2023-2024学年海南省部分学校高一下学期7月期末联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末联考试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Zn65Ba137一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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.甲醇是一种“绿色”燃料，其在合成、消耗过程中的量实现零增长，碳循环过程如图所示。下列说法正确的是（）A.、均属于有机物B.制过程中，电能转化为化学能C.合成的反应中原子利用率为100%D.分子中含有非极性键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CO2属于无机物，A错误；B．电解水制H2过程中，电能转化为化学能，B正确；C．H2和CO2合成CH3OH的同时还生成了H2O，所以反应中原子利用率小于100%，C错误；D．CH3OH分子中不含非极性键，D错误；〖答案〗选B。2.、具有放射性，在医药上用于治疗肿瘤。下列关于、的说法正确的是（）A.、互为同素异形体 B.的质量数是53C.的中子数是82 D.的电子数是188〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同种元素的不同种原子之间互称为同位素，、是碘元素的不同核素，互为同位素，故A错误；B．的质量数是131，质子数为53，故B错误；C．的质量数为135，质子数为53，中子数为135-53=82，故C正确；D．的质子数为53，原子中质子数等于电子数，则电子数是53，故D错误；〖答案〗为C。3.实验室用Zn与稀硫酸反应制，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A.该反应是吸热反应B.1molZn的能量大于1mol的能量C.若有32.5gZn参加反应时，可收集到11.2LD.可利用该反应设计成原电池，将化学能转化为电能〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，A错误；B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，1molZn的能量不一定大于1mol的能量，B错误；C．未说明所处的温度和压强，无法计算其体积，C错误；D．是自发的氧化还原反应且放热，可利用该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，D正确；故选D。4.铝-空气-海水电池可以作为航海指示灯的电源，电池总反应为。工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A.Al电极为电池负极B.Al电极发生氧化反应C.电子由C电极经外电路流向Al电极D.将海水换成乙酸溶液，也可以提供电能〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗电池总反应为，铝元素化合价升高，电极Al做负极，氧元素化合价降低，电极C做正极；【详析】A．结合题干中的总反应式，铝化合价升高，发生氧化反应，Al电极作电池的负极，故A正确

B．铝元素化合价从0升高至+3，失去电子，发生氧化反应，故B正确；C．原电池中，电子由负极经外电路流向正极，Al是负极，C是正极，电子由电极Al经外电路流向电极C，故C错误；

D．将海水换成乙酸溶液，Al和乙酸能发生自发的氧化还原反应，构成原电池，也可以提供电能，故D正确；〖答案〗为：C。5.下列利用硫酸铝制备过程涉及的实验装置或操作中，不能达到相应实验目的的是（）A.用装置甲制备B.用装置乙制备C.用装置丙分离D.用装置丁灼烧制备〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、水、氯化钙，试管口略向下倾斜，氨气密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故A正确；B．向硫酸铝溶液中通入氨水可以制备，氨气极易溶于水，图中球形干燥管可以防倒吸，故B正确；C．可以用过滤的装置分离沉淀，故C正确；D．灼烧制备应该在坩埚中进行，不能使用蒸发皿，故D错误；故选D。6.生活中处处有化学，化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.二氧化硫有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂B.晶体硅能导电，可用于制备光导纤维C.乙醇易挥发，可用于消毒杀菌D.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有还原性，可添加在葡萄酒中防止葡萄酒中的一些成分被氧化，A错误；B．二氧化硅为光导纤维主要原料，B错误；C．乙醇可用于消毒杀菌，是因为乙醇能使蛋白质变性，C错误；D．液氨汽化时要吸收大量的热，会使周围环境的温度降低，所以液氨可以用作制冷剂，D正确；故选D。7.烃的组成元素只有碳、氢两种，但烃的种类多、结构复杂。图示为四种烃类物质的球棍模型，下列有关说法正确的是（）A甲属于烷烃，乙、丙、丁属于烯烃B.乙与丁互为同系物C.甲与光照下只能生成一种一氯代物D.用酸性溶液可鉴别甲与乙〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗甲为正丁烷，乙为1-丁烯，丙为2-丁烯，丁为2-丁炔；【详析】A．丁含有碳碳三键，属于炔烃，故A错误；B．乙为1-丁烯，丁为2-丁炔，两者官能团不同，结构不相似，不是同系物，故B错误；C．甲为正丁烷，有2种不同环境的氢原子，一氯代物有2种结构，故C错误；D．甲为正丁烷，乙为1-丁烯，正丁烷与酸性溶液不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，现象不同，能鉴别，故D正确；〖答案〗选D。8.已知反应(未配平)。下列说法错误的是（）A.该反应中是氧化剂，发生还原反应B.的氧化性强于C.该反应中每生成1mol，转移1mol电子D.该反应中与的物质的量之比为2：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗中Mn元素由+7价下降到+4价，又由+2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，是氧化剂，Mn2+是还原剂，既是氧化产物也是还原产物。【详析】A．由分析可知，中Mn元素由+7价下降到+4价，Mn2+中Mn元素由+2价上升到+4价，是氧化剂，发生还原反应，A正确；B．是氧化剂，既是氧化产物也是还原产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则的氧化性强于，B正确；C．由分析可知，中Mn元素由+7价下降到+4价，Mn2+中Mn元素由+2价上升到+4价，该反应中每生成1mol，消耗0.4mol，转移1.2mol电子，C错误；D．由分析可知，配平该离子方程式为：，与物质的量之比为2：3，D正确；故选C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.化学是以实验为基础的科学。根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向酸性溶液中滴加无水乙醇，溶液红色褪去乙醇发生氧化反应B向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有C向HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度升高镁与盐酸的反应放热D向水解后的淀粉溶液中加入过量NaOH溶液中和，滴加几滴碘水，溶液不变蓝淀粉完全水解〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现乙醇具有还原性，乙醇发生氧化反应，A正确；B．向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，因此不能说明该溶液中一定含有，B错误；C．向HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度升高，说明镁与盐酸的反应放热，C正确；D．因加入过量NaOH溶液，滴加几滴碘水后，碘与NaOH溶液发生反应，溶液不变蓝，不能说明淀粉已经完全水解，D错误；故〖答案〗选AC。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X形成的化合物种类最多；Y和W位于同一主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4；Z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：W>Z>YB.简单氢化物的热稳定性：Y>WC.元素X的所有气态氢化物都稳定，都不能被酸性溶液氧化D.工业上常用热还原法制备Z的单质〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X形成的化合物种类最多，X为C元素，Y和W位于同一主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，则W的最高正价为+6，最低负极为-2，W为S元素，Y为O元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为Al元素。【详析】A．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，同主族核电荷数大，原子半径大，原子半径：Al>S>O，故A错误；B．非金属性：O>S，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性：H2O>H2S，故B正确；C．元素C气态氢化物如乙烯能够被酸性溶液氧化，故C错误；D．金属Al较活泼，工业上常用采用电解熔融氧化铝的方法制备Al，故D错误；故选B。11.在2L恒温恒容密闭容器中充入2mol和3mol，发生催化反应：。测得和的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.6min时，的生成速率小于其分解速率B.0~6min内，的平均反应速率为C.使用催化剂可缩短反应到达平衡时所需的时间D.若反应中通入足量的，可使完全转化为〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．6min时，和转化率仍增大，说明平衡正向移动，则的生成速率大于其分解速率，A错误；B．0～6min内，转化率为30％，即，，B正确；C．使用催化剂，可改变反应速率，缩短反应达平衡所需时间，C正确；D．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，D错误；〖答案〗选BC。12.硫和氮两种元素既是重要的工业元素，也是生命物质的重要组成元素。下列能正确描述硫、氮化合物性质的离子方程式是（）A.氨水与FeCl3溶液反应制备B.NO2溶于水生成C.向氯水中通入SO2，溶液褪色：D.将Cu溶于稀硝酸中：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH3·H2O是弱碱，属于弱电解质，故氨水与FeCl3溶液反应制备Fe(OH)3的离子方程式为：，A错误；B．NO2溶于水生成HNO3的离子方程式为：，B错误；C．向氯水中通入SO2，溶液褪色的离子方程式为：，C正确；D．将Cu溶于稀硝酸中生成Cu(NO3)2、NO和H2O，故离子方程式为：，D错误；故〖答案〗为：C。13.具有相同官能团的有机物性质相似。某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法正确的是（）A.该有机物只含有两种官能团B.该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色C.1mol该有机物与足量Na反应生成0.5molD.一定条件下，该有机物能与乙醇或乙酸发生酯化反应〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．该有机物含羟基、碳碳双键和羧基三种官能团，A错误；B．该有机物含碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；C．该有机物含羟基和羧基，1mol该有机物可与2molNa反应生成1mol，C错误；D．该有机物含羟基和羧基，一定条件下，该有机物能与乙醇或乙酸发生酯化反应，D正确；〖答案〗选BD。14.工业上含的尾气和含的废水可通过循环处理吸收，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A.该循环过程中为催化剂B.由该循环过程可知，若直接用不能氧化C.该循环过程中每处理1mol，可同时处理3molD.第②步中，1mol参加反应时转移3mol电子〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．该循环过程中参与第一步反应，且在第二步反应生成，为该反应的催化剂，A正确；B．由A可知为催化剂，起到加快反应速率的作用，用也能直接氧化，B错误；C．根据流程可知，该反应的总离子方程式为：3++2H+=2Cr3++3+H2O，该循环过程中每处理1mol，可同时处理3mol，C正确；D．第②步中，转化为Cr3+，Cr元素由+6价下降到+3价，1mol参加反应时转移6mol电子，D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大。元素M的单质通常为黄绿色气体。元素X与W的原子核外均有一个价电子，能形成离子化合物WX。X可分别与Y、Z形成10电子分子甲和乙，乙的水溶液呈碱性。请回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为___________。（2）甲与M的单质在光照下发生反应的反应类型为___________。（3）化合物WX与水反应的化学方程式为___________。（4）X与Z可形成10电子分子乙，也可形成10电子阳离子丙，阳离子丙的电子式为___________。（5）M的单质与化合物乙反应生成白色固体和Z的单质，该白色固体属于___________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。（6）化合物与反应生成一种具有漂白性的酸和乙，写出该反应的化学方程式：___________。〖答案〗（1）第三周期VIIA族（2）取代反应（3）NaH+H2O=NaOH+H2（4）（5）离子化合物（6）NCl3+3H2O=3HClO+NH3〖解析〗元素M的单质通常为黄绿色气体，说明M是Cl元素，元素X与W的原子核外均有一个价电子，说明分别是H元素和Na元素，X（氢）可分别与Y、Z形成10电子分子甲和乙，乙的水溶液呈碱性，说明Z是N元素，Y的原子序数比Z小，说明是C元素，则甲物质是甲烷，乙物质是氨气，根据以上推导元素开展分析。（1）M是Cl元素，在周期表中位置为：第三周期VIIA族，〖答案〗为：第三周期VIIA族；（2）甲是甲烷，与M的单质（氯气）光照下发生反应为取代反应，〖答案〗为：取代反应；（3）化合物是，与水反应方程式为：，〖答案〗为：；（4）X是H元素，Z是N元素，形成10电子阳离子丙是铵根离子，电子式为，〖答案〗为：；（5）氯气与氨气发生氧化还原反应，根据元素化合价变化规律，N元素化合价从-3升高至0价，Cl元素化合价从0价降低到-1价，所以产物分别是和白色固体，属于离子化合物，故〖答案〗为：离子化合物。（6）ZM3是NCl3，与H2O反应生成一种具有漂白性的酸是HClO和乙（氨气），所以反应的化学方程式为：，〖答案〗为：16.甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，反应原理之一为。（1）已知：一定条件下断开1mol气态物质中的化学键吸收的能量或形成1mol气态物质中的化学键放出的能量数据如下表：物质43692416521490该催化重整反应断开反应物中的化学键吸收的能量___________(填“大于”或“小于”)形成生成物中的化学键放出的能量，该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在容积为2L的恒温恒容密闭容器中充入1mol和2mol，发生上述反应，和的物质的量随时间的变化关系如图所示。①图中a=___________，3min时，的转化率为___________。②该温度下达到平衡时，混合气体中___________mol，此时体系压强与开始时的压强之比为___________(填最简整数比)。③下列叙述正确的是___________(填字母)。a．3min时，的生成速率等于其消耗速率b．由保持不变可判断该反应达到平衡状态c．当时，该反应一定达到平衡状态d．图中b点的正反应速率大于c点的逆反应速率④其他条件不变时，下列措施可以加快该反应速率的是___________(填字母)。a．升高温度b．增大甲烷的浓度c．将容器的容积变为4Ld．恒容条件下充入一定量的〖答案〗（1）①.大于②.吸热（2）①.0.2②.50%③.3.2④.23:15⑤.bd⑥.ab〖解析〗（1）该催化重整反应断开反应物中的化学键吸收的能量为1652+2×924=3500kJ，形成生成物中的化学键放出的能量4×436+1490=3234kJ，则反应断开反应物中的化学键吸收的能量大于形成生成物中的化学键放出的能量，该反应为吸热反应；（2）①据图可知∆n(CO2)=0.8mol，由消耗为0.8mol，图中a=1-0.8=0.2；3min时，∆n(CO2)=0.5mol，则∆n()=1.0mol，的转化率为；②该温度下达到平衡时，列三段式：，混合气体中3.2mol，恒温恒容下，气体的物质的量与压强成正比，此时体系压强与开始时的压强之比为(0.2+0.4+3.2+0.8)：(1+2)=23:15；③a．3min时反应未达到平衡状态，生成速率不等于其消耗速率，故a错误；b．达到化学平衡时各物质的浓度不再发生变化，由保持不变可判断该反应达到平衡状态，故b正确；c．未指明反应速率的方向，则时，不能说明该反应一定达到平衡状态，故c错误；d．b点之后反应物甲烷的物质的量仍在减小，说明反应在正向进行，则图中b点的正反应速率大于c点的逆反应速率，故d正确；故选bd；④a．升高温度活化分子百分数增大，活化分子碰撞次数增多，反应速率加快，故a正确；b．增大甲烷的浓度可增大反应物浓度，活化分子数增多，反应速率加快，故b正确；c．将容器的容积变为4L则物质的浓度减小，反应速率减慢，故c错误；d．恒容条件下充入一定量的，参与反应的气体浓度不变，反应速率不变，故d错误；故选ab。17.可用作还原剂等，在不同温度下分解产物不同，高温下发生分解反应：。某小组设计如图所示装置验证无水受热分解发生上述反应及生成物中、的物质的量之比。已知：①标准状况下是一种无色晶体，其熔点为16.8℃，沸点为44.8℃。②无水硫酸亚铁是白色粉末。请回答下列问题：（1）装置A中的现象为___________。（2）反应前后均需要通入，反应后通的目的是___________。（3）装置B中冰水浴的作用是___________。（4）装置C中发生反应的离子方程式是___________。（5）经测定装置B中试管增加的质量为1.60g，装置C中生成沉淀的质量为6.99g，由实验数据可得___________。该小组经检查实验装置和试剂都符合实验要求，试分析实验数据与方程式中的定量关系不相符合的原因有___________(填一条)。〖答案〗（1）固体由白色变为红棕色（2）使生成的、SO2全部被收集或吸收（3）冷却收集（4）Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+（5）①.3:2②.气流速率过快，装置B中冷却不完全，在装置C中反应生成BaSO4〖解析〗可用作还原剂等，在不同温度下分解产物不同，高温下发生分解反应：，的熔点较低，B装置用冰水冷却收集，SO2和装置C中的H2O2、BaCl2混合溶液反应生成BaSO4沉淀，D装置中碱石灰的作用是防止空气中的水分和二氧化碳进入装置。（1）无水硫酸亚铁是白色粉末，反应后产生的为红棕色，则装置A中的现象为：固体由白色变为红棕色。（2）反应前后均需要通入，反应后通的目的是：使生成的、SO2全部被收集或吸收。（3）由分析可知，装置B中冰水浴的作用是：冷却收集。（4）SO2和装置C中的H2O2、BaCl2混合溶液反应生成BaSO4沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+。（5）经测定装置B中试管增加的质量为1.60g，装置C中生成沉淀的质量为6.99g，则n()==0.02mol，n(SO2)=n(BaSO4)==0.03mol，3:2，由方程式可知，实验测得SO2的物质的量偏大，可能的原因是：气流速率过快，装置B中冷却不完全，在装置C中反应生成BaSO4。18.丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，也是一种食用合成香料。由A、C为原料合成丙烯酸乙酯的路线如图所示：（1）淀粉的分子式为___________；葡萄糖经酒化酶作用得到的乙醇浓度通常较低，提高其浓度需采取的操作名称为___________。（2）有机物C的结构简式为___________，C中官能团的名称为___________。（3）A→B的反应类型为___________。（4）B与C反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式为___________。（5）D是加聚反应得到的高分子，其结构简式为___________。〖答案〗（1）①.②.蒸馏（2）①.②.碳碳双键、羧基（3）加成反应（4）（5）〖解析〗淀粉水解成葡萄糖，在酶的作用下转化为乙醇，A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，乙醇与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，说明C为，C发生加聚反应生成D，D为。（1）淀粉分子式：；葡萄糖经酒化酶作用得到的乙醇浓度通常较低，可以通过蒸馏的方式提升其浓度；（2）根据分析可知，C结构简式：；C中含碳碳双键和羧基；（3）根据分析可知，A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇；（4）乙醇与丙烯酸发生酯化反应，化学方程式：；（5）C为，C发生加聚反应生成D，D为。19.自然资源是人类社会发展不可或缺的物质基础。设计合理的物质生产流程，始终是化学面对的重要课题。Ⅰ．海水资源丰富，开发与利用海水资源具有广阔的前景。实验室模拟从海水中提取Mg的流程如图所示：（1）实验室粗盐提纯过程中需要用到下列仪器中的___________(填字母)。（2）工业上沉镁过程中常用氢氧化钙而不用氢氧化钠的原因是___________。（3）反应②是___________(填“放热”或“吸热”)反应，该反应的离子方程式为___________。（4）工业上用无水MgCl2制取Mg的化学方程式为___________。Ⅱ．主要用于制造船底防污漆、杀虫剂、各种铜盐以及分析试剂等，其有关制备途径如图所示：（5）途径Ⅰ、Ⅱ比较，符合绿色化学思想的是途径___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。（6）X可以是单糖，由生成推测X中含有的官能团名称为___________。（7）Cu经途径Ⅰ发生反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）BD（2）NaOH价格较贵，氢氧化钙廉价易得（3）①.放热②.Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O（4）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑（5）Ⅱ（6）醛基（7）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O〖解析〗Ⅰ．加入氢氧化钙沉镁得到氢氧化镁，加入稀盐酸生成氯化镁溶液，电解熔融的氯化镁得到镁单质；Ⅱ．途径Ⅰ铜和浓硫酸加热生成二氧化硫污染性气体，途径Ⅱ铜和氧气与硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜溶液和NaOH溶液生成新制的Cu(OH)2悬浊液，与X发生还原反应生成；（1）实验室粗盐提纯过程中需要进行过滤操作，需要漏斗，还需要蒸发结晶，需要蒸发皿，则需要用到仪器中的BD；（2）工业上沉镁过程中常用氢氧化钙而不用氢氧化钠的原因是NaOH价格较贵，氢氧化钙廉价易得；（3）反应②是酸与碱的中和反应，是放热反应，氢氧化镁是难溶物不可拆，与盐酸反应生成氯化镁和水，该反应的离子方程式Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；（4）工业上电解熔融的氯化镁得到镁单质，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；（5）途径Ⅰ铜和浓硫酸加热生成二氧化硫污染性气体，不符合绿色化学思想，途径Ⅱ铜和氧气氧化生成CuO，继续与硫酸反应生成硫酸铜和水，产物无污染，符合绿色化学思想；（6）X可以是单糖，X与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成，推测X中含有的官能团名称为醛基；（7）Cu经途径Ⅰ发生反应是铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。海南省部分学校2023-2024学年高一下学期7月期末联考试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Zn65Ba137一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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.甲醇是一种“绿色”燃料，其在合成、消耗过程中的量实现零增长，碳循环过程如图所示。下列说法正确的是（）A.、均属于有机物B.制过程中，电能转化为化学能C.合成的反应中原子利用率为100%D.分子中含有非极性键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．CO2属于无机物，A错误；B．电解水制H2过程中，电能转化为化学能，B正确；C．H2和CO2合成CH3OH的同时还生成了H2O，所以反应中原子利用率小于100%，C错误；D．CH3OH分子中不含非极性键，D错误；〖答案〗选B。2.、具有放射性，在医药上用于治疗肿瘤。下列关于、的说法正确的是（）A.、互为同素异形体 B.的质量数是53C.的中子数是82 D.的电子数是188〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同种元素的不同种原子之间互称为同位素，、是碘元素的不同核素，互为同位素，故A错误；B．的质量数是131，质子数为53，故B错误；C．的质量数为135，质子数为53，中子数为135-53=82，故C正确；D．的质子数为53，原子中质子数等于电子数，则电子数是53，故D错误；〖答案〗为C。3.实验室用Zn与稀硫酸反应制，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A.该反应是吸热反应B.1molZn的能量大于1mol的能量C.若有32.5gZn参加反应时，可收集到11.2LD.可利用该反应设计成原电池，将化学能转化为电能〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，A错误；B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，1molZn的能量不一定大于1mol的能量，B错误；C．未说明所处的温度和压强，无法计算其体积，C错误；D．是自发的氧化还原反应且放热，可利用该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，D正确；故选D。4.铝-空气-海水电池可以作为航海指示灯的电源，电池总反应为。工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A.Al电极为电池负极B.Al电极发生氧化反应C.电子由C电极经外电路流向Al电极D.将海水换成乙酸溶液，也可以提供电能〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗电池总反应为，铝元素化合价升高，电极Al做负极，氧元素化合价降低，电极C做正极；【详析】A．结合题干中的总反应式，铝化合价升高，发生氧化反应，Al电极作电池的负极，故A正确

B．铝元素化合价从0升高至+3，失去电子，发生氧化反应，故B正确；C．原电池中，电子由负极经外电路流向正极，Al是负极，C是正极，电子由电极Al经外电路流向电极C，故C错误；

D．将海水换成乙酸溶液，Al和乙酸能发生自发的氧化还原反应，构成原电池，也可以提供电能，故D正确；〖答案〗为：C。5.下列利用硫酸铝制备过程涉及的实验装置或操作中，不能达到相应实验目的的是（）A.用装置甲制备B.用装置乙制备C.用装置丙分离D.用装置丁灼烧制备〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、水、氯化钙，试管口略向下倾斜，氨气密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故A正确；B．向硫酸铝溶液中通入氨水可以制备，氨气极易溶于水，图中球形干燥管可以防倒吸，故B正确；C．可以用过滤的装置分离沉淀，故C正确；D．灼烧制备应该在坩埚中进行，不能使用蒸发皿，故D错误；故选D。6.生活中处处有化学，化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A.二氧化硫有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂B.晶体硅能导电，可用于制备光导纤维C.乙醇易挥发，可用于消毒杀菌D.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂〖答案〗D〖解析〗【详析】A．二氧化硫具有还原性，可添加在葡萄酒中防止葡萄酒中的一些成分被氧化，A错误；B．二氧化硅为光导纤维主要原料，B错误；C．乙醇可用于消毒杀菌，是因为乙醇能使蛋白质变性，C错误；D．液氨汽化时要吸收大量的热，会使周围环境的温度降低，所以液氨可以用作制冷剂，D正确；故选D。7.烃的组成元素只有碳、氢两种，但烃的种类多、结构复杂。图示为四种烃类物质的球棍模型，下列有关说法正确的是（）A甲属于烷烃，乙、丙、丁属于烯烃B.乙与丁互为同系物C.甲与光照下只能生成一种一氯代物D.用酸性溶液可鉴别甲与乙〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗甲为正丁烷，乙为1-丁烯，丙为2-丁烯，丁为2-丁炔；【详析】A．丁含有碳碳三键，属于炔烃，故A错误；B．乙为1-丁烯，丁为2-丁炔，两者官能团不同，结构不相似，不是同系物，故B错误；C．甲为正丁烷，有2种不同环境的氢原子，一氯代物有2种结构，故C错误；D．甲为正丁烷，乙为1-丁烯，正丁烷与酸性溶液不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，现象不同，能鉴别，故D正确；〖答案〗选D。8.已知反应(未配平)。下列说法错误的是（）A.该反应中是氧化剂，发生还原反应B.的氧化性强于C.该反应中每生成1mol，转移1mol电子D.该反应中与的物质的量之比为2：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗中Mn元素由+7价下降到+4价，又由+2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，是氧化剂，Mn2+是还原剂，既是氧化产物也是还原产物。【详析】A．由分析可知，中Mn元素由+7价下降到+4价，Mn2+中Mn元素由+2价上升到+4价，是氧化剂，发生还原反应，A正确；B．是氧化剂，既是氧化产物也是还原产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则的氧化性强于，B正确；C．由分析可知，中Mn元素由+7价下降到+4价，Mn2+中Mn元素由+2价上升到+4价，该反应中每生成1mol，消耗0.4mol，转移1.2mol电子，C错误；D．由分析可知，配平该离子方程式为：，与物质的量之比为2：3，D正确；故选C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.化学是以实验为基础的科学。根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向酸性溶液中滴加无水乙醇，溶液红色褪去乙醇发生氧化反应B向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有C向HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度升高镁与盐酸的反应放热D向水解后的淀粉溶液中加入过量NaOH溶液中和，滴加几滴碘水，溶液不变蓝淀粉完全水解〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现乙醇具有还原性，乙醇发生氧化反应，A正确；B．向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaCO3，因此不能说明该溶液中一定含有，B错误；C．向HCl溶液中加入少量镁粉，测得溶液温度升高，说明镁与盐酸的反应放热，C正确；D．因加入过量NaOH溶液，滴加几滴碘水后，碘与NaOH溶液发生反应，溶液不变蓝，不能说明淀粉已经完全水解，D错误；故〖答案〗选AC。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X形成的化合物种类最多；Y和W位于同一主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4；Z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：W>Z>YB.简单氢化物的热稳定性：Y>WC.元素X的所有气态氢化物都稳定，都不能被酸性溶液氧化D.工业上常用热还原法制备Z的单质〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素X形成的化合物种类最多，X为C元素，Y和W位于同一主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，则W的最高正价为+6，最低负极为-2，W为S元素，Y为O元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为Al元素。【详析】A．同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，同主族核电荷数大，原子半径大，原子半径：Al>S>O，故A错误；B．非金属性：O>S，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性：H2O>H2S，故B正确；C．元素C气态氢化物如乙烯能够被酸性溶液氧化，故C错误；D．金属Al较活泼，工业上常用采用电解熔融氧化铝的方法制备Al，故D错误；故选B。11.在2L恒温恒容密闭容器中充入2mol和3mol，发生催化反应：。测得和的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.6min时，的生成速率小于其分解速率B.0~6min内，的平均反应速率为C.使用催化剂可缩短反应到达平衡时所需的时间D.若反应中通入足量的，可使完全转化为〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．6min时，和转化率仍增大，说明平衡正向移动，则的生成速率大于其分解速率，A错误；B．0～6min内，转化率为30％，即，，B正确；C．使用催化剂，可改变反应速率，缩短反应达平衡所需时间，C正确；D．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，D错误；〖答案〗选BC。12.硫和氮两种元素既是重要的工业元素，也是生命物质的重要组成元素。下列能正确描述硫、氮化合物性质的离子方程式是（）A.氨水与FeCl3溶液反应制备B.NO2溶于水生成C.向氯水中通入SO2，溶液褪色：D.将Cu溶于稀硝酸中：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH3·H2O是弱碱，属于弱电解质，故氨水与FeCl3溶液反应制备Fe(OH)3的离子方程式为：，A错误；B．NO2溶于水生成HNO3的离子方程式为：，B错误；C．向氯水中通入SO2，溶液褪色的离子方程式为：，C正确；D．将Cu溶于稀硝酸中生成Cu(NO3)2、NO和H2O，故离子方程式为：，D错误；故〖答案〗为：C。13.具有相同官能团的有机物性质相似。某有机物的结构简式为，下列关于该有机物的说法正确的是（）A.该有机物只含有两种官能团B.该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色C.1mol该有机物与足量Na反应生成0.5molD.一定条件下，该有机物能与乙醇或乙酸发生酯化反应〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．该有机物含羟基、碳碳双键和羧基三种官能团，A错误；B．该有机物含碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；C．该有机物含羟基和羧基，1mol该有机物可与2molNa反应生成1mol，C错误；D．该有机物含羟基和羧基，一定条件下，该有机物能与乙醇或乙酸发生酯化反应，D正确；〖答案〗选BD。14.工业上含的尾气和含的废水可通过循环处理吸收，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A.该循环过程中为催化剂B.由该循环过程可知，若直接用不能氧化C.该循环过程中每处理1mol，可同时处理3molD.第②步中，1mol参加反应时转移3mol电子〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．该循环过程中参与第一步反应，且在第二步反应生成，为该反应的催化剂，A正确；B．由A可知为催化剂，起到加快反应速率的作用，用也能直接氧化，B错误；C．根据流程可知，该反应的总离子方程式为：3++2H+=2Cr3++3+H2O，该循环过程中每处理1mol，可同时处理3mol，C正确；D．第②步中，转化为Cr3+，Cr元素由+6价下降到+3价，1mol参加反应时转移6mol电子，D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大。元素M的单质通常为黄绿色气体。元素X与W的原子核外均有一个价电子，能形成离子化合物WX。X可分别与Y、Z形成10电子分子甲和乙，乙的水溶液呈碱性。请回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为___________。（2）甲与M的单质在光照下发生反应的反应类型为___________。（3）化合物WX与水反应的化学方程式为___________。（4）X与Z可形成10电子分子乙，也可形成10电子阳离子丙，阳离子丙的电子式为___________。（5）M的单质与化合物乙反应生成白色固体和Z的单质，该白色固体属于___________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。（6）化合物与反应生成一种具有漂白性的酸和乙，写出该反应的化学方程式：___________。〖答案〗（1）第三周期VIIA族（2）取代反应（3）NaH+H2O=NaOH+H2（4）（5）离子化合物（6）NCl3+3H2O=3HClO+NH3〖解析〗元素M的单质通常为黄绿色气体，说明M是Cl元素，元素X与W的原子核外均有一个价电子，说明分别是H元素和Na元素，X（氢）可分别与Y、Z形成10电子分子甲和乙，乙的水溶液呈碱性，说明Z是N元素，Y的原子序数比Z小，说明是C元素，则甲物质是甲烷，乙物质是氨气，根据以上推导元素开展分析。（1）M是Cl元素，在周期表中位置为：第三周期VIIA族，〖答案〗为：第三周期VIIA族；（2）甲是甲烷，与M的单质（氯气）光照下发生反应为取代反应，〖答案〗为：取代反应；（3）化合物是，与水反应方程式为：，〖答案〗为：；（4）X是H元素，Z是N元素，形成10电子阳离子丙是铵根离子，电子式为，〖答案〗为：；（5）氯气与氨气发生氧化还原反应，根据元素化合价变化规律，N元素化合价从-3升高至0价，Cl元素化合价从0价降低到-1价，所以产物分别是和白色固体，属于离子化合物，故〖答案〗为：离子化合物。（6）ZM3是NCl3，与H2O反应生成一种具有漂白性的酸是HClO和乙（氨气），所以反应的化学方程式为：，〖答案〗为：16.甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，反应原理之一为。（1）已知：一定条件下断开1mol气态物质中的化学键吸收的能量或形成1mol气态物质中的化学键放出的能量数据如下表：物质43692416521490该催化重整反应断开反应物中的化学键吸收的能量___________(填“大于”或“小于”)形成生成物中的化学键放出的能量，该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在容积为2L的恒温恒容密闭容器中充入1mol和2mol，发生上述反应，和的物质的量随时间的变化关系如图所示。①图中a=___________，3min时，的转化率为___________。②该温度下达到平衡时，混合气体中___________mol，此时体系压强与开始时的压强之比为___________(填最简整数比)。③下列叙述正确的是___________(填字母)。a．3min时，的生成速率等于其消耗速率b．由保持不变可判断该反应达到平衡状态c．当时，该反应一定达到平衡状态d．图中b点的正反应速率大于c点的逆反应速率④其他条件不变时，下列措施可以加快该反应速率的是___________(填字母)。a．升高温度b．增大甲烷的浓度c．将容器的容积变为4Ld．恒容条件下充入一定量的〖答案〗（1）①.大于②.吸热（2）①.0.2②.50%③.3.2④.23:15⑤.bd⑥.ab〖解析〗（1）该催化重整反应断开反应物中的化学键吸收的能量为1652+2×924=3500kJ，形成生成物中的化学键放出的能量4×436+1490=3234kJ，则反应断开反应物中的化学键吸收的能量大于形成生成物中的化学键放出的能量，该反应为吸热反应；（2）①据图可知∆n(CO2)=0.8mol，由消耗为0.8mol，图中a=1-0.8=0.2；3min时，∆n(CO2)=0.5mol，则∆n()=1.0mol，的转化率为；②该温度下达到平衡时，列三段式：，混合气体中3.2mol，恒温恒容下，气体的物质的量与压强成正比，此时体系压强与开始时的压强之比为(0.2+0.4+3.2+0.8)：(1+2)=23:15；③a．3min时反应未达到平衡状态，生成速率不等于其消耗速率，故a错误；b．达到化学平衡时各物质的浓度不再发生变化，由保持不变可判断该反应达到平衡状态，故b正确；c．未指明反应速率的方向，则时，不能说明该反应一定达到平衡状态，故c错误；d．b点之后反应物甲烷的物质的量仍在减小，说明反应在正向进行，则图中b点的正反应速率大于c点的逆反应速率，故d正确；故选bd；④a．升高温度活化分子百分数增大，活化分子碰撞次数增多，反应速率加快，故a正确；b．增大甲烷的浓度可增大反应物浓度，活化分子数增多，反应速率加快，故b正确；c．将容器的容积变为4L则物质的浓度减小，反应速率减慢，故c错误；d．恒容条件下充入一定量的，参与反应的气体浓度不变，反应速率不变，故d错误；故选ab。17.可用作还原剂等，在不同温度下分解产物不同，高温下发生分解反应：。某小组设计如图所示装置验证无水受热分解发生上述反应及生成物中、的物质的量之比。已知：①标准状况下是一种无色晶体，其熔点为16.8℃，沸点为44.8℃。②无水硫酸亚铁是白色粉末。请回答下列问题：（1）装置A中的现象为___________。（2）反应前后均需要通入，反应后通的目的是___________。（3）装置B中冰水浴的作用是___________。（4）装置C中发生反应的离子方程式是___________。（5）经测定装置B中试管增加的质量为1.60g，装置C中生成沉淀的质量为6.99g，由实验数据可得___________。该小组经检查实验装置和试剂都符合实验要求，试分析实验数据与方程式中的定量关系不相符合的原因有___________(填一条)。〖答案〗（1）固体由白色变为红棕色（2）使生成的、SO2全部被收集或吸收（3）冷却收集（4）Ba2++H2O2+SO2=BaSO4↓+2H+（5）①.3:2②.气流速率过快，装置B中冷却不完全，在装置C中反应生成BaSO4〖解析〗可用作还原剂等，在不同温度下分解产物不同，高温下发生分解反应：，的熔点较低，B装置用冰水冷却收集，SO2和装置C中的H2O2、BaCl2混合溶液反应生成BaSO4沉淀，D装置中碱石灰的作用是防止空气中的水分和二氧化碳进入装置。（1）无水硫酸亚铁是白色粉末，反应后产生的为红棕色，则装置A中