2023-2024学年广西梧州市高一下学期期末抽样检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西梧州市2023-2024学年高一下学期期末抽样检测试题(本试卷满分100分，考试用时75分钟)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。2.考生请在答题卡上作答(答题注意事项见答题卡)，写在本试卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Mn-55Cu-64Zn-65一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学在“三废”治理方面发挥着重要的作用，下列关于环境保护和绿色化学的说法正确的是（）A.绿色化学的核心思想是治理污染B.我国酸雨形成的主要原因是汽车排出的大量尾气C.混凝剂硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝可作污水处理剂D.可通过焚烧回收热能或深挖填埋方式处理废旧塑料制品〖答案〗C〖解析〗【详析】A．绿色化学的核心思想是改变“先污染后治理”的观念，从源头上减少或消除污染，A错误；B．我国酸雨的形成主要是由于大量燃烧含硫化石燃料导致的，B错误；C．污水中加入硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝等混凝剂，可使细小悬浮物等聚集成较大的颗粒，然后沉淀、过滤除去，因此混凝剂硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝可作污水处理剂，C正确；D．通过焚烧回收热能或深挖填埋方式处理废旧塑料制品，会生成有害物质，污染环境；恰当的处理废旧塑料制品的常见方式为制成再生制品或裂解为化工原料，D错误；〖答案〗选C。2.材料的应用与人类生活息息相关，下列说法正确的是（）A.合成塑料聚乙烯能使溴水褪色B淀粉、油脂属于天然有机高分子C.新型无机非金属材料富勒烯与碳元素互称同位素D.硅酸盐的结构为硅氧四面体，故硅酸盐材料硬度高、耐高温〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合成塑料聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．新型无机非金属材料富勒烯为碳元素的同素异形体，故C错误；D．传统硅酸盐材料含有硅氧四面体结构，具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定等特点，故D正确；故选D。3.下列化学用语表述正确的是（）A.原子结构示意图：B.的形成过程：C.的空间填充模型：D.的电子式：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．为16号元素，原子中质子、电子均为16，结构示意图为，A错误；B．硫和氢通过共用电子对形成共价化合物硫化氢，S原子与H原子通过共用电子对，形成8电子的稳定结构，图示正确，B正确；C．根据元素周期律，碳原子半径大于氧原子半径，原子半径比例错误，C错误；D．的电子式：，D错误；故〖答案〗选B。4.部分含氮元素的化合物的“价—类二维图”如图所示，下列说法不正确的是（）A.常温下的浓溶液可用铝罐盛装B.、、均不属于电解质C.的浓溶液见光或受热分解产生D.与在尾气转化器中会转化为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗是的氢化物，是；是的单质，是；是价的氧化物，是；是价的氧化物，是或；是价的含氧酸，是。【详析】A．常温下，铝的表面被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化膜，阻止酸与内层金属进一步反应，故可以用铝制容器盛装浓，故A正确；B．电解质为熔融状态或水溶液中能因自身电离而导电的化合物，不是化合物，、或自身不能电离，均不属于电解质，故B正确；C．浓见光或者受热分解生成，故C错误；D．与在汽车催化转化器中会转化成和，故正确；〖答案〗选C。5.实验室从海带中获得纯碘，下列实验装置或目的不正确的是（）实验装置目的A．灼烧海带B．反应生成实验装置目的C．萃取后从上口倒出碘的苯溶液D．提纯粗碘〖答案〗A〖解析〗【详析】A．灼烧海带应该使用坩埚，A错误；B．过氧化氢有较强氧化性，酸性条件下能将碘离子氧化为碘单质，可获得碘，B正确；C．碘的苯溶液密度小于水的密度，因此萃取后应该从上口倒出，C正确；D．碘单质易升华，遇到烧瓶底部又凝华，因此可用升华法分离粗碘，D正确；故选A。6.、、、为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中、同主族，原子半径是短周期主族元素中最大的，原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是（）A.离子半径：B.、、三种元素组成的化合物只有2种C.简单气态氢化物稳定性：D.元素氧化物对应水化物的酸性一定强于〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗、、、为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，原子半径是短周期主族元素中最大的，为元素；原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，为第二周期元素；、同主族，则为；的原子序数最大，可以知道为，由上述分析可以知道，为，为，为，为。【详析】A．电子层越多，离子半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径减小，则离子半径：，A错误；B．、、三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，B错误；C．的简单氢化物为，的简单氢化物为，非金属性，稳定性：，C正确；D．W的非金属性强于Z，元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于，D错误；〖答案〗选C。7.普伐他汀是一种调节血脂药物，其结构简式如图所示。下列有关普伐他汀的说法正确的是（）A.属于不饱和烃B.含有2种官能团C.该有机物与足量的钠反应可生成D.可发生置换、加成、氧化、取代、酯化反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该有机物含有氧原子，不属于烃，A错误；B．该有机物含碳碳双键、羟基和羧基共3种官能团，B错误；C．羟基、羧基都可与钠发生置换反应，所以该有机物与足量钠反应可生成，C错误；D．该有机物可燃烧发生氧化反应，碳碳双键可加成、可氧化，羟基和羧基可以置换、取代、酯化，D正确；故选D。8.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.固体中所含离子总数为B.常温下，中含有的原子数目为C.的盐酸中含有分子数目为D.、时，中含有的分子数目为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．是离子化合物，含和，所含离子总数为，故A错误；B．物质的量为，每个分子中含4个原子，共含有的原子数目为，故B正确；C．盐酸中不含分子，故C错误；D．、时不是标准状况，气体摩尔体积不是，故D错误；故选B。9.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A.吸收塔中做氧化剂，表现了氧化性B.工业上常利用电解熔融冶炼金属镁C.富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D.根据上述流程，若提取，至少需要标准状况下〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；得到的滤液中通入氯气氧化溴离子得到溴单质，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴，以此解答该题。【详析】A．吸收塔中发生的反应为，该反应中做还原剂，A项错误；B．较活泼的金属工业上采取电解法得到，金属镁在工业上利用电解熔融冶炼，B项正确；C．吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴，富集溴元素过程中利用了溴易挥发的性质，使用空气吹出法，C项正确；D．若提取，根据，提取粗溴消耗氯气的物质的量为，得到纯溴的物质的量为，因需要两次氧化溴离子，至少需要，标准状况下的体积为，D项正确；〖答案〗选A。10.下列离子方程式中，正确的是（）A.过量铁粉与稀硝酸反应：B.溶液与稀硫酸反应：C.用淀粉试纸和食醋检验加碘盐中的：D.向溶液中通入少量的气体：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铁粉过量，应生成，正确的离子方程式为：，A错误；B．向溶液中滴加稀硫酸，发生歧化反应生成单质S和气体，离子方程式为：，B正确；C．食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，C错误；D．盐酸酸性大于碳酸，根据强酸制弱酸原理，与溶液不发生化学反应，D错误；故选B。11.下列实验现象和结论相符的是（）选项操作及现象结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃显紫色该溶液中一定含有钠盐和钾盐B向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该溶液中一定含有C向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有D将通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液，再通入澄清石灰水中变浑浊说明酸性：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，有黄色火焰，说明含有；透过蓝色钴玻璃显紫色，说明其中还含有，溶液中的物质可能是含有钠盐和钾盐，也可能是含有碱、，A错误；B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，反应产生气体，不一定说明溶液中含有，有些溶液例如尿素不含铵离子与氢氧化钠溶液共热时也能产生氨气，B错误；C．由于盐酸及中含有，与会反应产生白色沉淀，因此向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是也可能是，因此不能确定该溶液中一定含有，C错误；D．将二氧化硫通入碳酸钠溶液中生成的气体，先通入足量的酸性高锰酸钾溶液吸收过量二氧化硫，再通入澄清石灰水中变浑浊说明二氧化硫能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，证明亚硫酸的酸性强于碳酸，D正确；故选D。12.近年来电池研发领域涌现出大量纸电池，其组成与传统电池类似，但制作方法和应用范围均比传统电池有很大突破。如图为某种纸电池的结构示意图，通过加入水来激活电池工作。下列说法正确的是（）A.石墨作负极材料，发生氧化反应B.电流从锌片电极流向石墨电极C.若用镁片代替石墨片，电流表的指针偏转方向与原来的相反D.每反应锌时，理论上转移电子数为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该原电池中，锌片作负极，电极反应式为，石墨片作正极，电极反应式为，据此分析解答。【详析】A．石墨片作正极，水中的氢得电子发生还原反应，A错误；B．由分析可知，石墨为正极，则电流从石墨电极流向锌电极，B错误；C．若用镁代替石墨，则镁为负极，锌片做正极，电流表的指针偏转方向应与原本的相反，C正确；D．锌片作负极，电极反应式为，每反应锌(即)时，理论上转移电子数为，D错误；故选C。13.一定条件下，、都能与形成笼状结构的水合物晶体，与形成的水合物晶体俗称“可燃冰”(结构如图所示)。下列说法正确的是（）A.、、都是含极性键的共价化合物B.可燃冰的笼状结构中甲烷分子与水分子形成共价键C.水分子间存在范德华力，故水分子高温下也很稳定D.的空间结构呈正四面体形，、的空间结构呈形〖答案〗A〖解析〗【详析】A．水中的键，甲烷中的键，二氧化碳中的键，都是极性键，而且都是共价化合物，A正确；B．水分子间通过氢键形成分子笼，把甲烷分子包裹在分子笼里，分子间不会形成共价键，甲烷分子与水分子没有形成共价键，B错误；C．水分子间存在范德华力与水的稳定性无关，水稳定是因为O-H键牢固，C错误；D．二氧化碳是直线形，D错误；故选A。14.研究表明，在一定条件下，气态与气态两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法不正确的是（）A.比更稳定B.转化为需要放出的热量C.断开中的键需要吸收的热量D.为吸热反应，吸热反应不一定需要加热〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知，具有的总能量比具有的总能量低，能量越低越稳定，比稳定，A项正确；B．由图可知，转化为需要吸收的热量，B项错误；C．由图可知，转化为过渡态时断开键，且需要吸收186.5KJ的能量，C正确；D．由图可知，具有的总能量比具有的总能量低，为吸热反应，但吸热反应不一定在加热条件下才能进行，D项正确;故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.铝土矿的主要成分是，含、、等杂质，从铝土矿中提取氧化铝的两种工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤中，为加快反应速率，除了将矿石粉碎、搅拌外还可采取措施为___________。（2）固体⑦的主要成分为___________(填化学式，下同)，滤液②和滤液⑨中共同存在的溶质为___________。（3）能否将步骤Ⅱ中的烧碱溶液替换为氨水？请回答并简述理由___________。（4）步骤中除了与过量的烧碱反应外，还发生的反应离子方程式为___________；步骤中元素发生反应的离子方程式为___________。（5）流程中每个步骤都要采取的实验操作为___________。、、都可用于制造耐火坩埚，实验室熔融烧碱时可以选用___________(填字母)。A．铁坩埚B．氧化铝坩埚C．石英坩埚D．氧化镁坩埚（6）能否直接往滤液⑧中通入二氧化碳，经过淲得到沉淀后灼烧获得氧化铝？请回答并简述理由___________。〖答案〗（1）升高温度(加热)或增大盐酸浓度（2）①.、②.、（3）不能，氢氧化铝不溶于氨水，无法实现氢氧化铝与氢氧化铁和氢氧化镁的分离（4）①.②.（5）①.过滤②.AD（6）不能，滤液⑧中还含有硅酸钠，通入二氧化碳生成硅酸，灼烧时产生二氧化硅，导致产品氧化铝纯度不高〖解析〗由工艺流程一可知，铝土矿与盐酸反应得固体①和滤液②，固体①为，滤液②含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，加入过量的，可推知沉淀③为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液④含有四羟基合铝酸钠、氯化钠、，所以向滤液④中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀⑥为，滤液⑤中含有、；根据工艺流程二可知，铝土矿中的、能和氢氧化钠反应，可知固体⑦为、等，滤液⑧为硅酸钠、四羟基合铝酸钠，滤液中加入过量盐酸，生成沉淀⑩为硅酸，滤液⑨为氯化铝，加入氨水，沉淀⑪为、滤液⑫中含有氯化铵，以此解答该题；（1）步骤I中，为加快反应速率，除了将矿石粉碎、搅拌外还可采取的措施为升高温度(加热)或增大盐酸浓度；故〖答案〗为：升高温度(加热)或增大盐酸浓度；（2）铝土矿中的、能和氢氧化钠反应，可知固体⑦为、；滤液②含有氯化铝、氯化铁、氯化镁、盐酸等，滤液⑨为氯化铝和盐酸，两者共同的溶质为、；故〖答案〗为：、；、；（3）步骤Ⅱ的目的是将铝、铁、镁先转化成沉淀，再利用氢氧化铝能溶于强碱的性质，实现氢氧化铁和氢氧化镁的过滤分离，若该用氨水，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，无法实现分离；故〖答案〗为：不能，氢氧化铝不溶于氨水，无法实现氢氧化铝与氢氧化铁和氢氧化镁的分离；（4）步骤Ⅲ中是过量的氢氧化钠和偏铝酸钠与过量的二氧化碳分别发生反应，反应的离子方程式：；；步骤中是四羟基合铝酸钠与过量盐酸反应产生氯化铝的过程，反应的离子方程式为：；故〖答案〗为：；；（5）步骤I、Ⅱ、Ⅲ、a、b、c每个步骤都是实现固体和液体的分离，共同的操作是过滤，氧化铝坩埚的成分中的氧化铝和石英坩埚中的二氧化硅均能与氢氧化钠反应，故不能用两者熔融烧碱；故〖答案〗为：过滤，AD；（6）不能，滤液⑧中含有四羟基合铝酸钠和硅酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝和硅酸，灼烧时产生氧化铝和二氧化硅，导致产品纯度不高；故〖答案〗为：不能，滤液⑧中还含有硅酸钠，通入二氧化碳生成硅酸，灼烧时产生二氧化硅，导致产品氧化铝纯度不高。16.煤的干馏获得的出炉煤气中，含有、、、等多种气体，均为重要的化工原料，可用于合成一系列化工产品。请回答下列问题：（1）利用可以进行人工固氮，其反应原理为。已知键能为(键能：断开化学键所需吸收的能量或形成化学键放出的能量)。若形成，则需要___________(填“吸收”或“放出”)的能量为___________。（2）可通过的反应制得富氢水煤气。一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中，充入和，发生上述反应，测得的物质的再随时间变化如表所示：时间02468①内，用表示的化学反应速率___________。②时，的生成速率___________的消耗速率(填“>”“<”或“=”)。③反应达到平衡时，混合气体中的物质的量百分含量为___________%。④对于上述条件下的反应，下列说法不正确的是___________(填字母)。A．增大的量，反应速率加快B．充入，压强增大，反应速率加快C．，说明反应到达了平衡状态D．容器内和的浓度比不变，说明反应到达了平衡状态E．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应到达了平衡状态（3）与反应可制备，和可构成质子交换膜燃料电池，电池总反应为：，电池工作时，在负极发生反应的物质是___________和水，若在标准状况下，电池消耗的体积为，则外电路中转移的电子数目为___________。〖答案〗（1）①.放出②.1173（2）①.②.③.④.（3）①.②.〖解析〗（1）成键要放出能量，生成氨气放出的能量为；故〖答案〗为：放出；1173；（2）①内，用表示的化学反应速率，；故〖答案〗为：0.6moL/(L⋅min)；②时，反应还未达到平衡，还在向正反应方向进行，故的生成速率小于的消耗速率；故〖答案〗为：<；③反应达到平衡时，甲烷的物质的量为，列出三列式；反应达到平衡时，混合气体中的物质的量百分含量为；故〖答案〗为：50.0；④A．体积不变增大的量，的浓度增大，反应速率加快，A正确；B．往容器中充入，压强增大，但由于体积不变，与反应有关的气体浓度没有改变，反应速率不变，B错误；C．两个都是同一方向的反应速率，不能说明平衡，C错误；D．容器内和的浓度比不变，说明它们的浓度不变，说明到达平衡，D正确；E．该反应是气体体积缩小的反应，故气体的总的物质的量在反应未平衡时始终在变化，由质量守恒可知气体的总质量不变，故容器中气体的平均相对分子质量在未平衡时始终在变化，所以当容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化时可说明平衡，故E正确；故〖答案〗为：BC；（3）由电池的总反应可知，失去电子，故该电池的负极发生反应的物质，根据的关系，若上述燃料电池所消耗的在标准状况下的体积为则外电路中转移的电子数目为故〖答案〗为：CH3OH；2NA。17.在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。（1）甲同学利用图1所示装置研究二氧化硫的性质。图1①图1中仪器的名称为___________。②向仪器中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间，此操作的目的是___________。③实验时，装置中没有明显变化。实验结束后取下装置，向其中滴加适量氯水，产生白色沉淀为___________(填化学式)。④装置中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有___________性。（2）乙同学拟用图2装置定量分析空气中的含量。图2①通入空气前应进行的实验操作是___________；溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是___________。②随着空气的不断通入，酸性高锰酸钾溶液的颜色逐渐变浅直至褪色，写出该反应的离子方程式___________。③若实验中气体流速为，酸性溶液的浓度为，体积为，从气体通入到溶液的紫色恰好褪去，总用时，则空气中二氧化硫的含量为___________。〖答案〗（1）①.分液漏斗②.排出装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、硫化氢等反应③.④.氧化（2）①.检查装置的气密性②.增大接触面积，有利于的充分吸收③.④.〖解析〗装置A中浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫气体，生成的二氧化硫通入装置B氯化钡溶液，无明显现象；装置C中二氧化硫通入氢硫酸溶液中，溶液出现淡黄色浑浊；装置D为尾气处理装置，氢氧化钠溶液可以吸收二氧化硫，防止污染环境。（1）①根据图中仪器的结构可知，仪器为分液漏斗；②装置的空气中含有氧气，氧气会与二氧化硫、硫化氢等反应，向仪器中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间，此操作的目的是排出装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、硫化氢等反应；③实验时，装置中没有明显变化；实验结束后取下装置，向其中滴加适量氯水，氯气氧化二氧化硫生成硫酸和盐酸，硫酸和氯化钡反应生成的白色沉淀为；④装置中出现淡黄色沉淀，说明二氧化硫和氢硫酸反应生成硫沉淀和水，二氧化硫中硫化合价降低，因此说明二氧化硫具有氧化性。（2）①为提高实验的准确性，通入空气前应检验装置气密性；多孔结构表面积增大，使尽可能的与高锰酸钾反应，有利于的充分吸收；②溶液的颜色逐渐变浅直至褪色，说明高锰酸根被还原，形成无色锰离子，二氧化硫被氧化为硫酸根，反应离子方程式为；③高锰酸钾的物质的量为：，根据化学方程式可得，吸收的物质的量为：，质量为：；若实验中气体流速为，则气体体积为，因此的含量为。18.聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料，其合成路线加下：已知：。回答下列问题：（1）④的反应类型为___________，的名称为___________。（2）反应④的化学方程式为___________。（3）的结构简式为___________。（4）下列有关物质的叙述正确的是___________(填字母)。a．化合物和互为同系物b．煤的干馏是指在空气中加强热使其分解c．化合物中最少有6个原子在同一平面上（5）中含氧官能团的名称为___________，是的同系物，比多一个碳原子，的同分异构体有___________种。（6）以乙烯为原料制备环乙二酸乙二酯()，请补充完整合成环乙二酸乙二酯的路线___________(其他无机试剂任选)。(请用以下方式表示：。)〖答案〗（1）①.酯化反应(或取代反应)②.丙烯酸（2）（3）（4）（5）①.羟基、酯基②.3（6）〖解析〗煤与水高温得到和，在催化剂的作用下得到乙烯和丙烯；乙烯与溴加成得到，则B的结构简式为，水解得到乙二醇，乙二醇与发生酯化反应得到，由可知为，发生加聚反应得到，则F的结构简式为，据此解答。（1）反应④为酸和醇的酯化反应(或取代反应)；由分析可知的结构简式为，其名称为丙烯酸，故〖答案〗为：酯化反应(或取代反应)；丙烯酸；（2）乙二醇与发生酯化反应得到，由可知为，故反应为：，故〖答案〗为（3）发生加聚反应得到，故为，故〖答案〗为：；（4）a．乙烯和丙烯互为同系物，a正确；b．煤的干馏是在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，b不正确；c．丙烯中至少有6个原子在同一平面上，如图所示：，c正确；故选ac；（5）中的含氧官能团名称为：羟基、酯基，是的同系物，比多一个碳原子分子式为的同分异构体有3种：丁烯()、丁烯()、甲基丙烯[]，故〖答案〗为：羟基、酯基；3；（6）由产物逆推，和溴水反应生成，根据题目信息，在氢氧化钠溶液加热条件下生成，氧化成，和发生酯化反应生成环乙二酸乙二酯。故合成路线为：。广西梧州市2023-2024学年高一下学期期末抽样检测试题(本试卷满分100分，考试用时75分钟)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。2.考生请在答题卡上作答(答题注意事项见答题卡)，写在本试卷上无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Mn-55Cu-64Zn-65一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学在“三废”治理方面发挥着重要的作用，下列关于环境保护和绿色化学的说法正确的是（）A.绿色化学的核心思想是治理污染B.我国酸雨形成的主要原因是汽车排出的大量尾气C.混凝剂硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝可作污水处理剂D.可通过焚烧回收热能或深挖填埋方式处理废旧塑料制品〖答案〗C〖解析〗【详析】A．绿色化学的核心思想是改变“先污染后治理”的观念，从源头上减少或消除污染，A错误；B．我国酸雨的形成主要是由于大量燃烧含硫化石燃料导致的，B错误；C．污水中加入硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝等混凝剂，可使细小悬浮物等聚集成较大的颗粒，然后沉淀、过滤除去，因此混凝剂硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝可作污水处理剂，C正确；D．通过焚烧回收热能或深挖填埋方式处理废旧塑料制品，会生成有害物质，污染环境；恰当的处理废旧塑料制品的常见方式为制成再生制品或裂解为化工原料，D错误；〖答案〗选C。2.材料的应用与人类生活息息相关，下列说法正确的是（）A.合成塑料聚乙烯能使溴水褪色B淀粉、油脂属于天然有机高分子C.新型无机非金属材料富勒烯与碳元素互称同位素D.硅酸盐的结构为硅氧四面体，故硅酸盐材料硬度高、耐高温〖答案〗D〖解析〗【详析】A．合成塑料聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．新型无机非金属材料富勒烯为碳元素的同素异形体，故C错误；D．传统硅酸盐材料含有硅氧四面体结构，具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定等特点，故D正确；故选D。3.下列化学用语表述正确的是（）A.原子结构示意图：B.的形成过程：C.的空间填充模型：D.的电子式：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．为16号元素，原子中质子、电子均为16，结构示意图为，A错误；B．硫和氢通过共用电子对形成共价化合物硫化氢，S原子与H原子通过共用电子对，形成8电子的稳定结构，图示正确，B正确；C．根据元素周期律，碳原子半径大于氧原子半径，原子半径比例错误，C错误；D．的电子式：，D错误；故〖答案〗选B。4.部分含氮元素的化合物的“价—类二维图”如图所示，下列说法不正确的是（）A.常温下的浓溶液可用铝罐盛装B.、、均不属于电解质C.的浓溶液见光或受热分解产生D.与在尾气转化器中会转化为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗是的氢化物，是；是的单质，是；是价的氧化物，是；是价的氧化物，是或；是价的含氧酸，是。【详析】A．常温下，铝的表面被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化膜，阻止酸与内层金属进一步反应，故可以用铝制容器盛装浓，故A正确；B．电解质为熔融状态或水溶液中能因自身电离而导电的化合物，不是化合物，、或自身不能电离，均不属于电解质，故B正确；C．浓见光或者受热分解生成，故C错误；D．与在汽车催化转化器中会转化成和，故正确；〖答案〗选C。5.实验室从海带中获得纯碘，下列实验装置或目的不正确的是（）实验装置目的A．灼烧海带B．反应生成实验装置目的C．萃取后从上口倒出碘的苯溶液D．提纯粗碘〖答案〗A〖解析〗【详析】A．灼烧海带应该使用坩埚，A错误；B．过氧化氢有较强氧化性，酸性条件下能将碘离子氧化为碘单质，可获得碘，B正确；C．碘的苯溶液密度小于水的密度，因此萃取后应该从上口倒出，C正确；D．碘单质易升华，遇到烧瓶底部又凝华，因此可用升华法分离粗碘，D正确；故选A。6.、、、为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中、同主族，原子半径是短周期主族元素中最大的，原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是（）A.离子半径：B.、、三种元素组成的化合物只有2种C.简单气态氢化物稳定性：D.元素氧化物对应水化物的酸性一定强于〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗、、、为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，原子半径是短周期主族元素中最大的，为元素；原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，为第二周期元素；、同主族，则为；的原子序数最大，可以知道为，由上述分析可以知道，为，为，为，为。【详析】A．电子层越多，离子半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径减小，则离子半径：，A错误；B．、、三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，B错误；C．的简单氢化物为，的简单氢化物为，非金属性，稳定性：，C正确；D．W的非金属性强于Z，元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于，D错误；〖答案〗选C。7.普伐他汀是一种调节血脂药物，其结构简式如图所示。下列有关普伐他汀的说法正确的是（）A.属于不饱和烃B.含有2种官能团C.该有机物与足量的钠反应可生成D.可发生置换、加成、氧化、取代、酯化反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该有机物含有氧原子，不属于烃，A错误；B．该有机物含碳碳双键、羟基和羧基共3种官能团，B错误；C．羟基、羧基都可与钠发生置换反应，所以该有机物与足量钠反应可生成，C错误；D．该有机物可燃烧发生氧化反应，碳碳双键可加成、可氧化，羟基和羧基可以置换、取代、酯化，D正确；故选D。8.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.固体中所含离子总数为B.常温下，中含有的原子数目为C.的盐酸中含有分子数目为D.、时，中含有的分子数目为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．是离子化合物，含和，所含离子总数为，故A错误；B．物质的量为，每个分子中含4个原子，共含有的原子数目为，故B正确；C．盐酸中不含分子，故C错误；D．、时不是标准状况，气体摩尔体积不是，故D错误；故选B。9.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A.吸收塔中做氧化剂，表现了氧化性B.工业上常利用电解熔融冶炼金属镁C.富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D.根据上述流程，若提取，至少需要标准状况下〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；得到的滤液中通入氯气氧化溴离子得到溴单质，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴，以此解答该题。【详析】A．吸收塔中发生的反应为，该反应中做还原剂，A项错误；B．较活泼的金属工业上采取电解法得到，金属镁在工业上利用电解熔融冶炼，B项正确；C．吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴，富集溴元素过程中利用了溴易挥发的性质，使用空气吹出法，C项正确；D．若提取，根据，提取粗溴消耗氯气的物质的量为，得到纯溴的物质的量为，因需要两次氧化溴离子，至少需要，标准状况下的体积为，D项正确；〖答案〗选A。10.下列离子方程式中，正确的是（）A.过量铁粉与稀硝酸反应：B.溶液与稀硫酸反应：C.用淀粉试纸和食醋检验加碘盐中的：D.向溶液中通入少量的气体：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铁粉过量，应生成，正确的离子方程式为：，A错误；B．向溶液中滴加稀硫酸，发生歧化反应生成单质S和气体，离子方程式为：，B正确；C．食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，C错误；D．盐酸酸性大于碳酸，根据强酸制弱酸原理，与溶液不发生化学反应，D错误；故选B。11.下列实验现象和结论相符的是（）选项操作及现象结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃显紫色该溶液中一定含有钠盐和钾盐B向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该溶液中一定含有C向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有D将通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液，再通入澄清石灰水中变浑浊说明酸性：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，有黄色火焰，说明含有；透过蓝色钴玻璃显紫色，说明其中还含有，溶液中的物质可能是含有钠盐和钾盐，也可能是含有碱、，A错误；B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，反应产生气体，不一定说明溶液中含有，有些溶液例如尿素不含铵离子与氢氧化钠溶液共热时也能产生氨气，B错误；C．由于盐酸及中含有，与会反应产生白色沉淀，因此向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是也可能是，因此不能确定该溶液中一定含有，C错误；D．将二氧化硫通入碳酸钠溶液中生成的气体，先通入足量的酸性高锰酸钾溶液吸收过量二氧化硫，再通入澄清石灰水中变浑浊说明二氧化硫能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，证明亚硫酸的酸性强于碳酸，D正确；故选D。12.近年来电池研发领域涌现出大量纸电池，其组成与传统电池类似，但制作方法和应用范围均比传统电池有很大突破。如图为某种纸电池的结构示意图，通过加入水来激活电池工作。下列说法正确的是（）A.石墨作负极材料，发生氧化反应B.电流从锌片电极流向石墨电极C.若用镁片代替石墨片，电流表的指针偏转方向与原来的相反D.每反应锌时，理论上转移电子数为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗该原电池中，锌片作负极，电极反应式为，石墨片作正极，电极反应式为，据此分析解答。【详析】A．石墨片作正极，水中的氢得电子发生还原反应，A错误；B．由分析可知，石墨为正极，则电流从石墨电极流向锌电极，B错误；C．若用镁代替石墨，则镁为负极，锌片做正极，电流表的指针偏转方向应与原本的相反，C正确；D．锌片作负极，电极反应式为，每反应锌(即)时，理论上转移电子数为，D错误；故选C。13.一定条件下，、都能与形成笼状结构的水合物晶体，与形成的水合物晶体俗称“可燃冰”(结构如图所示)。下列说法正确的是（）A.、、都是含极性键的共价化合物B.可燃冰的笼状结构中甲烷分子与水分子形成共价键C.水分子间存在范德华力，故水分子高温下也很稳定D.的空间结构呈正四面体形，、的空间结构呈形〖答案〗A〖解析〗【详析】A．水中的键，甲烷中的键，二氧化碳中的键，都是极性键，而且都是共价化合物，A正确；B．水分子间通过氢键形成分子笼，把甲烷分子包裹在分子笼里，分子间不会形成共价键，甲烷分子与水分子没有形成共价键，B错误；C．水分子间存在范德华力与水的稳定性无关，水稳定是因为O-H键牢固，C错误；D．二氧化碳是直线形，D错误；故选A。14.研究表明，在一定条件下，气态与气态两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法不正确的是（）A.比更稳定B.转化为需要放出的热量C.断开中的键需要吸收的热量D.为吸热反应，吸热反应不一定需要加热〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由图可知，具有的总能量比具有的总能量低，能量越低越稳定，比稳定，A项正确；B．由图可知，转化为需要吸收的热量，B项错误；C．由图可知，转化为过渡态时断开键，且需要吸收186.5KJ的能量，C正确；D．由图可知，具有的总能量比具有的总能量低，为吸热反应，但吸热反应不一定在加热条件下才能进行，D项正确;故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.铝土矿的主要成分是，含、、等杂质，从铝土矿中提取氧化铝的两种工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤中，为加快反应速率，除了将矿石粉碎、搅拌外还可采取措施为___________。（2）固体⑦的主要成分为___________(填化学式，下同)，滤液②和滤液⑨中共同存在的溶质为___________。（3）能否将步骤Ⅱ中的烧碱溶液替换为氨水？请回答并简述理由___________。（4）步骤中除了与过量的烧碱反应外，还发生的反应离子方程式为___________；步骤中元素发生反应的离子方程式为___________。（5）流程中每个步骤都要采取的实验操作为___________。、、都可用于制造耐火坩埚，实验室熔融烧碱时可以选用___________(填字母)。A．铁坩埚B．氧化铝坩埚C．石英坩埚D．氧化镁坩埚（6）能否直接往滤液⑧中通入二氧化碳，经过淲得到沉淀后灼烧获得氧化铝？请回答并简述理由___________。〖答案〗（1）升高温度(加热)或增大盐酸浓度（2）①.、②.、（3）不能，氢氧化铝不溶于氨水，无法实现氢氧化铝与氢氧化铁和氢氧化镁的分离（4）①.②.（5）①.过滤②.AD（6）不能，滤液⑧中还含有硅酸钠，通入二氧化碳生成硅酸，灼烧时产生二氧化硅，导致产品氧化铝纯度不高〖解析〗由工艺流程一可知，铝土矿与盐酸反应得固体①和滤液②，固体①为，滤液②含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，加入过量的，可推知沉淀③为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液④含有四羟基合铝酸钠、氯化钠、，所以向滤液④中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀⑥为，滤液⑤中含有、；根据工艺流程二可知，铝土矿中的、能和氢氧化钠反应，可知固体⑦为、等，滤液⑧为硅酸钠、四羟基合铝酸钠，滤液中加入过量盐酸，生成沉淀⑩为硅酸，滤液⑨为氯化铝，加入氨水，沉淀⑪为、滤液⑫中含有氯化铵，以此解答该题；（1）步骤I中，为加快反应速率，除了将矿石粉碎、搅拌外还可采取的措施为升高温度(加热)或增大盐酸浓度；故〖答案〗为：升高温度(加热)或增大盐酸浓度；（2）铝土矿中的、能和氢氧化钠反应，可知固体⑦为、；滤液②含有氯化铝、氯化铁、氯化镁、盐酸等，滤液⑨为氯化铝和盐酸，两者共同的溶质为、；故〖答案〗为：、；、；（3）步骤Ⅱ的目的是将铝、铁、镁先转化成沉淀，再利用氢氧化铝能溶于强碱的性质，实现氢氧化铁和氢氧化镁的过滤分离，若该用氨水，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，无法实现分离；故〖答案〗为：不能，氢氧化铝不溶于氨水，无法实现氢氧化铝与氢氧化铁和氢氧化镁的分离；（4）步骤Ⅲ中是过量的氢氧化钠和偏铝酸钠与过量的二氧化碳分别发生反应，反应的离子方程式：；；步骤中是四羟基合铝酸钠与过量盐酸反应产生氯化铝的过程，反应的离子方程式为：；故〖答案〗为：；；（5）步骤I、Ⅱ、Ⅲ、a、b、c每个步骤都是实现固体和液体的分离，共同的操作是过滤，氧化铝坩埚的成分中的氧化铝和石英坩埚中的二氧化硅均能与氢氧化钠反应，故不能用两者熔融烧碱；故〖答案〗为：过滤，AD；（6）不能，滤液⑧中含有四羟基合铝酸钠和硅酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝和硅酸，灼烧时产生氧化铝和二氧化硅，导致产品纯度不高；故〖答案〗为：不能，滤液⑧中还含有硅酸钠，通入二氧化碳生成硅酸，灼烧时产生二氧化硅，导致产品氧化铝纯度不高。16.煤的干馏获得的出炉煤气中，含有、、、等多种气体，均为重要的化工原料，可用于合成一系列化工产品。请回答下列问题：（1）利用可以进行人工固氮，其反应原理为。已知键能为(键能：断开化学键所需吸收的能量或形成化学键放出的能量)。若形成，则需要___________(填“吸收”或“放出”)的能量为___________。（2）可通过的反应制得富氢水煤气。一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中，充入和，发生上述反应，测得的物质的再随时间变化如表所示：时间02468①内，用表示的化学反应速率___________。②时，的生成速率___________的消耗速率(填“>”“<”或“=”)。③反应达到平衡时，混合气体中的物质的量百分含量为___________%。④对于上述条件下的反应，下列说法不正确的是___________(填字母)。A．增大的量，反应速率加快B．充入，压强增大，反应速率加快C．，说明反应到达了平衡状态D．容器内和的浓度比不变，说明反应到达了平衡状态E．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应到达了平衡状态（3）与反应可制备，和可构成质子交换膜燃料电池，电池总反应为：，电池工作时，在负极发生反应的物质是___________和水，若在标准状况下，电池消耗的体积为，则外电路中转移的电子数目为___________。〖答案〗（1）①.放出②.1173（2）①.②.③.④.（3）①.②.〖解析〗（1）成键要放出能量，生成氨气放出的能量为；故〖答案〗为：放出；1173；（2）①内，用表示的化学反应速率，；故〖答案〗为：0.6moL/(L⋅min)；②时，反应还未达到平衡，还在向正反应方向进行，故的生成速率小于的消耗速率；故〖答案〗为：<；③反应达到平衡时，甲烷的物质的量为，列出三列式；反应达到平衡时，混合气体中的物质的量百分含量为；故〖答案〗为：50.0；④A．体积不变增大的量，的浓度增大，反应速率加快，A正确；B．往容器中充入，压强增大，但由于体积不变，与反应有关的气体浓度没有改变，反应速率不变，B错误；C．两个都是同一方向的反应速率，不能说明平衡，C错误；D．容器内和的浓度比不变，说明它们的浓度不变，说明到达平衡，D正确；E．该反应是气体体积缩小的反应，故气体的总的物质的量在反应未平衡时始终在变化，由质量守恒可知气体的总质量不变，故容器中气体的平均相对分子质量在未平衡时始终在变化，所以当容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化时可说明平衡，故E正确；故〖答案〗为：BC；（3）由电池的总反应可知，失去电子，故该电池的负极发生反应的物质，根据的关系，若上述燃料电池所消耗的在标准状况下的体积为则外电路中转移的电子数目为故〖答案〗为：CH3OH；2NA。17.在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。（1）甲同学利用图1所示装置研究二氧化硫的性质。图1①图1中仪器