2023-2024学年浙江省学考适应性高一下学期6月期末化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省学考适应性2023-2024学年高一下学期6月期末试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间60分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的〖答案〗必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Si-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中，属于碱的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由金属离子Na+和酸根离子构成，属于盐，A不符合题意；B．为硫酸的最高价含氧酸，属于酸，B不符合题意；C．由金属离子K+和OH-离子构成，属于碱，C符合题意；D．由金属离子Na+和O2-构成，属于氧化物，D不符合题意；故选C。2.下列气体中，无毒的是（）A.Cl2 B.CO C.NO2 D.N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cl2为黄绿色气体，有毒，对呼吸系统有刺激作用，A不符合题意；B．CO为无色有毒气体，能与血红蛋白结合，B不符合题意；C．NO2为红棕色气体，有毒，C不符合题意；D．N2是空气的主要成分之一，无毒，D符合题意；故选D。3.如图所示仪器中，名称为“分液漏斗”的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．名称为漏斗，A不符合题意；B．名称为U形管，B不符合题意；C．名称为分液漏斗，C符合题意；D．名称为容量瓶，D不符合题意；故选C。4.下列溶液中，能使紫色石蕊试液变红的是（）A.稀盐酸 B.食盐水 C.石灰水D.医用酒精〖答案〗A〖解析〗详析】A．稀盐酸呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，A符合题意；B．食盐水呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，B不符合题意；C．石灰水呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝，C不符合题意；D．医用酒精即体积分数为75%的乙醇水溶液，呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，D不符合题意；故选A。5.下列物质中，一定条件下不能与Cl2反应的是（）A.FeCl3 B.H2O C.Na D.KI〖答案〗A〖解析〗【详析】A．FeCl3中Fe表现+3价，不能被Cl2氧化，A符合题意；B．Cl2与H2O反应，可生成HCl、HClO，B不符合题意；C．Na能在Cl2中燃烧，生成NaCl，C不符合题意；D．Cl2与KI能发生置换反应，生成KCl和I2，D不符合题意；故选A。6.反应中，氧化产物是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】该反应中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到+4价，则HNO3为氧化剂，Cu为还原剂，Cu元素被氧化，为氧化产物，故选C。7.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是（）A.胶体 B.溶液 C.有色玻璃 D.云、雾〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗当光束通过胶体时会出现丁达尔效应。【详析】A．胶体属于液溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故A不符合题意；B．溶液属于溶液，当光束通过胶体时不会出现丁达尔效应，故B符合题意；C．有色玻璃属于固溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故C不符合题意；D．云、雾属于气溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故D不符合题意；故〖答案〗为：B。8.下列物质的名称与化学式对应关系正确的是（）A.大理石： B.钡餐： C.纯碱： D.烧碱：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．大理石主要成分为碳酸钙，故A错误；B．钡餐为硫酸钡，故B错误；C．纯碱为碳酸钠，故C错误；D．烧碱、苛性钠均为氢氧化钠，故D正确；故〖答案〗为：D。9.下列说法不正确的是（）A.和互为同位素 B.和互为同分异构体C.和互为同系物 D.石墨和石墨烯互为同素异形体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．质子数为8，中子数为8；质子数为8，中子数为10，两者质子数相同，中子数不同互为同位素，故A正确；B．和均为氯乙烷，只书写方式不同，属于同一种物质，故B错误；C．和均含有一个碳碳双键，组成上相差CH2，互为同系物，故C正确；D．石墨和石墨烯均是碳元素组成的单质，性质不同，互为同素异形体，故D正确；故〖答案〗为：B。10.下列表示正确的是（）A.正丁烷的空间填充模型： B.乙烯的结构简式CH2CH2C.含8个质子、10个中子的核素为18O D.S2-的结构示意图：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．是正丁烷的球棍模型，不是空间填充模型，A不正确；B．乙烯的结构式为，结构简式为CH2=CH2，B不正确；C．含8个质子、10个中子的核素，其质量数为18，可表示为18O，C正确；D．S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，其离子结构示意图为，D不正确；故选C。11.下列说法不正确的是（）A.硫酸亚铁可用作食品的抗氧化剂B.都可用于自来水消毒C.因为有毒气体，所以它不能添加于食品中D.可用作潜艇或呼吸面具的供氧剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硫酸亚铁有强还原性，能与氧气反应，无毒，所以硫酸亚铁可用作食品的抗氧化剂，故A正确；

B．具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于自来水消毒，故B正确；

C．SO2是有毒气体，在葡萄酒中适当添加SO2起杀菌和抗氧化作用，能做食品添加剂，故C错误；

D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，可用于潜艇或呼吸面具中作为供氧剂，故D正确；

故选：C。12.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其相对位置如下表所示，Y原子最外层电子数是内层的3倍。下列说法不正确的是（）A.最高化合价：W＞X B.原子半径：Z＞YC.非金属性：W＞Z D.Ｚ的位置为第3周期第ⅥA族〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，X、Y为第二周期元素，Z、W为第三周期元素。X、Y、Z、W四种短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素，从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、Si、S。【详析】A．W、X分别为S、C，S的最高价为+6，C的最高价为+4，则最高化合价：S＞C，A正确；B．Y、Z分别为O、Si，原子半径：Si＞C＞O，则原子半径：Si＞O，B正确；C．W、Z分别为S、Si，二者属于同周期元素，且S在Si的右边，则非金属性：S＞Si，C正确；D．Z为Si元素，原子结构示意图为：，位置为第3周期第ⅣA族，D不正确；故选D。13.下列方程式的书写，不正确的是（）A.次氯酸钙的电离方程式：B.铜和浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OC.丙烯通入溴的四氯化碳溶液的化学方程式：D.过量通入氢氧化钠溶液中：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．次氯酸钙为易溶于水的强电解质，电离方程式：，A正确；B．铜和浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫等，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，B正确；C．丙烯通入溴的四氯化碳溶液中，与溴发生加成反应，生成1，2-二溴丙烷，化学方程式：，C不正确；D．过量通入氢氧化钠溶液中，生成的Na2SO3继续与SO2反应，最终生成NaHSO3，离子方程式为：，D正确；故选C。14.下列说法正确的是（）A.石油的分馏、裂化和裂解都是化学变化B.光照条件下，CH3CH3与Cl2反应可生成CH3CH2Cl及HCl，反应类型为取代反应C.乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.糖类、油脂和蛋白质都属于天然高分子〖答案〗B〖解析〗【详析】A．石油的分馏是利用物质的沸点差异进行分离，属于物理变化，裂化和裂解是化学变化，A不正确；B．光照条件下，CH3CH3与Cl2反应时，能发生多步取代，生成CH3CH2Cl及HCl等，反应类型为取代反应，B正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯的结构简式为，分子不含有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D．糖类中的单糖和低聚糖、油脂都不属于高分子化合物，多糖中的淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，D不正确；故选B。15.化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法不正确的是（）A.铝合金密度小、强度大、抗腐蚀能力强，可用于制造飞机、宇宙飞船B.我们正处于信息技术高速发展的年代，处理信息的“芯片”主要成分为，传输信息的“光纤”主要成分则为C.位于新疆维吾尔自治区吐鲁番市高昌区的“火焰山”，因岩石中富含而呈红色D.酸雨指的降水，主要与氮氧化物及硫氧化物的不合理排放有关〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铝合金因密度小、强度大、抗腐蚀能力强，可用于制造飞机、宇宙飞船，故A正确；B．“芯片”主要成分为，传输信息的“光纤”主要成分则为，故B正确；C．“火焰山”，因岩石中富含而呈红色，故C错误；D．酸雨指的降水，主要与氮氧化物及硫氧化物的不合理排放有关，故D正确；故〖答案〗为：C。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.下列物质中，既含离子键，又含共价键的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．只含共价键，A不符合题意；B．既含离子键，又含共价键，B符合题意；C．只含离子键，C不符合题意；D．只含共价键，D不符合题意；故选B。17.已知某反应中能量变化如图所示，所得结论正确的是（）A.若反应物是红磷，生成物是白磷，则白磷化学性质更稳定B.该图像可以表示溶液与稀盐酸反应的能量变化C.因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才可进行D.该反应过程中，形成新化学键释放的总能量大于断裂旧化学键吸收的总能量〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗该图像表示吸热反应即反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量。【详析】A．能量越低越稳定，若反应物是红磷，生成物是白磷，则红磷更稳定，故A错误；B．溶液与稀盐酸反应属于吸热反应，故B正确；C．生成物的总能量高于反应物的总能量，反应为吸热反应，反应吸放热与反应条件无关，该反应不一定需要加热，故C错误；D．该反应为吸热反应，形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，故D错误；故〖答案〗为：B。18.某同学用如图所示装置研究原电池原理，下列说法正确的是（）A.图1中，片表面产生气泡；片上没有明显现象B.图2和图3中，片质量都会减小，铜片质量都会增大C.图2和图3中，电子都沿导线由片流向片，再由铜片经溶液流回片D.图2中，片上发生的电极反应式为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗图1不能构成原电池，发生；图2装置、、稀硫酸构成原电池，发生反应，锌片作负极，铜片作正极；图3装置、、硫酸铜溶液构成原电池，发生反应，锌片作负极，铜片作正极。【详析】A．图1中，不能构成原电池，发生片表面产生气泡；片与稀硫酸反应，没有明显现象，故A正确；B．图2装置中片作负极质量会减小，铜片作正极，氢离子得电子生成氢气，电极质量不变；图3中构成的原电池中，片作负极，质量减小，铜片作正极铜离子得电子生成铜单质附着在正极上，质量会增大，故B错误；C．原电池中电子从负极经导线流向正极，电子不进人电解质溶液，故图2和图3中，电子都沿导线由片流向片，故C错误；D．图2中，片作负极，发生的电极反应式为：，故D错误；故〖答案〗为：A。19.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.所含有的分子数目为B.标准状况下，与足量反应，转移的电子数为C.常温下，溶液中所含的离子数为D.固体所含离子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．的物质的量为1mol，所含有的分子数目为，氧原子数为，A错误；B．标准状况下，的物质的量为1mol，与足量反应，根据化合价变化可知转移的电子数为，B错误；C．溶液的体积未知，无法计算离子数，C错误；D．含有钠离子和过氧根离子，因此固体所含离子数为，D正确；〖答案〗选D。20.在固态、液态及溶液中的导电实验如图所示，其中分别接电源的两电极下列说法正确的是（）A.图为固态的导电实验装置，因其中不存在离子，所以不能导电B.图为液态的导电实验装置，在通电条件下，发生了电离，故可以导电C.图也可表示为液态的导电实验装置D.图为溶液的导电实验装置，其中表示水合氯离子〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NaCl在熔融状态下或水溶液里都存在自由移动的离子，NaCl固体中不含自由移动的离子，所以不能导电，故A错误；B．熔融状态下NaCl发生电离生成钠离子和氯离子，与是否通电无关，故B错误；C．液态HCl以分子形式存在，通电条件下，液态HCl不存在离子，因此图b不能表示其导电实验，故C错误；D．氯离子半径大于钠离子半径，氯离子带负电，水分子中氢原子朝向氯离子，所以表示水合氯离子，故D正确；故选：D。21.“类比”是我们学习化学的重要方法，下列由客观事实类比得到的结论正确的是（）选项客观事实类比结论A与能直接化合生成与可直接化合生成B将放入溶液中可置换出将放入溶液中可置换出CD的空间构型为正四面体形的空间构型为正四面体形〖答案〗D〖解析〗【详析】A．与可直接化合生成，故A错误；B．将放入溶液中生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气，不能置换出铜单质，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，遇到过氧化钠反应，过氧化钠只表现氧化性，两者发生反应，故C错误；D．CH4的C原子采取sp3杂化，中的Si采取sp3杂化，孤电子对数为0，该分子为正四面体形，故D正确；故〖答案〗为：D。22.某温度下，在容积为的恒容密闭容器中，发生反应的浓度随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（）A.内，用表示的平均反应速率为B.时，的消耗速率等于其生成速率C.若容器内气体压强不再发生变化，则反应一定达到平衡状态D.达平衡时的转化率为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．从图中可知内，，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，故A错误；B．反应进行到时，反应未达平衡，此时反应正向进行的消耗速率大于其生成速率，故B错误；C．该反应是气体分子总数变化的反应，在温度体积一定的条件下，气体的总物质的量是个变化量，容器内气体压强也是变化量，当容器中压强不再发生变化，说明反应一定达到平衡状态，故C正确；D．4分钟反应达到平衡，，，的转化率为，故D错误；故〖答案〗为：C。23.在缺氧及乳酸菌作用下，葡萄糖转化为乳酸，其结构简式为，下列说法不正确的是（）A.该反应属于水解反应B.可用足量的新制银氨溶液检验该反应是否完全进行C.等量乳酸分别与足量及反应，消耗和的物质的量之比为D.乳酸既能与乙醇发生酯化反应，也能与乙酸发生酯化反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．葡萄糖为单糖，不能水解，葡萄糖转化为乳酸的反应不是水解反应，故A错误；B．葡萄糖中含有醛基，可用足量的新制银氨溶液检验该反应是否完全进行，故B正确；C．中含有的羧基可以和碳酸氢钠反应，羧基、羟基都可以和钠反应；等量乳酸分别与足量及反应，消耗和的物质的量之比为，故C正确；D．乳酸中含有的羧基可以与乙醇发生酯化反应，含有的羟基能与乙酸发生酯化反应，故D正确；故〖答案〗为：A。24.海水是一座巨大的资源宝库，工业提取金属镁的部分流程如图所示：下列说法正确的是（）A.此“海水”指用海水提取后剩余的母液B.试剂1是、操作1是过滤C.物质A是、条件1是热分解D.以上生产过程中涉及到的所有反应都是氧化还原反应〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗工业提取金属镁常用海水晒盐后的卤水即海水提取后剩余的母液作为原料提取镁，向海水提取后剩余的母液中加入氢氧化钙，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁，晶过滤得到氢氧化镁固体，氢氧化镁加入稀盐酸得到氯化镁溶液经过在氯化氢气流中加热得到氯化镁晶体，氯化镁在熔融状态下电解得到镁单质。【详析】A．工业提取金属镁常用海水晒盐后的卤水即海水提取后剩余的母液作为原料提取镁，故A正确；B．向海水提取后剩余的母液中加入氢氧化钙，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁，晶过滤得到氢氧化镁固体，故试剂1是氢氧化钙、操作1是过滤，故B错误；C．氢氧化镁加入稀盐酸得到氯化镁溶液经过在氯化氢气流中加热得到氯化镁晶体，氯化镁在熔融状态下电解得到镁单质，物质A为氯化镁，条件1为电解，故C错误；D．“海水”中加入氢氧化钙的反应、氢氧化镁转化为氯化镁晶体均为非氧化还原反应，电解熔融氯化镁得到镁单质反应为氧化还原反应，故D错误；故〖答案〗为：A。25.下列实验目的对应的实验方案设计合理的是（）选项实验目的实验方案A检验淀粉在稀硫酸催化下是否发生水解取淀粉溶液、加稀硫酸并加热、冷却后加入新制悬浊液并加热，观察有无砖红色沉淀产生B检验溶液是否因氧化而变质取适量该溶液于试管中，滴加少量溶液，观察有无白色沉淀产生C比较双氧水分解反应中，和的催化效果取两只相同规格的试管A和B，分别加入同浓度、同体积的双氧水，向A中加入溶液，同时向B中加入溶液，比较两个试管中产生气体的速度D证明非金属性将适量通入溶液，观察溶液是否变浑浊〖答案〗D〖解析〗【详析】A．淀粉在酸性条件下水解后，应先加入氢氧化钠将溶液调节至碱性，再加入少量新制悬浊液并加热，若出现砖红色沉淀，说明淀粉水解了，题中所述操作未加氢氧化钠将溶液调节至碱性，因此若未出现砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故A错误；B．亚硫酸钠变质生成硫酸钠，取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，亚硫酸根离子转化为二氧化硫，排除亚硫酸根的干扰，再加入足量溶液，若有白色沉淀产生，则溶液中含硫酸根离子，样品已经变质，故B错误；C．向等浓度等体积的双氧水中分别加入0.1mol/L硫酸铁溶液和0.1mol/L氯化铜溶液，加入氯化铁溶液产生气泡快，铁离子、铜离子浓度不相等，无法比较和的催化效果，故C错误；D．将适量通入溶液发生反应，溶液出现黄色沉淀，说明氧化性：，进而得出非金属性：，故D正确；故〖答案〗为：D。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.请回答：（1）①硫酸铁的化学式是___________；②水的电子式是___________。（2）纯净的H2在Cl2中燃烧时，火焰呈___________色，并伴有白雾生成。（3）金属Na与水反应的离子方程式___________。〖答案〗（1）①.Fe2(SO4)3②.（2）苍白（3）〖解析〗（1）①硫酸铁的化学式是Fe2(SO4)3；②水为共价化合物，H、O原子间形成共价单键，电子式是。（2）纯净H2在Cl2中燃烧时，火焰呈苍白色，若空气潮湿，在瓶口伴有白雾生成。（3）金属Na与水反应，生成NaOH和H2，离子方程式为。27.烃A可用作植物生长调节剂，其年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含氧有机物B和D都是厨房中常见的有机物，是一种有水果香味的油状液体，反应中消耗的与D的物质的量之比为回答下列问题：（1）A的分子式是___________。（2）B中含有的官能团名称是___________。（3）的反应类型是___________。（4）由的化学方程式是___________。〖答案〗（1）（2）羟基（3）氧化反应（4）〖解析〗烃A可用作植物生长调节剂，其年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A为，与一定条件下发生加成反应生成B，B的结构简式为；被催化氧气，得到乙醛，即C的结构简式为；被氧化成乙酸，即D结构简式为，与F乙二醇按照物质的量2：1在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G（）。（1）根据分析可知A为，分子式为：，故〖答案〗为：；（2）B为，含有的官能团名称为羟基，故〖答案〗为：羟基；（3）B为，在铜作催化剂、加热条件下发生催化氧化生成，的反应类型是氧化反应，故〖答案〗为：氧化反应；（4）D结构简式为，与F乙二醇按照物质的量2：1在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G（），对应的化学方程式为：，故〖答案〗为：。28.探究固体A(仅含3种元素)的组成和性质，设计并完成了如图所示实验：回答下列问题（1）A的组成元素为O及___________(填元素符号)。（2）C的化学式为___________。（3）E→F的离子方程式为___________。（4）下列说法正确的是___________。A.固体A中金属原子和O原子物质的量之比为1:3B.黑色固体D可用作磁性材料C.将5mL1mol/LF溶液与5mL1mol/LNaOH溶液混合，可制得一种红褐色胶体D.检验E中金属阳离子的方法：先加KSCN溶液，再通少量Cl2〖答案〗（1）Fe、C（2）CaCO3（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（4）AD〖解析〗固体A(仅含3种元素)隔绝空气加强热，生成的无色无味气体B能使澄清石灰水变浑浊，则B为CO2，C为CaCO3，其物质的量为=0.1mol；黑色固体D溶于稀盐酸生成浅绿色溶液，通氯气后得黄色溶液，则F为FeCl3，E为FeCl2，D为FeO，从而得出固体A由Fe、C、O三种元素组成。11.6gA分解，生成0.1molCO2，质量为4.4g，则FeO的质量为11.6g-4.4g=7.2g，物质的量为0.1mol，FeO、CO2的物质的量之比为0.1:0.1=1:1，所以A的化学式为FeCO3。（1）由分析可知，A的组成元素为O及Fe、C。（2）C是由CO2气体通入澄清石灰水中生成的难溶物，则其为碳酸钙，化学式为CaCO3。（3）E(FeCl2)+Cl2→F(FeCl3)，则离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。（4）A．由分析可知，固体A的化学式为FeCO3，金属原子Fe和O原子物质的量之比为1:3，A正确；B．黑色固体DFeO，没有磁性，不能用作磁性材料，B不正确；C．F为FeCl3，将5mL1mol/LFeCl3溶液与5mL1mol/LNaOH溶液混合，生成Fe(OH)3红褐色沉淀，不能制得红褐色胶体，C不正确；D．检验E中金属阳离子Fe2+时，应排除Fe3+的干扰，方法为：先加KSCN溶液，无现象，再通少量Cl2，溶液呈血红色，D正确；故选AD。29.为探究C与一定量反应生成气体产物的成分，某同学用如图所示装置进行有关实验(部分夹持、支撑和固定仪器已省略)：回答下列问题：（1）A中C与反应生成的气体产物可能是或___________或___________。（2）实验前应打开开关，通入适量，目的是___________。（3）B中所盛试剂是___________，C中盛碱石灰的仪器名称是___________。（4）D中可能的化学反应方程式是___________。（5）本实验处理尾气的方法或试剂是___________。〖答案〗（1）①.②.和（2）排除装置中空气(或氧气)，防止氧气与C或等反应（3）①.澄清石灰水②.形管（4）（5）点燃法(或装袋收集法)〖解析〗实验开始先通入氮气，排除装置中空气(或氧气)，防止氧气与C或等反应，加热A装置发生反应生成的气体产物可能是或或和，B中的澄清石灰水检验二氧化碳，C中的碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，D中若黑色的氧化铜变红，说明发生反应，从而确定可知反应后的气体中有一氧化碳。（1）从分析可知A中C与反应生成的气体产物可能是或或和，故〖答案〗为：；和；（2）实验前应打开开关，通入适量，目的是排除装置中空气(或氧气)，防止氧气与C或等反应，故〖答案〗为：排除装置中空气(或氧气)，防止氧气与C或等反应；（3）B中的澄清石灰水检验二氧化碳，C装置为形管，故〖答案〗为：澄清石灰水；形管；（4）D中若黑色的氧化铜变红，说明发生反应，从而确定可知反应后的气体中有一氧化碳，故〖答案〗为：；（5）一氧化碳易燃、有毒，故采用点燃法(或装袋收集法)将尾气处理防止污染环境，故〖答案〗为：点燃法(或装袋收集法)。30.工业上用为原料制可简化为如下两步反应：第一步：(条件略)；第二步：。某同学用与足量和水为原料，在一定条件下模拟了上述生产过程，共消耗了标准状况下氨气。请计算：（1）消耗的的物质的量为___________。（2）整个过程转移电子的物质的量为___________。（3）理论上可获得质量分数为的硝酸(假设溶质不挥发)质量为___________。〖答案〗（1）0.4（2）3.2（3）80〖解析〗（1）消耗了标准状况下氨气的物质的量；（2）用为原料制，1mol氨气反应转移8mol电子，则整个过程消耗0.4mol转移电子的物质的量为0.4mol×8=3.2mol；（3）由氮元素质量守恒，n()=n()=0.4mol，m()=0.4mol×63g/mol=25.2g，可获得质量分数为的硝酸质量为。浙江省学考适应性2023-2024学年高一下学期6月期末试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间60分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的〖答案〗必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Si-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中，属于碱的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由金属离子Na+和酸根离子构成，属于盐，A不符合题意；B．为硫酸的最高价含氧酸，属于酸，B不符合题意；C．由金属离子K+和OH-离子构成，属于碱，C符合题意；D．由金属离子Na+和O2-构成，属于氧化物，D不符合题意；故选C。2.下列气体中，无毒的是（）A.Cl2 B.CO C.NO2 D.N2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cl2为黄绿色气体，有毒，对呼吸系统有刺激作用，A不符合题意；B．CO为无色有毒气体，能与血红蛋白结合，B不符合题意；C．NO2为红棕色气体，有毒，C不符合题意；D．N2是空气的主要成分之一，无毒，D符合题意；故选D。3.如图所示仪器中，名称为“分液漏斗”的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．名称为漏斗，A不符合题意；B．名称为U形管，B不符合题意；C．名称为分液漏斗，C符合题意；D．名称为容量瓶，D不符合题意；故选C。4.下列溶液中，能使紫色石蕊试液变红的是（）A.稀盐酸 B.食盐水 C.石灰水D.医用酒精〖答案〗A〖解析〗详析】A．稀盐酸呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，A符合题意；B．食盐水呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，B不符合题意；C．石灰水呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝，C不符合题意；D．医用酒精即体积分数为75%的乙醇水溶液，呈中性，不能使紫色石蕊试液变红，D不符合题意；故选A。5.下列物质中，一定条件下不能与Cl2反应的是（）A.FeCl3 B.H2O C.Na D.KI〖答案〗A〖解析〗【详析】A．FeCl3中Fe表现+3价，不能被Cl2氧化，A符合题意；B．Cl2与H2O反应，可生成HCl、HClO，B不符合题意；C．Na能在Cl2中燃烧，生成NaCl，C不符合题意；D．Cl2与KI能发生置换反应，生成KCl和I2，D不符合题意；故选A。6.反应中，氧化产物是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】该反应中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到+4价，则HNO3为氧化剂，Cu为还原剂，Cu元素被氧化，为氧化产物，故选C。7.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是（）A.胶体 B.溶液 C.有色玻璃 D.云、雾〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗当光束通过胶体时会出现丁达尔效应。【详析】A．胶体属于液溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故A不符合题意；B．溶液属于溶液，当光束通过胶体时不会出现丁达尔效应，故B符合题意；C．有色玻璃属于固溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故C不符合题意；D．云、雾属于气溶胶，当光束通过胶体时会出现丁达尔效应，故D不符合题意；故〖答案〗为：B。8.下列物质的名称与化学式对应关系正确的是（）A.大理石： B.钡餐： C.纯碱： D.烧碱：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．大理石主要成分为碳酸钙，故A错误；B．钡餐为硫酸钡，故B错误；C．纯碱为碳酸钠，故C错误；D．烧碱、苛性钠均为氢氧化钠，故D正确；故〖答案〗为：D。9.下列说法不正确的是（）A.和互为同位素 B.和互为同分异构体C.和互为同系物 D.石墨和石墨烯互为同素异形体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．质子数为8，中子数为8；质子数为8，中子数为10，两者质子数相同，中子数不同互为同位素，故A正确；B．和均为氯乙烷，只书写方式不同，属于同一种物质，故B错误；C．和均含有一个碳碳双键，组成上相差CH2，互为同系物，故C正确；D．石墨和石墨烯均是碳元素组成的单质，性质不同，互为同素异形体，故D正确；故〖答案〗为：B。10.下列表示正确的是（）A.正丁烷的空间填充模型： B.乙烯的结构简式CH2CH2C.含8个质子、10个中子的核素为18O D.S2-的结构示意图：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．是正丁烷的球棍模型，不是空间填充模型，A不正确；B．乙烯的结构式为，结构简式为CH2=CH2，B不正确；C．含8个质子、10个中子的核素，其质量数为18，可表示为18O，C正确；D．S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，其离子结构示意图为，D不正确；故选C。11.下列说法不正确的是（）A.硫酸亚铁可用作食品的抗氧化剂B.都可用于自来水消毒C.因为有毒气体，所以它不能添加于食品中D.可用作潜艇或呼吸面具的供氧剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硫酸亚铁有强还原性，能与氧气反应，无毒，所以硫酸亚铁可用作食品的抗氧化剂，故A正确；

B．具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于自来水消毒，故B正确；

C．SO2是有毒气体，在葡萄酒中适当添加SO2起杀菌和抗氧化作用，能做食品添加剂，故C错误；

D．过氧化钠与水、二氧化碳反应都产生氧气，可用于潜艇或呼吸面具中作为供氧剂，故D正确；

故选：C。12.X、Y、Z、W四种短周期主族元素，其相对位置如下表所示，Y原子最外层电子数是内层的3倍。下列说法不正确的是（）A.最高化合价：W＞X B.原子半径：Z＞YC.非金属性：W＞Z D.Ｚ的位置为第3周期第ⅥA族〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，X、Y为第二周期元素，Z、W为第三周期元素。X、Y、Z、W四种短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素，从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、Si、S。【详析】A．W、X分别为S、C，S的最高价为+6，C的最高价为+4，则最高化合价：S＞C，A正确；B．Y、Z分别为O、Si，原子半径：Si＞C＞O，则原子半径：Si＞O，B正确；C．W、Z分别为S、Si，二者属于同周期元素，且S在Si的右边，则非金属性：S＞Si，C正确；D．Z为Si元素，原子结构示意图为：，位置为第3周期第ⅣA族，D不正确；故选D。13.下列方程式的书写，不正确的是（）A.次氯酸钙的电离方程式：B.铜和浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OC.丙烯通入溴的四氯化碳溶液的化学方程式：D.过量通入氢氧化钠溶液中：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．次氯酸钙为易溶于水的强电解质，电离方程式：，A正确；B．铜和浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫等，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，B正确；C．丙烯通入溴的四氯化碳溶液中，与溴发生加成反应，生成1，2-二溴丙烷，化学方程式：，C不正确；D．过量通入氢氧化钠溶液中，生成的Na2SO3继续与SO2反应，最终生成NaHSO3，离子方程式为：，D正确；故选C。14.下列说法正确的是（）A.石油的分馏、裂化和裂解都是化学变化B.光照条件下，CH3CH3与Cl2反应可生成CH3CH2Cl及HCl，反应类型为取代反应C.乙烯和聚乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.糖类、油脂和蛋白质都属于天然高分子〖答案〗B〖解析〗【详析】A．石油的分馏是利用物质的沸点差异进行分离，属于物理变化，裂化和裂解是化学变化，A不正确；B．光照条件下，CH3CH3与Cl2反应时，能发生多步取代，生成CH3CH2Cl及HCl等，反应类型为取代反应，B正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯的结构简式为，分子不含有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D．糖类中的单糖和低聚糖、油脂都不属于高分子化合物，多糖中的淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，D不正确；故选B。15.化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法不正确的是（）A.铝合金密度小、强度大、抗腐蚀能力强，可用于制造飞机、宇宙飞船B.我们正处于信息技术高速发展的年代，处理信息的“芯片”主要成分为，传输信息的“光纤”主要成分则为C.位于新疆维吾尔自治区吐鲁番市高昌区的“火焰山”，因岩石中富含而呈红色D.酸雨指的降水，主要与氮氧化物及硫氧化物的不合理排放有关〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铝合金因密度小、强度大、抗腐蚀能力强，可用于制造飞机、宇宙飞船，故A正确；B．“芯片”主要成分为，传输信息的“光纤”主要成分则为，故B正确；C．“火焰山”，因岩石中富含而呈红色，故C错误；D．酸雨指的降水，主要与氮氧化物及硫氧化物的不合理排放有关，故D正确；故〖答案〗为：C。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.下列物质中，既含离子键，又含共价键的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．只含共价键，A不符合题意；B．既含离子键，又含共价键，B符合题意；C．只含离子键，C不符合题意；D．只含共价键，D不符合题意；故选B。17.已知某反应中能量变化如图所示，所得结论正确的是（）A.若反应物是红磷，生成物是白磷，则白磷化学性质更稳定B.该图像可以表示溶液与稀盐酸反应的能量变化C.因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才可进行D.该反应过程中，形成新化学键释放的总能量大于断裂旧化学键吸收的总能量〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗该图像表示吸热反应即反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量。【详析】A．能量越低越稳定，若反应物是红磷，生成物是白磷，则红磷更稳定，故A错误；B．溶液与稀盐酸反应属于吸热反应，故B正确；C．生成物的总能量高于反应物的总能量，反应为吸热反应，反应吸放热与反应条件无关，该反应不一定需要加热，故C错误；D．该反应为吸热反应，形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，故D错误；故〖答案〗为：B。18.某同学用如图所示装置研究原电池原理，下列说法正确的是（）A.图1中，片表面产生气泡；片上没有明显现象B.图2和图3中，片质量都会减小，铜片质量都会增大C.图2和图3中，电子都沿导线由片流向片，再由铜片经溶液流回片D.图2中，片上发生的电极反应式为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗图1不能构成原电池，发生；图2装置、、稀硫酸构成原电池，发生反应，锌片作负极，铜片作正极；图3装置、、硫酸铜溶液构成原电池，发生反应，锌片作负极，铜片作正极。【详析】A．图1中，不能构成原电池，发生片表面产生气泡；片与稀硫酸反应，没有明显现象，故A正确；B．图2装置中片作负极质量会减小，铜片作正极，氢离子得电子生成氢气，电极质量不变；图3中构成的原电池中，片作负极，质量减小，铜片作正极铜离子得电子生成铜单质附着在正极上，质量会增大，故B错误；C．原电池中电子从负极经导线流向正极，电子不进人电解质溶液，故图2和图3中，电子都沿导线由片流向片，故C错误；D．图2中，片作负极，发生的电极反应式为：，故D错误；故〖答案〗为：A。19.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.所含有的分子数目为B.标准状况下，与足量反应，转移的电子数为C.常温下，溶液中所含的离子数为D.固体所含离子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．的物质的量为1mol，所含有的分子数目为，氧原子数为，A错误；B．标准状况下，的物质的量为1mol，与足量反应，根据化合价变化可知转移的电子数为，B错误；C．溶液的体积未知，无法计算离子数，C错误；D．含有钠离子和过氧根离子，因此固体所含离子数为，D正确；〖答案〗选D。20.在固态、液态及溶液中的导电实验如图所示，其中分别接电源的两电极下列说法正确的是（）A.图为固态的导电实验装置，因其中不存在离子，所以不能导电B.图为液态的导电实验装置，在通电条件下，发生了电离，故可以导电C.图也可表示为液态的导电实验装置D.图为溶液的导电实验装置，其中表示水合氯离子〖答案〗D〖解析〗【详析】A．NaCl在熔融状态下或水溶液里都存在自由移动的离子，NaCl固体中不含自由移动的离子，所以不能导电，故A错误；B．熔融状态下NaCl发生电离生成钠离子和氯离子，与是否通电无关，故B错误；C．液态HCl以分子形式存在，通电条件下，液态HCl不存在离子，因此图b不能表示其导电实验，故C错误；D．氯离子半径大于钠离子半径，氯离子带负电，水分子中氢原子朝向氯离子，所以表示水合氯离子，故D正确；故选：D。21.“类比”是我们学习化学的重要方法，下列由客观事实类比得到的结论正确的是（）选项客观事实类比结论A与能直接化合生成与可直接化合生成B将放入溶液中可置换出将放入溶液中可置换出CD的空间构型为正四面体形的空间构型为正四面体形〖答案〗D〖解析〗【详析】A．与可直接化合生成，故A错误；B．将放入溶液中生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气，不能置换出铜单质，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，遇到过氧化钠反应，过氧化钠只表现氧化性，两者发生反应，故C错误；D．CH4的C原子采取sp3杂化，中的Si采取sp3杂化，孤电子对数为0，该分子为正四面体形，故D正确；故〖答案〗为：D。22.某温度下，在容积为的恒容密闭容器中，发生反应的浓度随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（）A.内，用表示的平均反应速率为B.时，的消耗速率等于其生成速率C.若容器内气体压强不再发生变化，则反应一定达到平衡状态D.达平衡时的转化率为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．从图中可知内，，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，故A错误；B．反应进行到时，反应未达平衡，此时反应正向进行的消耗速率大于其生成速率，故B错误；C．该反应是气体分子总数变化的反应，在温度体积一定的条件下，气体的总物质的量是个变化量，容器内气体压强也是变化量，当容器中压强不再发生变化，说明反应一定达到平衡状态，故C正确；D．4分钟反应达到平衡，，，的转化率为，故D错误；故〖答案〗为：C。23.在缺氧及乳酸菌作用下，葡萄糖转化为乳酸，其结构简式为，下列说法不正确的是（）A.该反应属于水解反应B.可用足量的新制银氨溶液检验该反应是否完全进行C.等量乳酸分别与足量及反应，消耗和的物质的量之比为D.乳酸既能与乙醇发生酯化反应，也能与乙酸发生酯化反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．葡萄糖为单糖，不能水解，葡萄糖转化为乳酸的反应不是水解反应，故A错误；B．葡萄糖中含有醛基，可用足量的新制银氨溶液检验该反应是否完全进行，故B正确；C．中含有的羧基可以和碳酸氢钠反应，羧基、羟基都可以和钠反应；等量乳酸分别与足量及反应，消耗和的物质的量之比为，故C正确；D．乳酸中含有的羧基可以与乙醇发生酯化反应，含有的羟基能与乙酸发生酯化反应，故D正确；故〖答案〗为：A。24.海水是一座巨大的资源宝库，工业提取金属镁的部分流程如图所示：下列说法正确的是（）A.此“海水”指用海水提取后剩余的母液B.试剂1是、操作1是过滤C.物质A是、条件1是热分解D.以上生产过程中涉及到的所有反应都是氧化还原反应〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗工业提取金属镁常用海水晒盐后的卤水即海水提取后剩余的母液作为原料提取镁，向海水提取后剩余的母液中加入氢氧化钙，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁，晶过滤得到氢氧化镁固体，氢氧化镁加入稀盐酸得到氯化镁溶液经过在氯化氢气流中加热得到氯化镁晶体，氯化镁在熔融状态下电解得到镁单质。【详析】A．工业提取金属镁常用海水晒盐后的卤水即海水提取后剩余的母液作为原料提取镁，故A正确；B．向海水提取后剩余的母液中加入氢氧化钙，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁，晶过滤得到氢氧化镁固体，故试剂1是氢氧化钙、操作1是过滤，故B错误；C．氢氧化镁加入稀盐酸得到氯化镁溶液经过在氯化氢气流中加热得到氯化镁晶体，氯化镁在熔融状态下电解得到镁单质，物质A为氯化镁，条件1为电解，故C错误；D．“海水”中加入氢氧化钙的反应、氢氧化镁转化为氯化镁晶体均为非氧化还原反应，电解熔融氯化镁得到镁单质反应为氧化还原反应，故D错误；故〖答案〗为：A。25.下列实验目的对应的实验方案设计合理的是（）选项实验目的实验方案A检验淀粉在稀硫酸催化下是否发生水解取淀粉溶液、加稀硫酸并加热、冷却后加入新制悬浊液并加热，观察有无砖红色沉淀产生B检验溶液是否因氧化而变质取适量该溶液于试管中，滴加少量溶液，观察有无白色沉淀产生C比较双氧水分解反应中，和的催化效果取两只相同规格的试管A和B，分别加入同浓度、同体积的双氧水，向A中加入溶液，同时向B中加入溶液，比较两个试管中产生气体的速度D证明非金属性将适量通入溶液，观察溶液是否变浑浊〖答案〗D〖解析〗【详析】A．淀粉在酸性条件下水解后，应先加入氢氧化钠将溶液调节至碱性，再加入少量新制悬浊液并加热，若出现砖红色沉淀，说明淀粉水解了，题中所述操作未加氢氧化钠将溶液调节至碱性，因此若未出现砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故A错误；B．亚硫酸钠变质生成硫酸钠，取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，亚硫酸根离子转化为二氧化硫，排除亚硫酸根的干扰，再加入足量溶液，若有白色沉淀产生，则溶液中含硫酸根离子，样品已经变质，故B错误；C．向等浓度等体积的双氧水中分别加入0.1mol/L硫酸铁溶液和0.1mol/L氯化铜溶液，加入氯化铁溶液产生气泡快，铁离子、铜离子浓度不相等，无法比较和的催化效果，故C错误；D．将适量通入溶液发生反应，溶液出现黄色沉淀，说明氧化性：，进而得出非金属性：，故D正确；故〖答案〗为：D。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.请回答：（1）①硫酸铁的化学式是___________；②水的电子式是___________。（2）纯净的H2在Cl2中燃烧时，火焰呈___________色，并伴有白雾生成。（3）金属Na与水反应的离子方程式___________。〖答案〗（1）①.Fe2(SO4)3②.（2）苍白（3）〖解析〗（1）①硫酸铁的化学式是Fe2(SO4)3；②水为共价化合物，H、O原子间形成共价单键，电子式是。（2）纯净H2在Cl2中燃烧时，火焰呈苍白色，若空气潮湿，在瓶口伴有白雾生成。（3）金属Na与水反应，生成NaOH和H2，离子方程式为。27.烃A可用作植物生长调节剂，其年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含氧有机物B和D都是厨房中常见的有机物，是一种有水果香味的油状液体，反应中消耗的与D的物质的量之比为回答下列问题：（1）A的分子式是___________。（2）B中含有的官能团名称是___________。（3）的反应类型是___________。（4）由的化学方程式是___________。〖答案〗（1）（2）羟基（3）氧化反应（4）〖解析〗烃A可用作植物生长调节剂，其年产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A为，与一定条件下发生加成反应生成B，B的结构简式为；被催化氧气，得到乙醛，即C的结构简式为；被氧化成乙酸，即D结构简式为，与F乙二醇按照物质的量2：1在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成G（）。（1）根据分析可知A为，分子式为：，故〖答案〗为：；（2）B为，含有的官能团名称为羟基，故