2023-2024学年河北省廊坊市高一下学期7月期末联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省廊坊市2023-2024学年高一下学期7月期末联考试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上。选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第二册。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与材料密切相关。下列说法错误的是（）A.量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片主要材料均含硅元素B.锗单晶可以作为光电转换材料，用于太阳能电池C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层D.“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗【详析】A．量子通信的光纤主要成分为SiO2和超算“天河一号”的芯片主要材料为晶体硅，故均含硅元素，A正确；B．锗单晶可以作为光电转换材料，用于太阳能电池，B正确；C．聚四氟乙烯与酸、碱均不反应，可用作化工反应器的内壁涂层，C正确；D．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料不属于有机高分子材料，而是新型的无机非金属材料，D错误；故〖答案〗为：D。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.的空间填充模型：B.氮气的结构式：C.的电子式：D.乙烯的结构简式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CH4为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，其空间填充模型：，A项正确；B．氮气分子中，两个氮原子间共用3对电子，其结构式是，B项错误；C．氯化钠是离子化合物，正确的电子式是，C项错误；D．乙烯分子式为C2H4，含有碳碳双键，结构简式为：，D项错误；故选A。3.“一带一路”是中国提出的经济发展战略，涉及亚洲、欧洲和非洲等60多个国家和地区。下列各成员国的特色贸易商品中主要成分属于糖类的是（）A.泰国大米 B.中国玛瑙 C.新西兰奶粉 D.巴基斯坦骆驼皮灯〖答案〗A〖解析〗【详析】A．泰国大米的主要成分是淀粉，属于糖类，A项符合题意；B．中国玛瑙的主要成分是，B项不符合题意；C．新西兰奶粉的主要成分是蛋白质，C项不符合题意；D．巴基斯坦骆驼皮灯是一种“非遗”工艺品，骆驼皮主要成分为蛋白质，D项不符合题意；本题选A。4.《梦溪笔谈》是北宋科学家沈括的著作，书中详细记载了我国劳动人民在科学技术方面的卓越贡献和他自己的研究成果，被称为“中国科学史的里程碑”，沈括则被称为“中国整部科学史中的卓越人物”．下列工艺不可能被记载的是（）A.湿法炼铜 B.炼铁 C.电解法冶炼铝 D.海水晒盐〖答案〗C〖解析〗【详析】A．古代劳动人民很早就认识到铜盐溶液中的铜能被铁置换出来，从而发明了湿法炼铜，A不符合题意；B．我国发明生铁冶炼技术是在春秋时期，B不符合题意；C．电能出现的时间是19世纪70年代，电解法冶炼铝是在19世纪末发明的，古代不可能存在电解法冶炼铝的工艺，C符合题意；D．我们的祖先在神农氏时代就开始利用海水晒盐，D不符合题意；故选C。5.“绿色化学”要求从源头减少或消除环境污染，改变“先污染后治理”的观念和做法。下列物质制取方案可以一步实现并符合“绿色化学”要求的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．将产生有毒有害气体NO或NO2，不符合“绿色化学”要求，A不合题意；B．可以转化，产物只有一种，符合“绿色化学”要求，B符合题意；C．将产生有毒有害气体SO2，不符合“绿色化学”要求，C不合题意；D．Cu与S共热生成Cu2S，而得不到CuS，D不合题意；故〖答案〗：B。6.在超临界水中进行加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（）A.比稳定B.经过过渡态Ⅰ进行加成的路径最终为吸热反应C.在超临界水中进行加成反应时，涉及键断裂D.选择适当的催化剂，可以加快两反应的化学反应速率〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知：的能量比低，所以更稳定，A项正确；B．经过过渡态Ⅰ进行加成的路径最终产物为，属于放热反应，B项错误；C．在超临界水中进行加成反应时，中键断裂，C项正确；D．选择适当的催化剂，可以加快两反应的化学反应速率，D项正确；本题选B。7.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述错误的是（）A常温下浓硫酸可以使铁钝化，因此可以用铁制容器盛放浓硫酸B.可以通过单质化合制得FeS，而CuS无法通过单质化合得到C.酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐的形式进入土壤中D.硫黄矿制备硫酸需经过两步：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有强氧化性，常温下浓硫酸可以使铁钝化，因此可以用铁制容器盛放浓硫酸，A正确；B．可以通过单质化合制得FeS即Fe+SFeS，但2Cu+SCu2S，即CuS无法通过单质化合得到，B正确；C．酸雨包括硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，硫酸型酸雨中硫酸与土壤中的金属氧化物反应生成硫酸盐进入土壤中，C正确；D．硫磺矿制备硫酸经历，即硫和氧气反应生成二氧化硫，不是生成三氧化硫，D错误；故〖答案〗为：D。8.a、b、c、d四种金属，已知：①a+b2+=b+a2+；②将金属片a、c插入稀硫酸中，用导线将它们相连，a表面有大量气泡逸出；③b、d用导线连接放入d的硫酸盐溶液中，d电极的电极反应式为d2++2e-=d，b-2e-=b2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由a+b2+=b+a2+反应，可知金属活动性强弱顺序为a＞b；a、c用导线连接插入稀硫酸溶液中，a表面有大量气泡逸出，说明a为原电池的正极，c为原电池的负极，故金属活动性强弱顺序为c＞a；b、d构成的原电池中，d2++2e-=d,b-2e-=b2+，即b失电子发生氧化反应，b作负极，故金属活动性强弱顺序为b＞d；综上可知，四种金属的活动性由强到弱的顺序是c＞a＞b＞d，故〖答案〗为：A。9.下列关于基本营养物质说法正确的是（）A.葡萄糖既能发生银镜反应，又能发生水解反应B.油脂在碱性条件下的水解产物能用于工业制取肥皂C.淀粉的最终水解产物为氨基酸D.可溶性重金属盐能使蛋白质分子变性，所以“钡餐”会引起中毒〖答案〗B〖解析〗【详析】A．葡萄糖分子中含有醛基既能发生银镜反应，但葡萄糖属于单糖不能发生水解反应，A错误；B．油脂在碱性条件下的水解产物即高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故能用于工业制取肥皂，B正确；C．淀粉的最终水解产物为葡萄糖，蛋白质的最终水解产物才是氨基酸，C错误；D．可溶性重金属盐能使蛋白质分子变性，但“钡餐”即BaSO4不与胃酸反应，不会电离出大量的重金属离子Ba2+，故不会引起中毒，D错误；故〖答案〗为：B。10.下列实验操作和现象与得到的结论均正确的是（）选项实验操作和现象结论A相同温度下，将2粒大小相同的金属钠分别投入等体积的乙醇、乙酸中，钠与乙醇反应比乙酸反应产生气体慢乙醇分子中的O-H比乙酸中的更活泼B向盛有某溶液的试管中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解该溶液中一定含有C向盛有某溶液的试管中加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含D向适量乙酸中加入少量碳酸钠溶液，有气泡生成，将生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊乙酸的酸性比碳酸强〖答案〗D〖解析〗【详析】A．相同温度下，将2粒大小相同的金属钠分别投入等体积的乙醇、乙酸中，钠与乙醇反应比乙酸反应产生气体慢，说明乙酸分子中的O-H比乙醇中的更活泼，A不合题意；B．硫酸钡为白色沉淀，不溶于硝酸，且亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由实验操作和现象可知，该溶液中可能含有，而不是一定含有，B不合题意；C．先加入盐酸酸化，引入了氯离子，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，所以无法说明溶液中有Cl-存在，C不合题意；D．向适量乙酸中加入少量碳酸钠溶液，有气泡生成即发生了反应：2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑，将生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，进一步说明产生了CO2，根据强酸制弱酸的一般规律可得出，乙酸的酸性比碳酸强，D符合题意；故〖答案〗为：D。11.下列关于有机物说法错误的是（）A乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B.乙醇能与NaOH溶液发生反应C.乙炔是最简单的炔烃D.苯分子中不含碳碳双键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，故使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．乙醇不能与NaOH溶液发生反应，B错误；C．含有碳碳三键的链烃属于炔烃，故乙炔是最简单的炔烃，C正确；D．苯分子中不含碳碳双键，6个碳碳键均相同，都是介于单键和双键之间独特的键，D正确；故〖答案〗为：B。12.下列实验装置正确且可以达到实验目的的是（）选项AB实验装置实验目的收集干燥、纯净的进行喷泉实验选项CD实验装置实验目的探究KI与的反应为可逆反应除去中的HCl杂质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氨气不能用无水氯化钙干燥，会生成，A错误；B．CO2与NaOH溶液能快速反应，图示装置能完成喷泉实验，B正确；C．铁离子是过量，无论该反应是否是可逆反应，铁离子均存在，C错误；D．SO2易溶于饱和食盐水，应用饱和NaHSO3溶液除去HCl，D错误；故选B。13.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：以下说法不合理的是（）A.用热空气从含的海水中吹出利用了溴易挥发的性质B.吸收的离子方程式：C.Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成D.没有直接蒸馏含海水得到单质的主要原因是为了节能〖答案〗B〖解析〗【详析】A．溴易挥发，可以用热空气将其吹出，A正确；B．HBr为强酸，离子方程式中应拆分，B错误；C．Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成，C正确；D．溴水混合物中溴的浓度远大于含的海水中溴的浓度，此时蒸馏比较节能，D正确；故选B。14.向容积为的密闭容器中通入一定量的(无色气体)和的混合气体，发生反应：，反应吸热，体系中各物质的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关说法错误的是（）A.时，反应达到化学平衡状态B.到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深C.若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低D.前内，用的浓度变化表示的化学反应速率是〖答案〗A〖解析〗【详析】A．应达到化学平衡状态，各物质的浓度不变，但不一定相等，由图中信息可知，64s时反应未达到化学平衡状态，故A错误；B．由图中信息可知，反应正向进行，反应体系中c(NO2)增大，所以混合气体的颜色逐渐变深，故B正确；C．由于正反应吸热，由图中信息可知，反应正向进行，绝热条件下容器内温度逐渐降低，故C正确；D．前100s内，用NO2浓度的变化为，化学反应速率，故D正确；故选：A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇(CH3OH)发生的主要反应如下：Ⅰ.CO与H2反应合成甲醇：Ⅱ.CO2与H2反应合成甲醇：回答下列问题：（1）上述反应符合原子经济性的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。已知反应Ⅱ中生成时放出热量(放出的热量生成物的总键能反应物的总键能)，相关的化学键键能数据如下：化学键C=O键能/()348413436358463由此计算___________。（2）在某一时刻采取下列措施，能使反应Ⅰ的反应速率减小的是___________(填字母，下同)。A.恒温恒容下，再充入 B.升高温度C.恒温恒容下，向其中充入 D.恒温恒压下，向其中充入（3）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ，下列说法可以表明反应达到化学平衡状态的是___________。A.单位时间内消耗，同时生成B.的体积分数不再发生变化C.D.容器内气体密度不再改变（4）还原电化学法制备甲醇()的工作原理如图所示。通入的一端是电池的___________(填“正”或“负”)极，电池工作过程中通过质子膜向___________(填“左”或“右”)移动，通入的一端发生的电极反应为___________。〖答案〗（1）①.Ⅰ②.750（2）D（3）B（4）①.负②.左③.CO+4e-+4H+=CH3OH〖解析〗（1）Ⅰ中CO与H2全部转化为CH3OH，原子利用率达到100%，符合原子经济性；已知反应Ⅱ中生成时放出热量，结合表中相关的化学键键能数据可知，放出的热量生成物的总键能反应物的总键能，即178kJ⋅mol−1=(3×413+358+463+2×463)kJ⋅mol−1-(2x+3×436)kJ⋅mol−1，解得x=750；（2）A．恒温恒容下，再充入CO，反应物浓度增大，反应速率加快，A不符合题意；B．升高温度，反应速率加快，B不符合题意；C．恒温恒容下，向其中充入Ar，各反应组分浓度不变，反应速率不变，C不符合题意；D．恒温恒压下，向其中充入Ar，容器体积增大，各反应组分浓度减小，反应速率减小，D符合题意；故选D；（3）A．无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗3molH2，同时都会生成1mol的CH3OH，不能说明反应达到化学平衡状态，A不符合题意；B．CH3OH的体积分数不再发生变化，则正、逆反应速率相等，说明反应达到化学平衡状态，B符合题意；C．，未指明正、逆反应速率，不能说明反应达到化学平衡状态，C不符合题意；D．反应前后气体总质量保持不变，容器容积不变，故容器内密度始终不变，所以容器内气体密度不再改变，不能说明反应达到化学平衡状态，D不符合题意；故选B；（4）该装置构成原电池，由总反应(CO+2H2=CH3OH)可知，H2被氧化，则通入H2的一端是电池的负极，在反应中失电子，电极反应式为：H2-2e-=2H+，通入CO的一端为正极，电极反应式为：CO+4e-+4H+=CH3OH，即负极生成氢离子，正极消耗氢离子，故氢离子向左移动。16.S、N及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：（1）某实验小组设计实验验证炭粉与浓硫酸反应的部分产物，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。①写出装置A中发生反应的化学方程式：_____。若生成标准状况下，被还原的的物质的量为_____mol。②装置C中发生反应的离子方程式为_____(被还原为)。③装置D中石灰水变浑浊_____(填“能”或“不能”)说明有生成，理由是_____。（2）以为原料生产部分化工产品的流程如图所示；①反应I中若少量，反应的离子方程式为_____。②物质B的化学式为_____。以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应Ⅱ、Ⅲ需要参加反应的的物质的量共_____mol。③反应Ⅳ中需要先向饱和食盐水中通入，理由是_____。〖答案〗（1）①.②.0.01③.④.能⑤.C中足量的酸性高锰酸钾溶液可除去SO2，D中石灰水变浑浊说明CO2与Ca（OH）2反应生成了CaCO3（2）①.②.HNO3③.2④.CO2在水中溶解度不高，NH3极易溶于水，先通NH3使得溶液呈碱性，再通CO2，能增大CO2的溶解量，从而增大产率〖解析〗（1）装置A中炭粉和浓硫酸在加热的条件下发生反应：，装置B用作安全瓶，混合气体进入装置C中，SO2能被酸性高锰酸钾氧化为，同时被还原为Mn2+，反应离子方程式为：，装置D中澄清石灰水用于检验CO2，装置E用于防止外界空气进入装置，影响实验；（2）NH3与工业尾气中的SO2、H2O生成铵盐；NH3与O2催化氧化生成NO，NO与O2、H2O可生成硝酸；NH3与NaCl、H2O、CO2发生反应：，加热分解可得Na2CO3。（1）①装置A中炭粉和浓硫酸在加热的条件下发生反应：；标准状况下224mLSO2物质的量为0.01mol，根据原子守恒可得，被还原的H2SO4的物质的量为0.01mol；②SO2能被酸性高锰酸钾氧化为，同时被还原为Mn2+，反应离子方程式为：；③C中足量的酸性高锰酸钾溶液可除去SO2，D中石灰水变浑浊说明CO2与Ca（OH）2反应生成了CaCO3，即装置D中石灰水变浑浊能说明有CO2生成；（2）①少量NH3与H2O、SO2发生反应，离子方程式为：；②NO与O2、H2O可生成硝酸，即物质B为HNO3；以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上生成HNO3物质的量为1mol，N元素的化合价从-3价升高到+5价，转移电子物质的量为8mol，反应Ⅱ、Ⅲ需要参加反应的，化合价由0下降到-2价，转移电子物质的量为8mol，即参与反应的O2物质的量为2mol；③CO2在水中溶解度不高，NH3极易溶于水，先通NH3使得溶液呈碱性，再通CO2，能增大CO2的溶解量，从而增大产率。17.镉(Cd)可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣(含Cu、Cd、Zn、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如下。已知：Ⅰ.酸浸后的溶液中含有、、；Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)如下表：氢氧化物开始沉淀的pH1.55.972沉淀完全的pH3.38.99.9回答下列问题：（1）“滤渣1”的化学式为___________。（2）“酸浸”前将铜镉废渣粉碎的目的是___________。（3）已知：硫酸的密度，则硫酸的物质的量浓度为___________；若实验室用的浓硫酸配制硫酸，则需用量筒量取的浓硫酸的体积为___________。（4）“酸浸”时，生成的离子方程式为___________。（5）为防止环境污染，“氧化”时可选用的“试剂X”为___________(填化学式，下同)。（6）“调”时控制溶液在之间，“滤渣2”的主要成分是___________。（7）“置换”时发生的反应为。镉置换率[镉置换率]与的关系如图所示。实际生产中选择的原因是___________。〖答案〗（1）Cu（2）增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率（3）①.3.0mol/L②.83.3（4）Cd+2H+=Cd2++H2↑（5）H2O2或O3（6）Fe(OH)3（7）比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH〖解析〗根据流程图，铜镉废渣（含Cu、Cd、Zn、Fe等单质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有CdSO4、ZnSO4、FeSO4等多种硫酸盐，Cu与25%的稀硫酸不反应，过滤出滤渣1即为Cu，在滤液中加入双氧水溶液，氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH在3.3～5.9之间，形成氢氧化铁沉淀，过滤出滤渣2即为Fe(OH)3，在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解题。（1）由分析可知，“滤渣1”的化学式为Cu，故〖答案〗为：Cu；（2）“酸浸”前将铜镉废渣粉碎的目的是增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率，故〖答案〗为：增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率；（3）已知：硫酸的密度，则硫酸的物质的量浓度为==3.0mol/L，若实验室用的浓硫酸配制硫酸，则需用量筒量取的浓硫酸的体积为=83.3mL，故〖答案〗为：3.0mol/L；83.3；（4）“酸浸”时，生成即Cd与稀H2SO4反应生成CdSO4和H2，该反应的离子方程式为：Cd+2H+=Cd2++H2↑，故〖答案〗为：Cd+2H+=Cd2++H2↑；（5）由题干分析可知，“氧化”的目的为：将氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH便以沉淀除去，为防止环境污染，“氧化”时可选用的“试剂X”为H2O2或O3等，故〖答案〗为：H2O2或O3；（6）由分析结合题干表中数据可知，“调”时控制溶液在之间，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3，故〖答案〗为：Fe(OH)3；（7）“置换”时选择加入Zn的目的是置换出Cd,理论上Zn与Cd2+的物质的量之比为1：1，而实际生产中选择1.3，结合图像可知，选择超过1的原因就是为了提高镉置换率，而又不是越大越好的原因，结合图像可知，超过1.3之后镉置换率的提升不大，但Zn的用量会增大，同时后续熔炼过程中消耗NaOH的量也会增大，提高了生产的成本，故实际生产中选择的原因是：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH，故〖答案〗为：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH。18.生物质能是可再生能源的重要组成部分。高效开发利用生物质能，对解决能源、生态环境问题将起到十分积极的作用。回答下列问题：（1）如图为从生物质杨树皮中提取的一种有机物，可用于解热。①该有机物的分子式为___________，分子中含有的官能团名称为___________。②1mol该物质最多能与___________molH2发生加成反应。（2）淀粉和纤维素都是重要的生物质。以淀粉为原料制备部分化工产品的转化关系如图所示(部分反应条件已略去)。①淀粉与纤维素___________(填“互为”或“不互为”)同分异构体。②D为环状化合物，写出加热条件下，CH2=CH2生成D的化学方程式：___________。③62gE与足量Na反应生成22.4L(标准状况)H2，则E的结构简式为___________(一个碳上连接两个羟基不稳定)。④CH2=CH2生成F的反应类型为___________。⑤反应的实验装置如图所示，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入___________(填仪器名称)中，静置、分层，然后分离出C，图中M为___________(填试剂名称)，写出符合以下条件的C的同分异构体的结构简式：___________。i．能与NaHCO3溶液反应生成CO2；ii．有一条支链。〖答案〗（1）①.C9H8O4②.羧基和酯基③.3（2）①.不互为②.2CH2=CH2+O22③.HOCH2CH2OH④.加成反应⑤.分液漏斗⑥.饱和Na2CO3溶液⑦.〖解析〗(2)由题干转化关系图可知，淀粉在稀硫酸催化作用下生成葡萄糖即C6H12O6，葡萄糖经过酒化酶催化分解生成A即酒精，结构简式为：CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成B，根据B的分子式可知，B的结构简式为：CH3COOH，乙醇即A和乙酸即B在浓硫酸作用下加热制得C即为CH3COOCH2CH3，A经过浓硫酸加热到170℃发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2在Ag催化作用下生成D，根据D的分子式以及D催化水化生成E根据E的分子式可知，E的结构简式为：HOCH2CH2OH，可知，D的结构简式为：，CH2=CH2与HCl催化加成生成F，F的结构简式为：CH3CH2Cl，据此分析解题。（1）①由题干有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为C9H8O4，分子中含有的官能团名称为羧基和酯基，故〖答案〗为：C9H8O4；羧基和酯基；②由题干有机物的结构简式可知，只有苯环能与H2加成，羧基和酯基不与H2加成，故1mol该物质最多能与3molH2发生加成反应，故〖答案〗为：3；（2）①虽然淀粉和纤维素的分子组成均能用(C6H10O5)n表示，但由于n值不同，即淀粉与纤维素的分子式不相同，不互为同分异构体，故〖答案〗为：不互为；②D为环状化合物，结合分析可知，D的结构简式为：，加热条件下，CH2=CH2生成D的化学方程式为：2CH2=CH2+O22，故〖答案〗为：2CH2=CH2+O22；③由题干转化流程图可知，E的分子式为：C2H6O2，则62g即=1molE与足量Na反应生成22.4L(标准状况)即=1molH2，说明E中含有2个羟基，则E的结构简式为HOCH2CH2OH，故〖答案〗为：HOCH2CH2OH；④由分析可知，CH2=CH2与HCl催化条件下发生加成反应生成F，方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故〖答案〗为：加成反应；⑤由分析可知，即实验室制备乙酸乙酯的反应的实验装置图，反应结束后，根据乙酸乙酯是一种不溶于水的无色液体，故将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，静置、分层，然后分离出C，图中M为饱和Na2CO3溶液，以便于溶解乙醇、中和乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，便于分层，C即乙酸乙酯，其分子式为：C4H8O2，则其符合以下条件i．能与NaHCO3溶液反应生成CO2即含有羧基；ii．有一条支链，则该同分异构体的结构简式为：，故〖答案〗为：分液漏斗；饱和Na2CO3溶液；。河北省廊坊市2023-2024学年高一下学期7月期末联考试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上。选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第二册。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与材料密切相关。下列说法错误的是（）A.量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片主要材料均含硅元素B.锗单晶可以作为光电转换材料，用于太阳能电池C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层D.“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子材料〖答案〗D〖解析〗【详析】A．量子通信的光纤主要成分为SiO2和超算“天河一号”的芯片主要材料为晶体硅，故均含硅元素，A正确；B．锗单晶可以作为光电转换材料，用于太阳能电池，B正确；C．聚四氟乙烯与酸、碱均不反应，可用作化工反应器的内壁涂层，C正确；D．“天和”核心舱中使用的氮化硼陶瓷基复合材料不属于有机高分子材料，而是新型的无机非金属材料，D错误；故〖答案〗为：D。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.的空间填充模型：B.氮气的结构式：C.的电子式：D.乙烯的结构简式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CH4为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，其空间填充模型：，A项正确；B．氮气分子中，两个氮原子间共用3对电子，其结构式是，B项错误；C．氯化钠是离子化合物，正确的电子式是，C项错误；D．乙烯分子式为C2H4，含有碳碳双键，结构简式为：，D项错误；故选A。3.“一带一路”是中国提出的经济发展战略，涉及亚洲、欧洲和非洲等60多个国家和地区。下列各成员国的特色贸易商品中主要成分属于糖类的是（）A.泰国大米 B.中国玛瑙 C.新西兰奶粉 D.巴基斯坦骆驼皮灯〖答案〗A〖解析〗【详析】A．泰国大米的主要成分是淀粉，属于糖类，A项符合题意；B．中国玛瑙的主要成分是，B项不符合题意；C．新西兰奶粉的主要成分是蛋白质，C项不符合题意；D．巴基斯坦骆驼皮灯是一种“非遗”工艺品，骆驼皮主要成分为蛋白质，D项不符合题意；本题选A。4.《梦溪笔谈》是北宋科学家沈括的著作，书中详细记载了我国劳动人民在科学技术方面的卓越贡献和他自己的研究成果，被称为“中国科学史的里程碑”，沈括则被称为“中国整部科学史中的卓越人物”．下列工艺不可能被记载的是（）A.湿法炼铜 B.炼铁 C.电解法冶炼铝 D.海水晒盐〖答案〗C〖解析〗【详析】A．古代劳动人民很早就认识到铜盐溶液中的铜能被铁置换出来，从而发明了湿法炼铜，A不符合题意；B．我国发明生铁冶炼技术是在春秋时期，B不符合题意；C．电能出现的时间是19世纪70年代，电解法冶炼铝是在19世纪末发明的，古代不可能存在电解法冶炼铝的工艺，C符合题意；D．我们的祖先在神农氏时代就开始利用海水晒盐，D不符合题意；故选C。5.“绿色化学”要求从源头减少或消除环境污染，改变“先污染后治理”的观念和做法。下列物质制取方案可以一步实现并符合“绿色化学”要求的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．将产生有毒有害气体NO或NO2，不符合“绿色化学”要求，A不合题意；B．可以转化，产物只有一种，符合“绿色化学”要求，B符合题意；C．将产生有毒有害气体SO2，不符合“绿色化学”要求，C不合题意；D．Cu与S共热生成Cu2S，而得不到CuS，D不合题意；故〖答案〗：B。6.在超临界水中进行加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（）A.比稳定B.经过过渡态Ⅰ进行加成的路径最终为吸热反应C.在超临界水中进行加成反应时，涉及键断裂D.选择适当的催化剂，可以加快两反应的化学反应速率〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知：的能量比低，所以更稳定，A项正确；B．经过过渡态Ⅰ进行加成的路径最终产物为，属于放热反应，B项错误；C．在超临界水中进行加成反应时，中键断裂，C项正确；D．选择适当的催化剂，可以加快两反应的化学反应速率，D项正确；本题选B。7.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述错误的是（）A常温下浓硫酸可以使铁钝化，因此可以用铁制容器盛放浓硫酸B.可以通过单质化合制得FeS，而CuS无法通过单质化合得到C.酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以硫酸盐的形式进入土壤中D.硫黄矿制备硫酸需经过两步：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．浓硫酸具有强氧化性，常温下浓硫酸可以使铁钝化，因此可以用铁制容器盛放浓硫酸，A正确；B．可以通过单质化合制得FeS即Fe+SFeS，但2Cu+SCu2S，即CuS无法通过单质化合得到，B正确；C．酸雨包括硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，硫酸型酸雨中硫酸与土壤中的金属氧化物反应生成硫酸盐进入土壤中，C正确；D．硫磺矿制备硫酸经历，即硫和氧气反应生成二氧化硫，不是生成三氧化硫，D错误；故〖答案〗为：D。8.a、b、c、d四种金属，已知：①a+b2+=b+a2+；②将金属片a、c插入稀硫酸中，用导线将它们相连，a表面有大量气泡逸出；③b、d用导线连接放入d的硫酸盐溶液中，d电极的电极反应式为d2++2e-=d，b-2e-=b2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由a+b2+=b+a2+反应，可知金属活动性强弱顺序为a＞b；a、c用导线连接插入稀硫酸溶液中，a表面有大量气泡逸出，说明a为原电池的正极，c为原电池的负极，故金属活动性强弱顺序为c＞a；b、d构成的原电池中，d2++2e-=d,b-2e-=b2+，即b失电子发生氧化反应，b作负极，故金属活动性强弱顺序为b＞d；综上可知，四种金属的活动性由强到弱的顺序是c＞a＞b＞d，故〖答案〗为：A。9.下列关于基本营养物质说法正确的是（）A.葡萄糖既能发生银镜反应，又能发生水解反应B.油脂在碱性条件下的水解产物能用于工业制取肥皂C.淀粉的最终水解产物为氨基酸D.可溶性重金属盐能使蛋白质分子变性，所以“钡餐”会引起中毒〖答案〗B〖解析〗【详析】A．葡萄糖分子中含有醛基既能发生银镜反应，但葡萄糖属于单糖不能发生水解反应，A错误；B．油脂在碱性条件下的水解产物即高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故能用于工业制取肥皂，B正确；C．淀粉的最终水解产物为葡萄糖，蛋白质的最终水解产物才是氨基酸，C错误；D．可溶性重金属盐能使蛋白质分子变性，但“钡餐”即BaSO4不与胃酸反应，不会电离出大量的重金属离子Ba2+，故不会引起中毒，D错误；故〖答案〗为：B。10.下列实验操作和现象与得到的结论均正确的是（）选项实验操作和现象结论A相同温度下，将2粒大小相同的金属钠分别投入等体积的乙醇、乙酸中，钠与乙醇反应比乙酸反应产生气体慢乙醇分子中的O-H比乙酸中的更活泼B向盛有某溶液的试管中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入稀硝酸沉淀不溶解该溶液中一定含有C向盛有某溶液的试管中加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含D向适量乙酸中加入少量碳酸钠溶液，有气泡生成，将生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊乙酸的酸性比碳酸强〖答案〗D〖解析〗【详析】A．相同温度下，将2粒大小相同的金属钠分别投入等体积的乙醇、乙酸中，钠与乙醇反应比乙酸反应产生气体慢，说明乙酸分子中的O-H比乙醇中的更活泼，A不合题意；B．硫酸钡为白色沉淀，不溶于硝酸，且亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由实验操作和现象可知，该溶液中可能含有，而不是一定含有，B不合题意；C．先加入盐酸酸化，引入了氯离子，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，所以无法说明溶液中有Cl-存在，C不合题意；D．向适量乙酸中加入少量碳酸钠溶液，有气泡生成即发生了反应：2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑，将生成的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，进一步说明产生了CO2，根据强酸制弱酸的一般规律可得出，乙酸的酸性比碳酸强，D符合题意；故〖答案〗为：D。11.下列关于有机物说法错误的是（）A乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B.乙醇能与NaOH溶液发生反应C.乙炔是最简单的炔烃D.苯分子中不含碳碳双键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，故使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．乙醇不能与NaOH溶液发生反应，B错误；C．含有碳碳三键的链烃属于炔烃，故乙炔是最简单的炔烃，C正确；D．苯分子中不含碳碳双键，6个碳碳键均相同，都是介于单键和双键之间独特的键，D正确；故〖答案〗为：B。12.下列实验装置正确且可以达到实验目的的是（）选项AB实验装置实验目的收集干燥、纯净的进行喷泉实验选项CD实验装置实验目的探究KI与的反应为可逆反应除去中的HCl杂质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氨气不能用无水氯化钙干燥，会生成，A错误；B．CO2与NaOH溶液能快速反应，图示装置能完成喷泉实验，B正确；C．铁离子是过量，无论该反应是否是可逆反应，铁离子均存在，C错误；D．SO2易溶于饱和食盐水，应用饱和NaHSO3溶液除去HCl，D错误；故选B。13.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：以下说法不合理的是（）A.用热空气从含的海水中吹出利用了溴易挥发的性质B.吸收的离子方程式：C.Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成D.没有直接蒸馏含海水得到单质的主要原因是为了节能〖答案〗B〖解析〗【详析】A．溴易挥发，可以用热空气将其吹出，A正确；B．HBr为强酸，离子方程式中应拆分，B错误；C．Cl的非金属性强于Br，所以可以将氧化成，C正确；D．溴水混合物中溴的浓度远大于含的海水中溴的浓度，此时蒸馏比较节能，D正确；故选B。14.向容积为的密闭容器中通入一定量的(无色气体)和的混合气体，发生反应：，反应吸热，体系中各物质的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关说法错误的是（）A.时，反应达到化学平衡状态B.到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深C.若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低D.前内，用的浓度变化表示的化学反应速率是〖答案〗A〖解析〗【详析】A．应达到化学平衡状态，各物质的浓度不变，但不一定相等，由图中信息可知，64s时反应未达到化学平衡状态，故A错误；B．由图中信息可知，反应正向进行，反应体系中c(NO2)增大，所以混合气体的颜色逐渐变深，故B正确；C．由于正反应吸热，由图中信息可知，反应正向进行，绝热条件下容器内温度逐渐降低，故C正确；D．前100s内，用NO2浓度的变化为，化学反应速率，故D正确；故选：A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇(CH3OH)发生的主要反应如下：Ⅰ.CO与H2反应合成甲醇：Ⅱ.CO2与H2反应合成甲醇：回答下列问题：（1）上述反应符合原子经济性的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。已知反应Ⅱ中生成时放出热量(放出的热量生成物的总键能反应物的总键能)，相关的化学键键能数据如下：化学键C=O键能/()348413436358463由此计算___________。（2）在某一时刻采取下列措施，能使反应Ⅰ的反应速率减小的是___________(填字母，下同)。A.恒温恒容下，再充入 B.升高温度C.恒温恒容下，向其中充入 D.恒温恒压下，向其中充入（3）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ，下列说法可以表明反应达到化学平衡状态的是___________。A.单位时间内消耗，同时生成B.的体积分数不再发生变化C.D.容器内气体密度不再改变（4）还原电化学法制备甲醇()的工作原理如图所示。通入的一端是电池的___________(填“正”或“负”)极，电池工作过程中通过质子膜向___________(填“左”或“右”)移动，通入的一端发生的电极反应为___________。〖答案〗（1）①.Ⅰ②.750（2）D（3）B（4）①.负②.左③.CO+4e-+4H+=CH3OH〖解析〗（1）Ⅰ中CO与H2全部转化为CH3OH，原子利用率达到100%，符合原子经济性；已知反应Ⅱ中生成时放出热量，结合表中相关的化学键键能数据可知，放出的热量生成物的总键能反应物的总键能，即178kJ⋅mol−1=(3×413+358+463+2×463)kJ⋅mol−1-(2x+3×436)kJ⋅mol−1，解得x=750；（2）A．恒温恒容下，再充入CO，反应物浓度增大，反应速率加快，A不符合题意；B．升高温度，反应速率加快，B不符合题意；C．恒温恒容下，向其中充入Ar，各反应组分浓度不变，反应速率不变，C不符合题意；D．恒温恒压下，向其中充入Ar，容器体积增大，各反应组分浓度减小，反应速率减小，D符合题意；故选D；（3）A．无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗3molH2，同时都会生成1mol的CH3OH，不能说明反应达到化学平衡状态，A不符合题意；B．CH3OH的体积分数不再发生变化，则正、逆反应速率相等，说明反应达到化学平衡状态，B符合题意；C．，未指明正、逆反应速率，不能说明反应达到化学平衡状态，C不符合题意；D．反应前后气体总质量保持不变，容器容积不变，故容器内密度始终不变，所以容器内气体密度不再改变，不能说明反应达到化学平衡状态，D不符合题意；故选B；（4）该装置构成原电池，由总反应(CO+2H2=CH3OH)可知，H2被氧化，则通入H2的一端是电池的负极，在反应中失电子，电极反应式为：H2-2e-=2H+，通入CO的一端为正极，电极反应式为：CO+4e-+4H+=CH3OH，即负极生成氢离子，正极消耗氢离子，故氢离子向左移动。16.S、N及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：（1）某实验小组设计实验验证炭粉与浓硫酸反应的部分产物，实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。①写出装置A中发生反应的化学方程式：_____。若生成标准状况下，被还原的的物质的量为_____mol。②装置C中发生反应的离子方程式为_____(被还原为)。③装置D中石灰水变浑浊_____(填“能”或“不能”)说明有生成，理由是_____。（2）以为原料生产部分化工产品的流程如图所示；①反应I中若少量，反应的离子方程式为_____。②物质B的化学式为_____。以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应Ⅱ、Ⅲ需要参加反应的的物质的量共_____mol。③反应Ⅳ中需要先向饱和食盐水中通入，理由是_____。〖答案〗（1）①.②.0.01③.④.能⑤.C中足量的酸性高锰酸钾溶液可除去SO2，D中石灰水变浑浊说明CO2与Ca（OH）2反应生成了CaCO3（2）①.②.HNO3③.2④.CO2在水中溶解度不高，NH3极易溶于水，先通NH3使得溶液呈碱性，再通CO2，能增大CO2的溶解量，从而增大产率〖解析〗（1）装置A中炭粉和浓硫酸在加热的条件下发生反应：，装置B用作安全瓶，混合气体进入装置C中，SO2能被酸性高锰酸钾氧化为，同时被还原为Mn2+，反应离子方程式为：，装置D中澄清石灰水用于检验CO2，装置E用于防止外界空气进入装置，影响实验；（2）NH3与工业尾气中的SO2、H2O生成铵盐；NH3与O2催化氧化生成NO，NO与O2、H2O可生成硝酸；NH3与NaCl、H2O、CO2发生反应：，加热分解可得Na2CO3。（1）①装置A中炭粉和浓硫酸在加热的条件下发生反应：；标准状况下224mLSO2物质的量为0.01mol，根据原子守恒可得，被还原的H2SO4的物质的量为0.01mol；②SO2能被酸性高锰酸钾氧化为，同时被还原为Mn2+，反应离子方程式为：；③C中足量的酸性高锰酸钾溶液可除去SO2，D中石灰水变浑浊说明CO2与Ca（OH）2反应生成了CaCO3，即装置D中石灰水变浑浊能说明有CO2生成；（2）①少量NH3与H2O、SO2发生反应，离子方程式为：；②NO与O2、H2O可生成硝酸，即物质B为HNO3；以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上生成HNO3物质的量为1mol，N元素的化合价从-3价升高到+5价，转移电子物质的量为8mol，反应Ⅱ、Ⅲ需要参加反应的，化合价由0下降到-2价，转移电子物质的量为8mol，即参与反应的O2物质的量为2mol；③CO2在水中溶解度不高，NH3极易溶于水，先通NH3使得溶液呈碱性，再通CO2，能增大CO2的溶解量，从而增大产率。17.镉(Cd)可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣(含Cu、Cd、Zn、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如下。已知：Ⅰ.酸浸后的溶液中含有、、；Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)如下表：氢氧化物开始沉淀的pH1.55.972沉淀完全的pH3.38.99.9回答下列问题：（1）“滤渣1”的化学式为___________。（2）“酸浸”前将铜镉废渣粉碎的目的是___________。（3）已知：硫酸的密度，则硫酸的物质的量浓度为___________；若实验室用的浓硫酸配制硫酸，则需用量筒量取的浓硫酸的体积为___________。（4）“酸浸”时，生成的离子方程式为___________。（5）为防止环境污染，“氧化”时可选用的“试剂X”为___________(填化学式，下同)。（6）“调”时控制溶液在之间，“滤渣2”的主要成分是___________。（7）“置换”时发生的反应为。镉置换率[镉置换率]与的关系如图所示。实际生产中选择的原因是___________。〖答案〗（1）Cu（2）增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率（3）①.3.0mol/L②.83.3（4）Cd+2H+=Cd2++H2↑（5）H2O2或O3（6）Fe(OH)3（7）比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH〖解析〗根据流程图，铜镉废渣（含Cu、Cd、Zn、Fe等单质），破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有CdSO4、ZnSO4、FeSO4等多种硫酸盐，Cu与25%的稀硫酸不反应，过滤出滤渣1即为Cu，在滤液中加入双氧水溶液，氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH在3.3～5.9之间，形成氢氧化铁沉淀，过滤出滤渣2即为Fe(OH)3，在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解题。（1）由分析可知，“滤渣1”的化学式为Cu，故〖答案〗为：Cu；（2）“酸浸”前将铜镉废渣粉碎的目的是增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率，故〖答案〗为：增大固体与液体的接触面积，以加快反应速率；（3）已知：硫酸的密度，则硫酸的物质的量浓度为==3.0mol/L，若实验室用的浓硫酸配制硫酸，则需用量筒量取的浓硫酸的体积为=83.3mL，故〖答案〗为：3.0mol/L；83.3；（4）“酸浸”时，生成即Cd与稀H2SO4反应生成CdSO4和H2，该反应的离子方程式为：Cd+2H+=Cd2++H2↑，故〖答案〗为：Cd+2H+=Cd2++H2↑；（5）由题干分析可知，“氧化”的目的为：将氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH便以沉淀除去