2023-2024学年云南省楚雄彝族自治州高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省楚雄彝族自治州2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题本试卷满分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、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第二册。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.楚雄作为彝乡，少数民族气息浓郁，具有独特的饮食文化，下列有关说法错误的是（）A.臭豆腐砂锅米线：制作砂锅的主要成分属于硅酸盐材料B.千张肉：千张肉富含油脂，油脂属于酯类化合物C.双柏香疙瘩鸡：鸡肉富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子D.禄丰大井街甜白酒：谷物酿酒过程中只发生了物理变化【答案】D【解析】【详解】A．砂锅一般是用石英、长石、粘土等材质经高温烧制而成，其主要成分属于硅酸盐材料，A正确；B．油脂主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类化合物，B正确；C．蛋白质属于有机高分子，C正确，D．谷物酿酒过程中以淀粉为原料得到了乙醇，既发生了物理变化，又发生了化学变化，D错误；故答案选D。2.能源、材料、信息被称为新科技革命的三大支柱。下列有关说法错误的是（）A.新能源时代，太阳能、氢能是主要能源B.煤经过液化、气化等清洁化处理后，可减少酸雨的形成及光化学污染C.高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤D.大量开发页岩气、太阳能、生物质能等新能源有利于实现碳达峰、碳中和目标【答案】D【解析】【详解】A．核能、太阳能、氢能都是洁净能源，是未来发展的新能源，A正确；B．煤的“气化”和“液化”后的综合利用率比煤直接燃烧要高，减少一氧化碳等污染性气体的排放的重要措施，B正确；C．高吸水性树脂结构中存在亲水基团，可在干旱地区用于农业、林业上抗旱保水、改良土壤，C正确；D．页岩气是一种新型的能源，它是天然气的一种，主要成分是甲烷，无法减少二氧化碳的生成量，D错误；故选D。3.下列化学用语错误的是（）A.新戊烷的结构简式：B.聚丙烯的结构简式：C.丙烷分子的球棍模型：D.用电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．新戊烷为主链三个C原子，两个甲基为支键的烷烃，结构简式：，A正确；B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，B错误；C．丙烷的结构简式是CH3CH2CH3，球棍模型是，C正确；D．用电子式表示氯化钠的形成过程：，D正确；故选B。4.下列金属中，工业上常采用热分解法冶炼的是（）A.Al B.Fe C.Na D.Ag【答案】D【解析】【详解】A．工业上通常电解熔融的氧化铝来冶炼Al，A错误；B．工业上通常用热还原法来冶炼Fe，B错误；C．工业上通常用电解熔融的氯化钠来冶炼Na，C错误；D．工业上通常用热分解法来冶炼Ag，氧化银受热得到银和氧气，D正确；故选D。5.化学品的正确使用，关乎人体健康与环境保护。下列说法错误的是（）A.食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B.如果受到创伤，可以用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水擦洗C.化肥和农药施用不当会给人类和环境带来危害D.药物在促进人类健康的同时，不会产生任何副作用【答案】D【解析】【详解】A．食盐的主要成分是氯化钠，‌具有咸味，‌因此可用作调味品，‌食盐能够使细菌脱水死亡，‌达到抑制细菌繁殖的目的，‌因此也常用作食品防腐剂，A正确；B．对于创伤，可用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水擦洗，双氧水具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，B正确；C．化肥和农药施用不当会给人类和环境带来危害，C正确；D．药物在促进人类健康的同时，可能对机体产生与用药目的无关的有害作用，D错误；故选D。6.下列过程属于化学变化的是（）A.石油的分馏B.白磷加热到260℃转化为红磷C.用卤水点热豆浆制豆腐D.溴水中加入苯，振荡、静置后，水层无色【答案】B【解析】【详解】A．石油的分馏是利用混合物沸点的差异进行分离，属于物理变化，故A不选；B．白磷加热到260℃转化为红磷，发生同素异形体的转化，属于化学变化，故B选；C．豆浆属于胶体，加入卤水可以使胶体发生聚沉，形成豆腐，没有化学反应，故C不选；D．溴水中加入苯，振荡、静置后水层无色，发生萃取作用，属于物理变化，故D不选；答案选B。7.室温下，下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、相互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．会和发生反应，也会和发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．酸性环境中、会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．具有强氧化性，可将氧化，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。8.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L中所含的键数为B.1mol甲基()中所含的电子总数为C.足量的铜和含5mol的浓硫酸完全反应，转移的电子数为D.100g质量分数为46%的乙醇()水溶液中，含有的O原子数为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，为液体，11.2L的物质的量不是0.5mol，故A错误；B．1个甲基含有9个电子，1mol甲基()中所含的电子总数为9NA，故B错误；C．随着反应的进行，硫酸浓度减小，稀硫酸不再和铜反应，参与反应的硫酸小于5mol，则转移的电子数小于，故C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇()水溶液中，含有的O原子数为，故D正确；选D。9.利用下列实验装置能完成相应实验的是（）实验装置选项A．熔化NaOHB．制备白色沉淀实验装置选项C．验证易溶于水且溶液呈碱性D．探究催化剂对反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠能和二氧化硅反应，不能用陶瓷坩埚熔化NaOH，A错误；B．NaOH与反应生成，易被空气氧化，所以需要用除氧的氢氧化钠，并将胶头滴管伸入液面以下，B错误；C．挤压胶头滴管，氨气溶于水，使烧瓶内压强减小，打开止水夹，烧杯里的水进入烧瓶，能看到红色喷泉，说明NH3的水溶液显碱性，C正确；D．两个试管内双氧水的浓度不同，不能用于探究催化剂对反应速率的影响，D错误；故选C。10.类比思想是化学学习的重要思想，下列由客观事实类比得到的结论正确的是（）A.Fe与S反应生成FeS，则Al与S反应生成AlSB.浓硫酸敞口久置质量增加，则浓硝酸敞口久置质量也增加C.二氧化硫能使品红溶液褪色，则二氧化碳也能使品红溶液褪色D.通入溶液中不产生沉淀，则通入溶液中也不产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A．Fe与S反应生成FeS，Al与S反应生成，A项错误；B．浓硫酸具有吸水性，故浓硫酸敞口久置质量增加，浓硝酸具有挥发性，故浓硝酸敞口久置质量减小，B项错误；C．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但不能，C项错误；D．由于亚硫酸和碳酸的酸性弱于HCl，则通入溶液中不产生沉淀，则通入溶液中也不产生沉淀，D项正确；答案选D。11.下列关于有机物的鉴别、除杂或制备的说法正确的是（）A.甲烷中混有少量乙烯：通过盛有酸性高锰酸钾溶液洗气瓶B.只用溴水就能将己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来C.氯气与甲烷按照物质的量之比为2：1在光照条件下反应可制备纯净的二氯甲烷D.乙烷中混有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应使乙烯转化为乙烷【答案】B【解析】【详解】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳，会引入新的杂质二氧化碳，故A错误；B．溴水和己烯混合，溴水褪色；溴水和四氯化碳混合，液体分层，下层呈橙红色；溴水和淀粉碘化钾溶液混合，溶液变为蓝色；只用溴水就能将己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来，故B正确；C．光照条件下甲烷与氯气的反应属于连锁反应，无法制得纯净的二氯甲烷，故C错误；D．乙烷中混有少量乙烯，通入氢气在一定条件下反应使乙烯转化为乙烷，会引入新的杂质，故D错误；选B。12.化学与环境保护密切相关，下列说法错误的是（）A.PM2.5是指大气中直径大于或等于2.5微米的颗粒物，也被称为可入肺颗粒物，对人体危害大是因为它可以直接进入肺泡B.雾霾是汽车排放尾气、工厂排放废气、燃放烟花爆竹、烹饪等原因造成的C.和反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则D.对煤进行气化、液化、脱硫等处理，不仅可以提高其利用率，还可以减轻环境污染【答案】A【解析】【详解】A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也被称为可入肺颗粒物，对人体危害大是因为它可以直接进入肺泡，A错误；B．雾霾的成因包括：冬季北方采暖煤炭增加带来整体污染排放增加；大量机动车带来的路面扬尘和尾气的排放；周边的建材、化工等重工业生产过程中大量排放排放，燃烧烟花爆竹、烹饪等，B正确；C．和反应生成，原子利用率达到100%，生成的聚合物易降解生成无害的物质，所以符合绿色化学的原则，C正确；D．对煤进行气化、液化、脱硫等处理，不仅可以提高其利用率，而且可以减少二氧化硫的排放，降低对环境的污染，D正确；故选A。13.从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法错误的是（）A.海水晒盐利用的是蒸发结晶法B.电解熔融氯化钠获得金属钠的同时还可获得C.步骤II中溴与碳酸钠的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D.通入热空气吹出Br₂，利用了溴的挥发性【答案】C【解析】【详解】A．海水蒸发结晶析出氯化钠，故A正确；B．电解熔融氯化钠生成金属钠和，故B正确；C．步骤Ⅱ中溴与碳酸钠发生反应，Br元素化合价由0升高为+5、Br元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；D．溴易挥发，通入热空气吹出Br₂，利用了溴的挥发性，故D正确；选C14.一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法错误的是（）A.通入氧气的一极为正极，发生还原反应B.H⁺通过质子交换膜向电极b移动C.电极总反应式为D.电子由电极a经过负载移向电极b，再经过溶液移回电极a【答案】D【解析】【分析】根据图示可知，此装置为原电池，a电极通入NO、生成HNO3，发生氧化反应，为负极，电极反应为：NO-3e-+2H2O=+4H+，b电极通入O2，为正极，发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，原电池总反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，氢离子通过质子交换膜从左侧电极区移向右侧电极区，据此分析。【详解】A．由分析可知，b电极通入O2，为正极，发生还原反应，故A正确；B．氢离子通过质子交换膜从左侧电极区移向右侧电极区，故B正确；C．由分析可知，电极总反应式为，故C正确；D．电子不能在溶液中传递，故D错误；答案选D。15.菊酸是合成高效、低毒、有益于环境保护的手性拟除虫剂的重要中间体，其结构如图所示。下列有关菊酸的说法错误的是（）A.分子式为B.存在含苯环的同分异构体C.能发生加成反应和取代反应D.既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【分析】该有机物含有碳碳双键，羧基，据此分析；【详解】A．该有机物分子内含10个C原子，16个H原子，2个O原子，分子式为，A正确；B．该有机物不饱和度为3，含苯环的不饱和度为4，故不能存在含苯环的同分异构体，B错误；C．该有机物含有碳碳双键，羧基，可以发生加成反应和取代反应，C正确；D．该有机物含有碳碳双键，既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮的化合物是重要的化工原料，也是空气污染物的重要来源，其转化一直是化学研究的热点。（1）下列有关NH3的说法正确的是___________(填标号)。A.工业合成NH3需要在400—500°C、10-30MPa，催化剂条件下进行B.NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥C.NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥D.NH3受热易分解，需置于冷暗处保存（2）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：①氨催化氧化时会生成NO，写出该反应的化学方程式：___________。②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟的成分是___________(写化学式)。③经过一段时间可观察到装置N中的现象为___________。（3）经过装置N出来的尾气中会含有NO、NO2等氮氧化物：①下列环境问题与氮的氧化物排放有关的是___________(填标号)。A．酸雨B．白色污染C．光化学烟雾D．温室效应②为消除它们对环境的污染，可用NH3处理，已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为___________。（4）工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，是因为在常温下，浓硝酸能使铝、铁等发生___________现象，说明浓硝酸具有很强的___________性。【答案】（1）AB（2）①.②.NH4NO3③.铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成（3）①.AC②.1：3（4）①.钝化②.氧化【解析】（1）A．工业合成NH3需要在铁触媒作催化剂，400-500°C，此时催化剂的催化活性最大，10-30MPa的条件下进行，故A正确；B．氨气是工业生产的基础原料，可用来生产碳铵和尿素等化肥，故B正确；C．氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，氯化钙易吸收氨气生成八氨合氯化钙，所以不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥氨气，故C错误；D．氨气的性质稳定，受热不易分解，故D错误；故选AB；（2）①氨气具有还原性，催化剂作用下氨气能与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为，故答案为：；②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成是因为反应生成的一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与过量的氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，则白烟的主要成分为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；③经过一段时间装置N中发生的反应为反应生成的二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则实验现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成；（3）①氮的氧化物是形成硝酸型酸雨和光化学烟雾的主要污染物，故选AC；②设混合气体中一氧化氮的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：2a+4×(6-a)=3×7，解得a=1.5，则混合气体中一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为1.5：4.5=1：3，故答案为：1：3；（4）浓硝酸具有强氧化性，常温下，铁、铝在浓硝酸中发生钝化，致密钝化膜阻碍反应的继续进行，所以工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，故答案为：钝化；氧化。17.以废旧锌锰干电池的炭包(含炭粉、、和少量Fe、Cu等物质)为原料，从中回收的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“酸浸”时为加快反应速率，提高浸取效率，可采取的措施有___________(任写一点)，“酸浸”过程中，Cu与稀硝酸反应的离子方程式为___________。（2）“灼烧”的目的是___________。（3）“溶解”时加入可将转化为硫酸锰，的实际消耗量比理论值高的原因是___________。（4）写出“焙烧”过程的化学方程式：___________。（5）利用铝热反应原理可将转化为Mn，写出该反应的化学方程式：___________。（6）碱性锌锰干电池是一种使用广泛的便携式电源，结构如图所示。其电池总反应为。①中Mn的化合价为___________价。②该电池工作时，正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.将炭包粉碎②.（2）将炭包中的炭粉转化为CO2除去（3）MnO2会催化过氧化氢的分解，增大过氧化氢的消耗量（4）（5）（6）①.+3②.【解析】炭包加硝酸“酸浸”，二氧化锰和炭粉与稀硝酸不反应，酸浸后的滤渣中含有二氧化锰和炭粉，滤渣在空气中灼烧除去炭粉，二氧化锰用双氧水、稀硫酸溶解生成硫酸锰，硫酸锰溶液加碳酸钠生成碳酸锰沉淀，碳酸锰在空气中焙烧生成二氧化锰。（1）根据影响反应速率的因素，“酸浸”时为加快反应速率，提高浸取效率，可采取的措施有将炭包粉碎、搅拌等；“酸浸”过程中，Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为。（2）酸浸后的滤渣中含有二氧化锰和炭粉，炭和氧气反应生成二氧化碳，“灼烧”的目的是将炭包中的炭粉转化为CO2除去。（3）“溶解”时加入可将转化为硫酸锰，MnO2会催化的分解，增大过氧化氢的消耗量，所以的实际消耗量比理论值高。（4）“焙烧”过程中碳酸锰和氧气反应生成二氧化锰和二氧化碳，反应的化学方程式为；（5）利用铝热反应原理可将转化为Mn，该反应的化学方程式为。（6）①根据元素化合价代数和等于0，中Mn的化合价为+3价。②该电池工作时，二氧化锰被还原为，正极的电极反应式为。18.化学反应速率和限度是研究化学反应的重要角度。回答下列问题：Ⅰ．在催化剂作用下，可利用光能分解水制备氢气，已知断裂1mol，1mol中的化学键分别要吸收436kJ和496kJ能量，断裂1mol键需要吸收463kJ能量。（1）2mol完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ能量。（2）下列能正确表示该过程能量变化的示意图是___________(填标号)。A. B. C. D.Ⅱ．某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入少量稀盐酸中进行实验，速率实验测得氢气的产生速率变化情况如图所示。（3）速率变化的主要原因是___________。（4）速率变化的主要原因是___________。Ⅲ．某课题研究小组利用活性炭处理氮氧化物，发生反应：。（5）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生上述反应，下列可以表明反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)。A.B.与的物质的量之比为1∶1C.NO的体积分数不再改变D.容器内气体总压强不再改变（6）该小组在两个2L的密闭容器中分别加入活性炭(足量)和1.0molNO，测得两容器在不同温度下NO的物质的量变化如下表：容器1(℃)容器2(℃)005min9minmin10min12min05min9min10min/mol1000.580.420.400.401.001.000500.340.34①℃时，0~5min内，反应速率___________。②两容器内温度的关系为___________(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.吸收②.484（2）C（3）该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快（4）随着反应的进行，盐酸的浓度不断下降，使反应速率减慢（5）C（6）①.0.021②.<【解析】（1）2mol完全分解断键需要吸收的能量为kJ=1852kJ，生成2molH2和1molO2，成键释放的能量为kJ+496kJ=1368kJ，故吸收的能量为1852kJ-1368kJ=484kJ；（2）由(1)计算可知，反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物，断键后吸收能量，能量会升高，故符合的是C项；（3）从的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高，反应速率逐渐增大；（4）从的原因是盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；（5）A．，此时正逆反应速率不等，不能说明反应达到平衡，故A不选；B．由化学方程式可知，与始终按照物质的量之比为1∶1生成，则二者物质的量之比为1∶1不能说明反应达到平衡，故B不选；C．NO的体积分数不再改变可以说明反应达到平衡，故C选；D．该反应是气体体积相等的反应，容器内气体总压强始终不改变，不能说明反应达到平衡，故D不选；答案选C。（6）①℃时，0~5min内，=0.042，0.021；②由表格可知，T2时反应达到平衡状态所需时间短，反应速率快，温度高，故T1<T2。19.日常生活中，饮料、糖果中常使用酯类香料。用石油裂化和裂解得到的烯烃来合成乙酸乙酯、丙烯酸乙酯的路线如图：已知：K为高分子。（1）C的名称是___________。（2）H中所含官能团的名称是___________，E→F的反应类型是___________。（3）K的结构简式为___________。（4）有机物C、D、H、K中，能使溴的四氯化碳溶液褪色的是________(用C、D、H、K填空)。（5）写出B+G→H的化学方程式：___________。（6）请写出丙烯(CH2＝CHCH3)与HCl发生加成反应时可能得到的两种有机产物的结构简式：___________。【答案】（1）乙酸(或醋酸)（2）①.碳碳双键、酯基②.取代反应（3）（4）H（5）（6）CH3CHClCH3、CH2ClCH2CH3【解析】A为乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B为乙醇，乙醇和酸性高锰酸钾氧化生成C，C为，乙酸和乙醇浓硫酸加热生成乙酸乙酯，则D为乙酸乙酯，B乙醇和G丙烯酸在浓硫酸加热的条件下反应生成H丙烯酸乙酯，E为丙烯和氯气在500~600℃发生取代反应生成F，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应生成G为丙烯酸，G发生聚合反应生成K为聚丙烯酸。（1）根据分析可知C为乙酸(或醋酸)；（2）根据H的结构式可知，H中含有的官能团为碳碳双键、酯基；根据分析可知E→F的反应类型为取代反应；（3）根据分析可知，K的结构简式为；（4）含有碳碳双键的有机物，能使溴的四氯化碳褪色，则有机物C、D、H、K中，能使溴的四氯化碳溶液褪色的是H；（5）B为乙醇，G为丙烯酸，浓硫酸加热会生成丙烯酸乙酯和水，方程式为：；（6）丙烯酸和HCl发生加成反应，可以加成生成。云南省楚雄彝族自治州2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题本试卷满分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、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第二册。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.楚雄作为彝乡，少数民族气息浓郁，具有独特的饮食文化，下列有关说法错误的是（）A.臭豆腐砂锅米线：制作砂锅的主要成分属于硅酸盐材料B.千张肉：千张肉富含油脂，油脂属于酯类化合物C.双柏香疙瘩鸡：鸡肉富含蛋白质，蛋白质属于有机高分子D.禄丰大井街甜白酒：谷物酿酒过程中只发生了物理变化【答案】D【解析】【详解】A．砂锅一般是用石英、长石、粘土等材质经高温烧制而成，其主要成分属于硅酸盐材料，A正确；B．油脂主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类化合物，B正确；C．蛋白质属于有机高分子，C正确，D．谷物酿酒过程中以淀粉为原料得到了乙醇，既发生了物理变化，又发生了化学变化，D错误；故答案选D。2.能源、材料、信息被称为新科技革命的三大支柱。下列有关说法错误的是（）A.新能源时代，太阳能、氢能是主要能源B.煤经过液化、气化等清洁化处理后，可减少酸雨的形成及光化学污染C.高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤D.大量开发页岩气、太阳能、生物质能等新能源有利于实现碳达峰、碳中和目标【答案】D【解析】【详解】A．核能、太阳能、氢能都是洁净能源，是未来发展的新能源，A正确；B．煤的“气化”和“液化”后的综合利用率比煤直接燃烧要高，减少一氧化碳等污染性气体的排放的重要措施，B正确；C．高吸水性树脂结构中存在亲水基团，可在干旱地区用于农业、林业上抗旱保水、改良土壤，C正确；D．页岩气是一种新型的能源，它是天然气的一种，主要成分是甲烷，无法减少二氧化碳的生成量，D错误；故选D。3.下列化学用语错误的是（）A.新戊烷的结构简式：B.聚丙烯的结构简式：C.丙烷分子的球棍模型：D.用电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．新戊烷为主链三个C原子，两个甲基为支键的烷烃，结构简式：，A正确；B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，B错误；C．丙烷的结构简式是CH3CH2CH3，球棍模型是，C正确；D．用电子式表示氯化钠的形成过程：，D正确；故选B。4.下列金属中，工业上常采用热分解法冶炼的是（）A.Al B.Fe C.Na D.Ag【答案】D【解析】【详解】A．工业上通常电解熔融的氧化铝来冶炼Al，A错误；B．工业上通常用热还原法来冶炼Fe，B错误；C．工业上通常用电解熔融的氯化钠来冶炼Na，C错误；D．工业上通常用热分解法来冶炼Ag，氧化银受热得到银和氧气，D正确；故选D。5.化学品的正确使用，关乎人体健康与环境保护。下列说法错误的是（）A.食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B.如果受到创伤，可以用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水擦洗C.化肥和农药施用不当会给人类和环境带来危害D.药物在促进人类健康的同时，不会产生任何副作用【答案】D【解析】【详解】A．食盐的主要成分是氯化钠，‌具有咸味，‌因此可用作调味品，‌食盐能够使细菌脱水死亡，‌达到抑制细菌繁殖的目的，‌因此也常用作食品防腐剂，A正确；B．对于创伤，可用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水擦洗，双氧水具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，B正确；C．化肥和农药施用不当会给人类和环境带来危害，C正确；D．药物在促进人类健康的同时，可能对机体产生与用药目的无关的有害作用，D错误；故选D。6.下列过程属于化学变化的是（）A.石油的分馏B.白磷加热到260℃转化为红磷C.用卤水点热豆浆制豆腐D.溴水中加入苯，振荡、静置后，水层无色【答案】B【解析】【详解】A．石油的分馏是利用混合物沸点的差异进行分离，属于物理变化，故A不选；B．白磷加热到260℃转化为红磷，发生同素异形体的转化，属于化学变化，故B选；C．豆浆属于胶体，加入卤水可以使胶体发生聚沉，形成豆腐，没有化学反应，故C不选；D．溴水中加入苯，振荡、静置后水层无色，发生萃取作用，属于物理变化，故D不选；答案选B。7.室温下，下列溶液中的离子一定能大量共存的是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、相互不反应，可以大量共存，故A符合题意；B．会和发生反应，也会和发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C．酸性环境中、会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．具有强氧化性，可将氧化，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。8.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L中所含的键数为B.1mol甲基()中所含的电子总数为C.足量的铜和含5mol的浓硫酸完全反应，转移的电子数为D.100g质量分数为46%的乙醇()水溶液中，含有的O原子数为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，为液体，11.2L的物质的量不是0.5mol，故A错误；B．1个甲基含有9个电子，1mol甲基()中所含的电子总数为9NA，故B错误；C．随着反应的进行，硫酸浓度减小，稀硫酸不再和铜反应，参与反应的硫酸小于5mol，则转移的电子数小于，故C错误；D．100g质量分数为46%的乙醇()水溶液中，含有的O原子数为，故D正确；选D。9.利用下列实验装置能完成相应实验的是（）实验装置选项A．熔化NaOHB．制备白色沉淀实验装置选项C．验证易溶于水且溶液呈碱性D．探究催化剂对反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠能和二氧化硅反应，不能用陶瓷坩埚熔化NaOH，A错误；B．NaOH与反应生成，易被空气氧化，所以需要用除氧的氢氧化钠，并将胶头滴管伸入液面以下，B错误；C．挤压胶头滴管，氨气溶于水，使烧瓶内压强减小，打开止水夹，烧杯里的水进入烧瓶，能看到红色喷泉，说明NH3的水溶液显碱性，C正确；D．两个试管内双氧水的浓度不同，不能用于探究催化剂对反应速率的影响，D错误；故选C。10.类比思想是化学学习的重要思想，下列由客观事实类比得到的结论正确的是（）A.Fe与S反应生成FeS，则Al与S反应生成AlSB.浓硫酸敞口久置质量增加，则浓硝酸敞口久置质量也增加C.二氧化硫能使品红溶液褪色，则二氧化碳也能使品红溶液褪色D.通入溶液中不产生沉淀，则通入溶液中也不产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A．Fe与S反应生成FeS，Al与S反应生成，A项错误；B．浓硫酸具有吸水性，故浓硫酸敞口久置质量增加，浓硝酸具有挥发性，故浓硝酸敞口久置质量减小，B项错误；C．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但不能，C项错误；D．由于亚硫酸和碳酸的酸性弱于HCl，则通入溶液中不产生沉淀，则通入溶液中也不产生沉淀，D项正确；答案选D。11.下列关于有机物的鉴别、除杂或制备的说法正确的是（）A.甲烷中混有少量乙烯：通过盛有酸性高锰酸钾溶液洗气瓶B.只用溴水就能将己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来C.氯气与甲烷按照物质的量之比为2：1在光照条件下反应可制备纯净的二氯甲烷D.乙烷中混有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应使乙烯转化为乙烷【答案】B【解析】【详解】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳，会引入新的杂质二氧化碳，故A错误；B．溴水和己烯混合，溴水褪色；溴水和四氯化碳混合，液体分层，下层呈橙红色；溴水和淀粉碘化钾溶液混合，溶液变为蓝色；只用溴水就能将己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来，故B正确；C．光照条件下甲烷与氯气的反应属于连锁反应，无法制得纯净的二氯甲烷，故C错误；D．乙烷中混有少量乙烯，通入氢气在一定条件下反应使乙烯转化为乙烷，会引入新的杂质，故D错误；选B。12.化学与环境保护密切相关，下列说法错误的是（）A.PM2.5是指大气中直径大于或等于2.5微米的颗粒物，也被称为可入肺颗粒物，对人体危害大是因为它可以直接进入肺泡B.雾霾是汽车排放尾气、工厂排放废气、燃放烟花爆竹、烹饪等原因造成的C.和反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则D.对煤进行气化、液化、脱硫等处理，不仅可以提高其利用率，还可以减轻环境污染【答案】A【解析】【详解】A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也被称为可入肺颗粒物，对人体危害大是因为它可以直接进入肺泡，A错误；B．雾霾的成因包括：冬季北方采暖煤炭增加带来整体污染排放增加；大量机动车带来的路面扬尘和尾气的排放；周边的建材、化工等重工业生产过程中大量排放排放，燃烧烟花爆竹、烹饪等，B正确；C．和反应生成，原子利用率达到100%，生成的聚合物易降解生成无害的物质，所以符合绿色化学的原则，C正确；D．对煤进行气化、液化、脱硫等处理，不仅可以提高其利用率，而且可以减少二氧化硫的排放，降低对环境的污染，D正确；故选A。13.从海水中提取溴的工业流程如图，下列说法错误的是（）A.海水晒盐利用的是蒸发结晶法B.电解熔融氯化钠获得金属钠的同时还可获得C.步骤II中溴与碳酸钠的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D.通入热空气吹出Br₂，利用了溴的挥发性【答案】C【解析】【详解】A．海水蒸发结晶析出氯化钠，故A正确；B．电解熔融氯化钠生成金属钠和，故B正确；C．步骤Ⅱ中溴与碳酸钠发生反应，Br元素化合价由0升高为+5、Br元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；D．溴易挥发，通入热空气吹出Br₂，利用了溴的挥发性，故D正确；选C14.一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法错误的是（）A.通入氧气的一极为正极，发生还原反应B.H⁺通过质子交换膜向电极b移动C.电极总反应式为D.电子由电极a经过负载移向电极b，再经过溶液移回电极a【答案】D【解析】【分析】根据图示可知，此装置为原电池，a电极通入NO、生成HNO3，发生氧化反应，为负极，电极反应为：NO-3e-+2H2O=+4H+，b电极通入O2，为正极，发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，原电池总反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，氢离子通过质子交换膜从左侧电极区移向右侧电极区，据此分析。【详解】A．由分析可知，b电极通入O2，为正极，发生还原反应，故A正确；B．氢离子通过质子交换膜从左侧电极区移向右侧电极区，故B正确；C．由分析可知，电极总反应式为，故C正确；D．电子不能在溶液中传递，故D错误；答案选D。15.菊酸是合成高效、低毒、有益于环境保护的手性拟除虫剂的重要中间体，其结构如图所示。下列有关菊酸的说法错误的是（）A.分子式为B.存在含苯环的同分异构体C.能发生加成反应和取代反应D.既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【分析】该有机物含有碳碳双键，羧基，据此分析；【详解】A．该有机物分子内含10个C原子，16个H原子，2个O原子，分子式为，A正确；B．该有机物不饱和度为3，含苯环的不饱和度为4，故不能存在含苯环的同分异构体，B错误；C．该有机物含有碳碳双键，羧基，可以发生加成反应和取代反应，C正确；D．该有机物含有碳碳双键，既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮的化合物是重要的化工原料，也是空气污染物的重要来源，其转化一直是化学研究的热点。（1）下列有关NH3的说法正确的是___________(填标号)。A.工业合成NH3需要在400—500°C、10-30MPa，催化剂条件下进行B.NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥C.NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥D.NH3受热易分解，需置于冷暗处保存（2）氨催化氧化法是制硝酸的重要步骤，探究氨催化氧化反应的装置如图所示：①氨催化氧化时会生成NO，写出该反应的化学方程式：___________。②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成，该白烟的成分是___________(写化学式)。③经过一段时间可观察到装置N中的现象为___________。（3）经过装置N出来的尾气中会含有NO、NO2等氮氧化物：①下列环境问题与氮的氧化物排放有关的是___________(填标号)。A．酸雨B．白色污染C．光化学烟雾D．温室效应②为消除它们对环境的污染，可用NH3处理，已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为___________。（4）工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，是因为在常温下，浓硝酸能使铝、铁等发生___________现象，说明浓硝酸具有很强的___________性。【答案】（1）AB（2）①.②.NH4NO3③.铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成（3）①.AC②.1：3（4）①.钝化②.氧化【解析】（1）A．工业合成NH3需要在铁触媒作催化剂，400-500°C，此时催化剂的催化活性最大，10-30MPa的条件下进行，故A正确；B．氨气是工业生产的基础原料，可用来生产碳铵和尿素等化肥，故B正确；C．氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，氯化钙易吸收氨气生成八氨合氯化钙，所以不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥氨气，故C错误；D．氨气的性质稳定，受热不易分解，故D错误；故选AB；（2）①氨气具有还原性，催化剂作用下氨气能与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为，故答案为：；②一段时间后，观察到装置M中有白烟生成是因为反应生成的一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与过量的氨气反应生成硝酸铵而产生白烟，则白烟的主要成分为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；③经过一段时间装置N中发生的反应为反应生成的二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则实验现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，同时有气体生成；（3）①氮的氧化物是形成硝酸型酸雨和光化学烟雾的主要污染物，故选AC；②设混合气体中一氧化氮的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：2a+4×(6-a)=3×7，解得a=1.5，则混合气体中一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为1.5：4.5=1：3，故答案为：1：3；（4）浓硝酸具有强氧化性，常温下，铁、铝在浓硝酸中发生钝化，致密钝化膜阻碍反应的继续进行，所以工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输，故答案为：钝化；氧化。17.以废旧锌锰干电池的炭包(含炭粉、、和少量Fe、Cu等物质)为原料，从中回收的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“酸浸”时为加快反应速率，提高浸取效率，可采取的措施有___________(任写一点)，“酸浸”过程中，Cu与稀硝酸反应的离子方程式为___________。（2）“灼烧”的目的是___________。（3）“溶解”时加入可将转化为硫酸锰，的实际消耗量比理论值高的原因是___________。（4）写出“焙烧”过程的化学方程式：___________。（5）利用铝热反应原理可将转化为Mn，写出该反应的化学方程式：___________。（6）碱性锌锰干电池是一种使用广泛的便携式电源，结构如图所示。其电池总反应为。①中Mn的化合价为___________价。②该电池工作时，正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.将炭包粉碎②.（2）将炭包中的炭粉转化为CO2除去（3）MnO2会催化过氧化氢的分解，增大过氧化氢的消耗量（4）（5）（6）①.+3②.【解析】炭包加硝酸“酸浸”，二氧化锰和炭粉与稀硝酸不反应，酸浸后的滤渣中含有二氧化锰和炭粉，滤渣在空气中灼烧除去炭粉，二氧化锰用双氧水、稀硫酸溶解生成硫酸锰，硫酸锰溶液加碳酸钠生成碳酸锰沉淀，碳酸锰在空气中焙烧生成二氧化锰。（1）根据影响反应速率的因素，“酸浸”时为加快反应速率，提高浸取效率，可采取的措施有将炭包粉碎、搅拌等；“酸浸”过程中，Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为。（2）酸浸后的滤渣中含有二氧化锰和炭粉，炭和氧气反应生成二氧化碳，“灼烧”的目的是将炭包中的炭粉转化为CO2除去。（3）“溶解”时加入可将转化为硫酸锰，MnO2会催化的分解，增大过氧化氢的消耗量，所以的实际消耗量比理论值高。（4）“焙烧”过程中碳酸锰和氧气反应生成二氧化锰和二氧化碳，反应的化学方程式为；（5）利用铝热反应原理可将转化为Mn，该反应的化学方程式为。（6）①根据元素化合价代数和等于0，中Mn的化合价为+3价。②该电池工作时，二氧化锰被还原为，正极的电极反应式为。18.化学反应速率和限度是研究化学反应的重要角度。回答下列问题：Ⅰ．在催化剂作用下，可利用光能分解水制备氢气，已知断裂1mol，1mol中的化学键分别要吸收436kJ和496kJ能量，断裂1mol键需要吸收463kJ能量。（1）2mol完全分解需___________(填“放出”或“吸收”)_________