浙江省湖州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省湖州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题1.下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A. B. C.HCl D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．NH3溶于水生成NH3·H2O，能电离出氢氧根离子，从而使湿润红色石蕊试纸变蓝，A正确；B．O2不与水反应，也不易溶于水，本身为中性物质，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B错误；C．HCl易溶于水生成盐酸，电离出氢离子，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；D．CO2溶于水生成碳酸，电离出氢离子，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；故〖答案〗选A。2.下列物质含有非极性键的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．甲烷分子中碳原子和氢原子之间存在极性共价键，A错误；B．过氧化钠中含有过氧根离子与钠离子之间的离子键，同时也含有过氧根离子内部氧原子与氧原子之间的非极性共价键，B正确；C．氯化钠中只含有氯离子与钠离子之间的离子键，C错误；D．水分子中氧原子和氢原子之间存在极性共价键，D错误；故选B。3.下列说法不正确的是（）A.金刚石、、石墨互为同素异形体 B.葡萄糖与果糖互为同分异构体C.互为同位素 D.乙醇与甘油互为同系物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．金刚石、C60、石墨都是碳元素形成的单质，属于同素异形体，A正确；B．葡萄糖和果糖的分子式都为C6H12O6，葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO、果糖的结构简式为HOCH2(CHOH)3COCH2OH，两者结构不同，互为同分异构体，B正确；C．是氢元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，甘油的结构简式为，它们所含羟基的个数不同，它们不互为同系物，D错误；故选D。4.甲烷、乙烯、乙醇、乙酸是常见的四种有机物，下列有关说法不正确的是（）A.甲烷的二氯代物只有一种 B.乙烯分子中所有原子共平面C.用金属钠检验乙醇中是否含有水D.食醋是乙酸的水溶液，可以清洗水垢〖答案〗C〖解析〗【详析】A．甲烷结构简式为CH4，4个氢原子连接在1个碳原子上，呈正四面体型，只含有1种环境的氢，二氯代物只有一种，A正确；B．乙烯结构简式为：CH2=CH2，直接与C=C相连的原子是共平面的，B正确；C．钠金属活动性强，均能与乙醇、水发生反应生成氢气，所以无法用金属钠检验乙醇中是否含有水，C错误；D．水垢成分为碳酸钙、氢氧化镁，食醋为乙酸的水溶液，能够与氢氧化镁反应生成可溶性醋酸镁，与碳酸钙反应生成可溶性醋酸钙，所以可以用食醋除去水垢，D正确；故选C。5.关于反应，下列说法正确的是（）A.氧化产物 B.C发生还原反应C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D.生成转移电子〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该反应中KNO3中的N得电子被还原发生还原反应，生成的N2为还原产物，A错误；B．C失电子为还原剂发生氧化反应，B错误；C．该反应中KNO3、S得电子为氧化剂，C失电子为还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为3：3=1：1，C错误；D．2个KNO3得到10个电子生成N2，1个S得到2个电子生成1个K2S，3个C失去12个电子生成3个CO2，生成1molK2S转移电子数为12mol，D正确；故〖答案〗选D。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.维生素C有还原性，可作食品的抗氧化剂B.金刚砂熔点高，可用作砂纸和砂轮的磨料C.氯气、臭氧、二氧化氯有氧化性，都可用于饮用水的消毒D.能与盐酸反应，曾用作胃酸中和剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．维生素C具有还原性，可以和氧气发生反应，可用作食品的抗氧化剂，故A正确；B．SiC是共价晶体，硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故B不正确；C．氯气、臭氧、二氧化氯均具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．是两性氢氧化物，碱性弱、能与盐酸反应，曾用作胃酸中和剂，故D正确；故选B。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.溶液中，含有的数目为B.含有的电子数为C.甲醇分子中含有键的数目为D.溶于水，溶液中和的微粒数之和为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．没有明确溶液的体积，无法计算溶质的物质的量及含有的数目，故A错误；B．氧原子有8个电子，氢原子有1个电子，含有的电子数为，故B错误；C．32g甲醇分子的物质的量为1mol，1个甲醇分子中含有3个键，故32g甲醇分子中含有键的数目为，故C正确；D．氯气与水的反应是可逆反应，氯气不能完全转化，溶于水，溶液中和的微粒数之和小于，故D错误；〖答案〗选C。8.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.过氧化钠溶于水中：B.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：C.将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：D.大理石与稀盐酸反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。过氧化钠、水都为氧化物，在离子方程式书写时不拆分成离子符号，生成的氢氧化钠为强碱，是溶于水的强电解质，写为离子形式，A正确；B．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：(NH4)2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NH3⋅H2O，硫酸铵和氢氧化钡均为溶于水的强电解质，写为离子形式，硫酸钡不溶于水，NH3⋅H2O是弱碱，不能写为离子，B正确；C．碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆成氢离子和碳酸根离子，正确的离子方程式为：+H+=H2O+CO2↑，C错误；D．大理石的主要成分为碳酸钙，不溶于水，和盐酸反应，生成溶于水的氯化钙、水和二氧化碳，D正确；故选C。9.下列说法不正确的是（）A.浓硝酸显黄色的主要原因是溶解了铁离子 B.在空气中加热FeO生成C.工业上煅烧黄铁矿（）生产 D.固体溶于溶液生成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．浓硝酸易分解，分解出来的二氧化氮又重新溶解在浓硝酸里，使浓硝酸呈黄色，A错误；B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气里受热,能迅速被氧化成Fe3O4，B正确；C．工业上煅烧黄铁矿生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为，C正确；D．Al(OH)3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，化学方程式：，D正确；故选A。10.为原子序数依次增大的短周期主族元素．W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素．下列说法正确的是（）A.原子半径： B.W是第二周期第VIA族元素C.Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D.X与Y可形成化合物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是地壳中含量最多的金属元素，则X为Al元素；W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，则W是O元素、Y为S元素、Z为Cl元素。【详析】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径：S>Cl，即Y>Z，故A错误；B．W是O元素，原子序数为8，在元素周期表中位于第二周期第VIA族，故B正确；C．硫元素的氧化物对应的水化物中亚硫酸是中强酸、氯元素的氧化物对应的水化物中次氯酸是弱酸，故C错误；D．铝元素与硫元素形成的化合物的化学式为Al2S3，故D错误；故选B。11.下列实验能达到实验目的的是（）A.装置①用于制备并收集 B.装置②用于检验产物C.装置③用于制备并收集 D.装置④用排水量气法测的体积〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，在管口遇冷又生成氯化铵，所以不能用A装置和药品制取氨气，A错误；B．浓硫酸和木炭在加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，故装置②不能用于检验产物，B错误；C．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，C错误；D．氢气难溶于水，可用装置④排水量气法测的体积，D正确；故选D。12.在恒温恒容条件下，发生反应，随时间的变化如图中曲线甲所示．下列说法不正确的是（）A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率B.若随时间变化关系如图曲线乙所示，可能是其他条件不变的情况下降低温度C.在不同时刻都存在关系：D.反应过程中，容器中气体的密度保持不变〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据题干信息结合化学方程式可知:各物质速率之比、反应前后气体密度变化情况、甲和乙曲线的变化应该是使用了催化剂、据a点和c点的坐标可以计算出这个时间间隔内的平均反应速率；【详析】A．从a、c两点坐标可知从a到c时间间隔内的变化量，从而求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确；B．若降低反应温度，反应平衡会发生移动，达平衡时c(B)和曲线甲达平衡时c(B)不相等，则降低反应温度，c(B)随时间变化关系不能用如图中曲线乙表示，B错误；C．反应速率之比等于化学计量数之比，则，C正确；D．恒温恒容，反应前后气体的质量不变，密度不变，D正确；故选B。13.下列说法不正确的是（）A.蛋白质灼烧时会产生类似烧焦羽毛的特殊气味B.油脂在碱性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂C.聚乙烯中含有碳碳双键，耐热性差，容易老化D.等质量的乙炔（）、苯（）充分燃烧，消耗氧气的质量相等〖答案〗C〖解析〗【详析】A．蛋白质灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，是蛋白质的特征反应之一，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，得到的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故B正确；C．聚乙烯是乙烯加聚后的产物，聚乙烯中不含有碳碳双键，故C错误；D．乙炔和苯的最简式相同，所以等质量的乙炔和苯充分燃烧时，消耗的氧气的质量相等，故D正确；故选C。14.锌—空气电池是一种适宜用作城市电动车的动力电源．锌—空气电池原理如图，放电时Zn转化为ZnO．下列说法不正确的是（）A.空气中的氧气在石墨电极上发生还原反应B.该电池的负极反应为C.该电池放电时溶液中的向Zn电极移动D.该电池放电时电子由Zn电极经电解质溶液流向石墨电极〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗锌-空气电池中，放电时Zn转化为ZnO，Zn失电子作负极，电极反应式为：，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析。【详析】A．氧气得电子发生还原反应，即氧气在石墨电极上发生还原反应，故A正确；B．Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：，故B正确；C．原电池工作时，阴离子向负极移动，故向Zn电极移动，故C正确；D．电子只能在电极和导线中移动，电子不能通过溶液，所以该电池放电时电子由Zn电极经导线流向石墨电极，故D错误；故选D。15.用的浓硫酸20mL和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液加水定容到100mL，溶液中浓度为，则下列说法错误的是（）A.反应后稀释液中为B.反应中消耗的硫酸为C.溶解的铜的质量为6.4gD.生成的在标准状况下的体积为2.24L〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗用18.0mol/L的浓硫酸20mL和铜共热发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，按硫元素守恒，实际逸出的二氧化硫为18.0mol/L×0.020L-0.100L×2.6mol/L=0.10mol，据此回答。【详析】A．实际消耗铜、生成硫酸铜均为0.10mol，则反应后稀释液中c(CuSO4)为1.0mol/L，A错误；B．结合分析可知，反应中消耗的硫酸为2×0.1mol=0.2mol，B正确；C．溶解的铜的质量为0.10mol×64g/mol=6.4g，C正确；D．生成的SO2在标准状况下的体积为0.10mol×22.4L/mol=2.24L，D正确；〖答案〗选A。16.下列实验方案不能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A探究催化剂对分解速率的影响两支试管中均盛有4%溶液，向其中一支试管中加入少量，比较实验现象B检验溶液中取待测液于试管中，滴加KSCN，无明显现象，再滴加，观察溶液颜色变化C验证蔗糖是否发生水解向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，观察是否有银镜生成D验证浓硫酸有脱水性取5克蔗糖放于小烧环中，滴几滴水，再倒入少许浓硫酸，用玻璃棒搅拌，观察蔗糖的变化〖答案〗C〖解析〗【详析】A．采用控制变量法，两支试管中H2O2的浓度、温度相同，不同之处在：一支试管中没有催化剂、一支试管中使用催化剂，能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，A项能达到实验目的；B．取待测液于试管中，滴加KSCN，无明显现象，说明待测液中没有Fe3+，再滴加H2O2，若溶液变红说明溶液中有Fe2+，若溶液不变红说明溶液中没有Fe2+，B项能达到实验目的；C．用银氨溶液验证蔗糖是否发生水解反应必须在碱性条件下，即加入银氨溶液之前要先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，C项不能达到实验目的；D．取5克蔗糖放于小烧环中，滴几滴水，再倒入少许浓硫酸，用玻璃棒搅拌，观察到变黑说明浓硫酸有脱水性，D项能达到实验目的；〖答案〗选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.请回答：（1）碳酸钠的化学式是__________，的电子式是____。（2）二氧化碳的空间结构是__________形。（3）在空气中变质的化学方程式是______。（4）在浓硫酸的催化下，加热乙酸与乙醇的混合液，反应的化学方程式是___________。〖答案〗（1）①.②.（2）直线（3）（4）〖解析〗（1）碳酸钠的化学式为Na2CO3；NaCl中只含离子键，电子式为；（2）CO2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0、σ键电子对数为2，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，故CO2的空间结构为直线形；（3）Fe(OH)2被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（4）在浓硫酸的催化下、加热乙酸与乙醇的混合液，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。18.溴及其化合物在医药、染料等生产中广泛应用。“吹出法”提溴工艺流程示意图如下：（1）氧化步骤是将海水中的氧化为_____________（填化学式）。（2）海水中的经氧化、吹出、吸收三步骤又生成，其目的是_____________。（3）写出“吸收”过程中发生反应的离子方程式_______。（4）下列说法不正确的是_________。A.氧化步骤中加酸的目的是提高的利用率B.吹出步骤中鼓入热空气效果更好C.蒸馏步骤中用氯气将氢溴酸氧化为溴后再用水蒸气进行蒸馏分离D.用该工艺每消耗可制取（5）“吹出法”提溴得到的液溴常溶有少量，除可以加入适量的____________溶液，再分液。〖答案〗（1）（2）富集溴（3）（4）D（5）NaBr〖解析〗浓缩海水通入氯气氧化生成溴单质，空气吹入将溴单质吹出，被二氧化硫和水吸收，生成溴化氢和硫酸，再次通入氯气和水蒸气，得到液溴和盐酸，蒸馏分离得液溴，据此分析解题。（1）海水中的溴离子容易被氯气氧化为Br2单质；（2）海水中Br-的浓度低，被氯气氧化生成Br2，Br2的浓度很低，使用SO2将Br2吸收转化为HBr，再用Cl2将HBr氧化，起到了富集溴元素的作用；（3）溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；（4）A．氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可以抑制它们与水的反应，故氧化步骤中加酸的目的是提高的利用率，A正确；B．溴易挥发，热空气有利于溴的吹出，B正确；C．蒸馏步骤中用氯气先将氢溴酸氧化为溴，再用水蒸气进行蒸馏分离，C正确；D．两次通入氯气的目的是富集浓缩溴，最终每获得1molBr2，理论上需消耗2molCl2，故用该工艺每消耗1molCl2可制取0.5molBr2，D错误；〖答案〗选D；（5）加入适量的溴化钠溶液，既可以除去少量的Cl2，又能置换生成Br2，增加溴的产量，故加入的试剂是溴化钠。19.某温度时，在2L密闭容器中，（均为气体）的物质的量随时间的变化曲线如图所示．请回答下列问题：（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_________。（2）下列措施能加快反应速率的是_______。A.恒压时充入HeB．恒容时充入HeC．恒容时充入XD．及时分离出ZE．升高温度F．选择高效的催化剂（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。A. B.容器内压强保持不变C.容器内气体的平均相对分子质量不变 D.的浓度相等（4）反应从开始至，用X的浓度变化表示的平均反应速率_______。（5）将与的混合气体通入2L的密闭容器中发生上述反应，反应到某时刻各物质的物质的量恰好满足：，则此时X的转化率=___________。〖答案〗（1）（2）CEF（3）ABC（4）（5）60%〖解析〗（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物；且0～2min内Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3mol∶0.1mol∶0.2mol＝3∶1∶2，在2min后各种物质都存在，且浓度不再发生变化，说明反应达到平衡，该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z。（2）A．恒压时充入He，导致体系的体积扩大，物质的浓度减小，化学反应速率减小，A不符合题意。B．恒容时充入He，各物质的浓度不变，反应速率不变，B不符合题意。C．恒容时充入X，X的浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意。D．及时分离出Z，Z的浓度减小，平衡右移，X和Y的浓度也继而减少，正、逆反应速率均会减小，D不符合题意。E．升高温度，物质的内能增加，活化分子百分数增加，分子之间的有效碰撞次数增加，反应速率加快，E符合题意。F．选择高效的催化剂可以使反应的活化能降低，活化分子百分数大大增加，反应速率大大加快，F符合题意。故合理选项是CEF。（3）A．当2v正(Y)＝v逆(Z)时，即v正(Y)∶v逆(Z)＝1∶2，可以理解为每消耗掉1molY的同时也会有2molZ分解，因而正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A符合题意。B．该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，反应在恒容密闭容器中进行，则压强必然随着反应的进行而发生变化，若某时刻容器内压强保持不变，则意味着各气体的物质的量不再发生变化，即反应达到平衡状态，B符合题意。C．反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物都是气体，则气体总质量不变；该反应为反应前后物质的量不等的反应，则气体总的物质的量是变化的量；根据，容器内气体的平均相对分子质量也是一个变化的量，当某一时刻平均分子量不再发生变化时，则说明反应已达到平衡状态。C符合题意。D．X、Y、Z的浓度相等时，反应可能处于平衡状态，也可能不处于平衡状态，这与外加各种物质的多少及反应条件有关，不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意。故合理选项是ABC。（4）从反应开始至2min，v(X)＝＝0.075mol/(L·min)；（5）假设反应消耗的Y的物质的量为amol，某时刻n(X)＝n(Y)＝n(Z)，即5－3a＝3－a＝2a，解得a＝1因此反应消耗X的物质的量是3mol，故X的平衡转化率为α(X)＝×100%＝60%。20.受热分解的化学方程式为：，将产生的气体按图示装置进行实验，证实含有和。请回答：（1）能说明存在的实验现象是________；为测定沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、_________、干燥、称重。（2）设计一个实验方案检验加热后的固体中是否有残留：__________。（3）已知：的熔点为16.8℃。某同学为了收集干燥的，在下列装置中选用了C→B→A→D进行收集，则B装置中冰水浴的作用为______。A装置与C装置不能交换的理由是__________。该同学的实验方案存在明显的缺陷是___________。〖答案〗（1）①.品红溶液褪色②.洗涤（2）取样，加盐酸溶解，再加溶液，若有白色沉淀生成，则有硫酸亚铁残留（3）①.使气体凝华成固体②.会溶解在浓硫酸中（或会被浓硫酸吸收）③.没有防倒吸装置〖解析〗（1）SO2的漂白性是其特性，能使品红溶液褪色，故品红溶液褪色，则证明有SO2；BaSO4沉淀上附着BaCl2等杂质，因此测定BaSO4沉淀的质量需要过滤、洗涤、干燥、称量；（2）验证FeSO4受热后固体中是否有FeSO4残留，可以检验固体中是否有，故实验方案是：取样，加盐酸溶解，再加溶液，若有白色沉淀生成，则有硫酸亚铁残留；（3）SO3的熔点为16.8℃，当温度低于16.8℃时，SO