反应生成—CH2Cl，再与Mg在无水乙醚条件下反应生成－CH2MgCl，再结合已知，可再与HCHO在酸性条件下反应，即得到目标产物，而HCHO可由CH3OH氧化制得，据此可写出合成路线流程图；。16.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：（1）“沉淀”步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___。（2）“转化”在右图所示装置中进行。导管A的作用是___。（3）检验“洗涤”完全的实验操作是__。（4）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液，请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤；___。[实验中须使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]（5）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、浓H2SO4、磷酸，用0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4·2H2O的纯度___(写出计算过程)。〖答案〗（1）Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低（2）平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中（3）取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全（4）在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤（5）97.20%〖解析〗FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4·2H2O。（1）“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置；（2）根据图示，盛装草酸的仪器是恒压分液漏斗，导管A的作用是平衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中；（3）草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全；（4）向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液；（5）草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式，反应消耗0.04500mol·L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁的物质的量为，FeC2O4·2H2O的纯度为。17.氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。(1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。①X的化学式为___________。②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___________。(2)废水中氨氮(以NH3或NH形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下：NaClO＋H2ONaOH＋HClONH3＋HClO=NH2Cl＋H2O2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。(a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是：