2022-2023学年广东省深圳市高一（下）期末化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市高一（下）期末化学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳市高一（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1. 随着时代的发展，盛装食物的餐盒发生了系列演变。下列餐盒的主要材料属于硅酸盐的是(    )
A. 青铜四龙纹餐盒 B. 彩陶餐盒
C. 紫竹餐盒 D. 塑料餐盒
2. 从海洋中获取物质与能量具有广阔的前景。下列说法正确的是(    )
A. 利用蒸馏法进行海水淡化主要发生化学变化
B. 海底石油经分馏得到的汽油属于纯净物
C. 海水中存在的 12H、 13H互为同素异形体
D. 潮汐能属于新能源
3. HClO在一定条件下能将H2O2、C2H4、HCl等物质氧化。下列化学用语表述正确的是(    )
A. HClO的结构式：H−O−Cl B. H2O2的电子式：
C. C2H4的空间填充模型： D. Cl−的离子结构示意图：
4. 下列有关氯气制备、净化及尾气处理的实验过程中(“→”表示气流方向)，所需装置和试剂均正确的是(    )
A. 制备Cl2
B. 除去Cl2中HCl气体
C. 干燥Cl2
D. 尾气处理
5. 抗坏血酸(维生素C)可用作食品抗氧化剂，其抗氧化过程如图所示。下列说法正确的是 (    )


A. 抗坏血酸与脱氢抗坏血酸互为同系物
B. 脱氢抗坏血酸中所有原子共平面
C. 上述过程中抗坏血酸表现氧化性
D. 抗坏血酸作食品添加剂时应在规定范围内合理使用
6. 下列所述化学知识正确，且与物质的用途有关联的是 (    )
选项
物质用途
化学知识
A
铝罐车可用于运输浓硝酸
常温时，铝与浓硝酸不反应
B
油脂可用于制肥皂
油脂在碱性条件下发生水解反应
C
液氨可用作制冷剂
氨气极易溶于水
D
SO2可用于漂白纸浆
SO2是酸性氧化物

A. A B. B C. C D. D
7. 化学是以实验为基础的科学。下列说法不正确的是(    )
A. 相同条件下，钠与水的反应比钠与乙醇的反应更剧烈
B. 可用焰色试验鉴别NaCl和KCl
C. 向FeCl3溶液中滴加几滴KSCN溶液，产生红色沉淀
D. 可用新制的氢氧化铜或银氨溶液检验淀粉水解产物
8. 下列实践活动与所述的化学知识没有关联的是 (    )
选项
实践活动
化学知识
A
用NH4NO3对农作物施肥
NH4NO3属于氮肥
B
用白醋清除水垢(主要成分是CaCO3)
乙酸可与CaCO3发生反应
C
用75%的乙醇溶液消毒
蛋白质在乙醇作用下会发生变性
D
蒸馒头时加入小苏打
NaHCO3是白色晶体

A. A B. B C. C D. D
9. 将Na2O2投入足量水中发生反应。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列相关说法正确的是(    )
A. 1molNa2O2中所含阴离子数目为NA
B. 1molO2的体积为22.4L
C. 1mol⋅L−1NaOH溶液中所含Na+的数目为NA
D. 每消耗1molNa2O2，转移的电子数为2NA
10. 硝酸是一种重要的化工原料。如图为工业制备硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 (    )


A. 延长反应时间可实现合成塔中原料的完全转化
B. 氧化炉中主要发生的反应为4NH3+5O2=催化剂4NO+6H2O
C. 吸收塔中通入空气是为了氧化NO
D. 尾气处理可有效防止酸雨的形成
11. 下列实验操作或方案能达到相应应验目的的是 (    )
选项
实验操作或方案
实验目的
A
向溶液中滴加适量浓NaOH溶液并微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
检验溶液中是否存在NH4+
B
向淀粉−KI溶液中滴加少量氯水
证明氧化性：Cl2>I2
C
向FeCl3溶液中加入NaOH溶液
制备Fe(OH)3胶体
D
将粗盐溶解后，依次加入足量的Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液
除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42−，得到精盐

A. A B. B C. C D. D
12. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中原子半径最大，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法正确的是(    )
A. 简单离子半径：WS，则简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，故B错误；
C.常温下硫单质为固态，Cl2为气态，则单质沸点：S>Cl2，故C错误；
D.Y、Z的单质分别为硫、氯气，X的单质为活泼金属钠，则硫、氯气分别与金属钠反应生成离子化合物硫化钠、氯化钠，故D正确；
故选：D。
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则W为O元素；X在短周期主族元素中原子半径最大，则X为Na元素；Y的最高正价与最低负价代数和为4，Y位于ⅥA族，其原子序数大于Na元素，则Y为S元素；Z的原子序数大于S元素，则Z为Cl元素，
A.氧离子和钠离子具有相同的核外电子层结构结构，核电荷数越大离子半径越小；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
C.常温下硫单质为固态，Cl2为气态，固态单质的沸点大于气态；
D.硫、氯气分别与活泼金属钠反应生的硫化钠、氯化钠均为离子化合物。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
13.【答案】C 
【解析】解：A.由图可知，HBr在反应①参与反应，在反应②中生成，可循环使用，故A正确；
B.由图可知，反应②中，CH4和Br2生成CH3Br和HBr，化学方程式为：CH4+Br2→催化剂CH3Br+HBr，故B正确；
C.由图可知，反应①中O2转化为H2O，O元素化合价发生变化，故C错误；
D.由图可知，O2存在非极性键，HBr中存在极性键，反应①中有极性键和非极性键的断裂，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，HBr在反应①参与反应，在反应②中生成；
B.由图可知，反应②中，CH4和Br2生成CH3Br和HBr；
C.由图可知，反应①中O2转化为H2O；
D.由图可知，O2存在非极性键，HBr中存在极性键。
本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理和分子结构的掌握情况，试题难度不大。
14.【答案】A 
【解析】解：A.用强碱溶解铝表面氧化膜的离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故A正确；
B.将Cl2通入冷的石灰乳中的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO−+Cl−+H2O，故B错误；
C.向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.向稀硝酸中加入足量铁粉的离子方程式为：3Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；
故选：A。
A.氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
B.石灰乳中的氢氧化钙不能拆开；
C.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；
D.铁粉足量，铁与稀硝酸反应生成亚铁离子。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
15.【答案】B 
【解析】解：A.由图示可知，t3∼t4时间段内v(MnO4−)大于t1～t2时间段，则t1～t2时间段消耗的n(KMnO4)比t3～t4时间段消耗的少，故A 正确；
B.t2与t3时刻的v(MnO4−)相等，随着时间的推移，反应不断消耗高锰酸钾，则t3时刻剩余的c(KMnO4)要小，故B错误；
C.随着反应不断消耗高锰酸钾，反应速率应该是逐渐减慢的，但图示表示t4时刻之前，反应速率逐渐加快，则反应速率逐渐增大的原因可能是生成的Mn2+起催化作用，故C正确；
D.H+是反应物，随着反应进行，溶液中c(H+)逐渐减小，故D正确，
故选：B。
A.t3∼t4时间段内v(MnO4−)大于t1～t2时间段，则t1～t2时间段消耗的n(KMnO4)比t3～t4时间段消耗的少；
B.随着时间的推移，反应不断消耗高锰酸钾；
C.随着反应不断消耗高锰酸钾，反应速率应该是逐渐减慢的，但图示表示t4时刻之前，反应速率逐渐加快，则反应速率逐渐增大的原因可能是生成的Mn2+起催化作用；
D.H+是反应物，随着反应进行，溶液中c(H+)逐渐减小。
本题主要考查了化学反应速率，侧重分析与实验、识图能力的考查，题目难度不大，分析题给图像，结合所学知识是解答的关键。
16.【答案】C 
【解析】解：A.由电池工作时的总反应可知，KSn合金发生失电子的反应生成K+、为负极，复合碳电极为正极，故A错误；
B.该原电池工作时，KSn合金为负极，复合碳电极为正极，阳离子移向正极，即K+向复合碳电极迁移，故B错误；
C.复合碳电极为正极，正极上CO2得电子生成K2CO3和C，正极反应式为4K++3CO2+4e−=2K2CO3+C，故C正确；
D.金属K是活泼金属，能与水反应，则不能用KOH溶液代替含K+有机电解质，故D错误；
故选：C。
稳定高效的K−CO2电池放电总反应4KSn+3CO2⇌2K2CO3+C+4Sn，其中K元素由0价升高+1价，则KSn合金为负极，复合碳电极为正极，负极反应为KSn−e−=Sn+K+，正极反应式为4K++3CO2+4e−=2K2CO3+C，原电池工作时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池工作原理和电解原理，为高频考点，侧重考查分析推断能力和灵活运用能力，把握电极的判断、电极反应和题给信息的应用为解答关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。
17.【答案】+2  升温、搅拌  SiO2、C  H2  Fe+2Fe3+=3Fe2+  Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O  62.4 
【解析】解：(1)在(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O 中，铵根离子带1个正电荷，硫酸根离子带2个负电荷，根据化合物中各元素化合价代数和等于0可知，铁元素的化合价为+2，
故答案为：+2；
(2)“浸取”时，为提高反应速率，可采取的措施为适当升温、搅拌，
故答案为：升温、搅拌；
(3)浸取时，含铁废渣中的金属氧化物均能和稀硫酸反应，但SiO2、C不和稀硫酸反应，则“滤渣1“的主要成分为SiO2、C，
故答案为：SiO2、C；
(4)“转化1”中主要发生三个反应，其中一个反应有气体生成：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，则该气体为H2；另外两个反应的离子方程式分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，
故答案为：H2；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(5)将0.1000g铬铁合金样品处理后，铬全部转化为Cr2O72−存在于溶液中，该溶液与(NH4)2Fe(SO4)2 溶液恰好完全反应，Cr2O72−中铬元素全部转化为Cr3+，同时有Fe3+生成，其反应的离子方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由化合价升降总数相等可得关系式：Cr2O72−～6Fe2+，则铬铁合金中铬元素含量为：18×10−3L×0.2000mol⋅L−1×16×2×52g⋅mol−10.1000g×100%=62.4%，
故答案为：62.4%。
原料中加入过量稀硫酸浸取时铁、铜和铝的氧化物均与硫酸反应生成对应的硫酸盐和水，SiO2、C和硫酸不反应是滤渣1的主要成分，转化1中发生的反应有铁与过量硫酸的反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与三价铁离子的反应生成亚铁离子，铁与铜离子反应生成铜和亚铁离子，调pH值的过程中铝离子转化为沉淀，同时滤渣2中还有生成的铜和过量的铁，转化2中加入硫酸铵溶液最终得到目标产物，以此解题。
本题主要考查了物质的分离和提纯有关知识，是高频考点，解题时要看框内外，边分析，边思考，理解制备流程是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
18.【答案】100mL容量瓶  偏低  Cu+2H2SO4(浓)=△CuSO4+SO2↑+2H2O  酸性高锰酸钾溶液褪色  还原  假设3  Ag2S  8Ag++4SO2+4H2O=Ag2S↓+3Ag2SO4↓+8H+ 
【解析】解：(1)配制100mL0.10mol/LAgNO3溶液所需玻璃仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)转移溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质物质的量偏小，溶液体积不变，则将导致所配溶液浓度偏低，
故答案为：偏低；
(3)装置A的圆底烧瓶中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)=△CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)=△CuSO4+SO2↑+2H2O；
(4)装置B中可观察到的现象为酸性高锰酸钾溶液褪色，主要是二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸根和锰离子，则说明SO2具有还原性，
故答案为：酸性高锰酸钾溶液褪色；还原；
(5)①步骤ⅱ中加入足量稀盐酸后，观察到白色固体部分溶解，说明白色固体是硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，由此得到白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物，则说明假设3成立，
故答案为：假设3；
②根据题中信息生成该物质的原因是SO2具有较强的还原性，二氧化硫与AgNO3溶液发生氧化还原反应得到，该反应的离子方程式为：8Ag++4SO2+4H2O=Ag2S↓+3Ag2SO4↓+8H+，则推测灰黑色固体为Ag2S，
故答案为：Ag2S；8Ag++4SO2+4H2O=Ag2S↓+3Ag2SO4↓+8H+。
铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，二氧化硫通入到硝酸银溶液中得到亚硫酸银、硫酸银沉淀。
本题主要考查了性质实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，正确理解每个装置的作用是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
19.【答案】0.025  等于  60%  CD  AC  吸收  304 
【解析】解：(1)0～2min内v(H2O)=△c△t=0.2mol/L−0.1mol/L2min=0.05mol/(L⋅min)，反应为CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)，则v(CH4)=12v(H2O)=0.025mol/(L⋅min)，
故答案为：0.025；
(2)0～3min内Δc(H2O)：Δc(CH4)=2：1，即Δc(H2O)：0.06mol/L=2：1，Δc(H2O)=0.12mol/L，3min时c(H2O)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，和4min时c(H2O)相等，说明3min时反应达到平衡状态，消耗H2O的速率等于生成H2O的速率，
故答案为：等于；
(3)起始时c(CH4)：c(H2O)=1：2，与化学反应的反应物计量数之比相等，则CH4的转化率和H2O的转化率相等，即4min时，CH4转化率为0.20−0.080.20×60%=60%，
故答案为：60%；
(4)A.恒温恒容条件下充入少量氩气，反应物、生成物的浓度均不变，则反应速率不变，故A错误；
B.降低温度，活化分子数减少，反应速率降低，故B错误；
C.将容器容积减小一半，反应物、生成物的浓度均增大，则反应速率增大，故C正确；
D.再充入1molH2O(g)，反应物水的浓度增大，反应速率增大，故D正确；
故答案为：CD；
(5)A.反应是气体分子数增大的反应，气体的质量不变，由M=mn可知容器内气体的平均摩尔质量保持不变的状态是平衡状态，故A正确；
B.2v正(H2O)=v逆(H2)的状态是平衡状态，即消耗H2的速率是消耗H2O速率的2倍的状态是平衡状态，所以消耗H2O的速率是消耗H2速率的2倍的状态不是平衡状态，故B错误；
C.反应是气体分子数增大的反应，恒温恒容条件下容器内的压强保持不变的状态是平衡状态，故C正确；
D.反应体系中各物质均为气体，即气体的总质量不变，恒容条件下容器内气体的密度始终不变，所以容器内气体的密度保持不变的状态不一定是平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
(6)反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)的ΔH=反应物总键能−生成物总键能=4×413kJ/mol+4×498kJ/mol−2×800kJ/mol−4×435kJ/mol=+304kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH=+304kJ/mol，所以生成1molCO2(g)时吸收热量304kJ，
故答案为：吸收；304。
(1)根据v=△c△t计算0～2min内v(H2O)，结合化学方程式的计量数关系计算v(CH4)；
(2)0～3min内Δc(H2O)：Δc(CH4)=2：1，即Δc(H2O)：0.06mol/L=2：1，Δc(H2O)=0.12mol/L，3min时c(H2O)=0.20mol/L−0.12mol/L=0.08mol/L，和4min时c(H2O)相等；
(3)起始时c(CH4)：c(H2O)=1：2，与化学反应的反应物计量数之比相等，则CH4的转化率和H2O的转化率相等；
(4)一般来说，升高温度、增大压强、浓度或加入催化剂等，可增大反应速率；
(5)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
(6)反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)的ΔH=反应物总键能−生成物总键能=4×413kJ/mol+4×498kJ/mol−2×800kJ/mol−4×435kJ/mol=+304kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH=+304kJ/mol。
本题考查化学反应速率及其影响因素、化学平衡的计算、反应热计算，考查了学生的分析判断能力及化学计算能力，把握反应热与键能的计算关系、化学反应速率的计算及影响因素和化学平衡状态的判断是解题关键，注意掌握反应速率与化学计量数关系的应用，难度难度中等。
20.【答案】乙烯  碳碳双键、醛基  CD  CH3CH(CH3)CH2OH++H2O  酯化反应或取代反应  8  (CH3)2CHCH2CH2OH 
【解析】解：(1)A为CH2=CH2，化合物A的名称为乙烯，
故答案为：乙烯；
(2)化合物C中官能团的名称为碳碳双键、醛基，
故答案为：碳碳双键、醛基；
(3)A.肉桂醛中除了C、H元素外还含有O元素，所以不属于不饱和烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B.肉桂醛的分子式为C9H8O，故B错误；
C.肉桂醛能和溴水发生氧化反应、加成反应，所以能使溴水褪色，故C正确；
D.肉桂醛中含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，故D正确；
故答案为：CD；
(4)反应③的化学方程式为CH3CH(CH3)CH2OH++H2O；该反应的反应类型为酯化反应或取代反应，
故答案为：CH3CH(CH3)CH2OH++H2O；酯化反应或取代反应；
(5)化合物X为化合物D的同系物，且相对分子质量比D大14，说明X比D多一个CH2，X的结构相当于戊烷中的1个氢原子被−OH取代，戊烷中含有几种氢原子，该醇就有几种结构，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，正戊烷有3种氢原子、异戊烷有4种氢原子、新戊烷有1种氢原子，所以该醇的种类为3+4+1=8；其中，仅含有两个甲基且连在同一个碳原子上的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2OH，
故答案为：8；(CH3)2CHCH2CH2OH。
反应①是原子利用率100%的反应，且1molA与1molH2、1molCO反应得到1molB，根据原子守恒知，A的分子式为C2H4，为CH2=CH2；B和HCHO先发生加成反应然后发生消去反应生成C，C和氢气发生加成反应或还原反应生成D，肉桂醛发生催化氧化生成E，F属于酯类物质，则D和E发生酯化反应生成F为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意(5)题同分异构体种类的判断方法，题目难度中等。