2021-2022学年湖南省长郡中学高一（下）选考科目调研考试化学试卷（含答案解析）

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2021-2022学年湖南省长郡中学高一（下）选考科目调研考试化学试卷
1. 2022北京冬奥会上各种新科技材料的使用是一大亮点，如含有石墨烯的智能服饰、芳纶战衣、“冰墩墩”制作材料和光导纤维等等。下列叙述错误的是(    )
A. 火炬外壳的主要成分是碳纤维，碳纤维是有机高分子材料
B. 中国健儿将身披通过三维扫描技术定制的芳纶战衣出征：芳纶为有机高分子材料
C. 石墨烯是一种电阻率低、热导率高的具有优异性能的新型材料
D. “冰墩墩”总体的制作成分之一为PC聚碳酸酯，属于有机高分子材料
2. 下列有关化学用语表示正确的是(    )
A. 羟基的电子式  B. 乙醇的结构式：
C. 丙烷分子的空间填充模型 D. 乙烯的结构简式CH2CH2
3. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验现象对应的离子方程式正确的是(    )
A. 过量SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去：SO2+OH−=HSO 3−
B. 大理石与盐酸接触，产生无色气泡：CO 32−+2H+=CO2↑+H2O
C. CO2通入饱和Na2CO3溶液中出现浑浊现象：CO2+H2O+CO 32−=2HCO 3−
D. 铁钉浸泡在CuSO4溶液中，铁钉表面产生红色固体：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+
4. 2021年10月16日，我国“长征二号F遥十三运载火箭”带着神舟十三号载人航天飞船成功发射，又一次将我们的航天员送入了天空。飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是：
反应①：2FeTiO3+6C+7Cl2高温2TiCl4+2FeCl3+6CO
反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4高温Ti+2MgCl2
下列有关说法错误的是(    )

A. 反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂
B. 反应①中每生成标准状况下6.72L CO气体，转移0.7NA个电子
C. 反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原
D. 反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化
5. 合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是(    )
A. II、III和IV是工业上制取硝酸的过程
B. 图中氮肥含氮量17.5%
C. 在I、IV、V、VI处流程中，物质被循环利用
D. 反应V化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl
6. 有机化合物M、N的结构分别如图所示。下列有关说法错误的是(    )
A. M、N都属于烃，且互为同分异构体 B. M中的所有原子一定处于同一平面
C. 能用溴的四氯化碳溶液区分M和N D. N的二氯代物有3种不同结构
7. 实验室探究SO2与FeNO33溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是(    )
A. 滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间N2
B. Y中产生的白色沉淀是BaSO4
C. 在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D. 若将FeNO33换成氨水，Y中不能产生白色沉淀
8. 南京大学科研团队首次发现氨还原过程中的多米诺效应：即一旦完成第①步，将自发完成后续步骤，反应过程示意图如下。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 2.24LN2含有NA个价电子
B. 3.5gLi3N中含有3NA个共价键
C. 若0.7gLi参与第②步反应转移电子数为0.1NA
D. ①②③步反应均为氧化还原反应
9. 我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是(    )
A. 原子半径：Z>Y>W>X B. 简单氢化物的稳定性：X>W>Z
C. X与W可形成离子化合物WX2 D. Y的氧化物为两性氧化物
10. 下列实验装置不能达到实验目的的是(    )




A.测定乙醇结构
B.用图示的方法检查此装置的气密性
C.制取少量碳酸钙
D.高温熔融烧碱

A. A B. B C. C D. D
11. NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)反应体系中含氮物质的物质的量浓度(c)随着时间(t)的变化曲线如图。下列说法正确的是(    )
A. c为c(NO2)随t的变化曲线
B. t1时，反应①达到化学平衡状态
C. t2时，c(NO)+c(NO2)+c(N2O4)=c0
D. t3后，NO2的消耗速率等于生成速率
12. 为实现“碳中和”，CO2的再利用非常关键，据文献报道CO2与H2可在Pd-Mg/SiO2催化下生成CH4，其反应机理如下图。下列说法正确的是(    )
A. 过程中只涉及极性键的断开与形成
B. 反应过程中，既有氧化还原反应，又有非氧化还原反应
C. 图中涉及碳的价态没有发生变化
D. 总反应为CO2+4H2 Pd-Mg/SiO2  CH4+2H2O
13. 某新型纳米材料氧缺位铁酸盐ZnFe2Ox3O>S，简单氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，B正确；
C.W、X分别是O、F元素，形成OF2为共价化合物，C错误；
D.Y为Mg，Y的氧化物为MgO，MgO为碱性氧化物，不是两性氧化物，D错误；
故选：B。


10.【答案】D 
【解析】A.一定体积的乙醇与足量钠反应，用排液法收集生成的H2，并将乙醇的体积、氢气的体积都转换成物质的量，从而得出1 mol乙醇生成氢气的物质的量，也就得出1个乙醇分子中所含活泼氢原子的数目，最终确定乙醇的结构，A能达到实验目的，A不符合题意；
B.向量气管中加入水，若装置不漏气，甲管和乙管中会形成稳定的液面差，B能达到实验目的，B不符合题意；
C.CO2通入溶有NH3的CaCl2溶液中，从而发生反应：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，C能达到实验目的，C不符合题意；
D.氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，所以不能用石英坩埚高温熔融烧碱，D不能达到实验目的，D符合题意。
故答案选D。


11.【答案】D 
【解析】A.由题干信息可知，NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)，则随着反应的进行NO2的浓度先增大后变小，最后达到平衡保持不变，故a为c(NO)、b为c(NO2)，c为c(N2O4)随t的变化曲线，A错误；
B.t1时，只是c(NO)=c(NO2)，故不能说明反应①达到化学平衡状态，B错误；
C.若容器的体积保持不变，则根据N原子守恒可知，t2时有c(NO)+c(NO2)+2c(N2O4)=c0，C错误；
D.由图像可知，t3后，NO2、N2O4的浓度不再发生改变说明反应达到平衡状态，故有NO2的消耗速率等于生成速率，D正确；
故答案为D。


12.【答案】BD 
【解析】A.反应中还有氢气参与，因此还有非极性键的断开与形成，故A错误；
B.氧化镁和二氧化碳反应是非氧化还原反应，氢气参与的反应是氧化还原反应，因此反应过程中，既有氧化还原反应，又有非氧化还原反应，故B正确；
C.甲烷中碳元素为−4价，二氧化碳中碳元素为+4价，从MgOCO2开始连续得氢，碳元素的化合价降低，故C错误；
D.整个过程是CO2与H2在催化剂条件下生成CH4，同时有水生成，反应方程式表示为：CO2+4H2  Pd-Mg/SiO2  CH4+2H2O，故D正确。
故选BD。


13.【答案】CD 
【解析】A.浸取时，若将稀硫酸换成浓硫酸将与Zn反应放出有毒有害的气体SO2，故为了提高酸浸效率，可以延长浸取时间，但不能将稀硫酸换成浓硫酸，A项错误；
B.已知Fe3+的氧化性强于Cu2+，故“除杂”过程中有加入足量锌粉等操作，与锌粉反应的离子不只有Pb2+和Cu2+，还有Fe3+，B项错误；
C.除去SO2时，SO2与ZnFe2O反应生成S单质，故SO2被还原，即SO2表现出氧化性，则ZnFe2O在反应中表现了还原性，C项正确；
D.已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，ZnFe2Ox中Zn为+2价，Fe为+(x−1)价，故ZnFe2O4与H2反应制得1molZnFe2Ox时转移电子为2×3−x−1=8−2x mol，D项正确。


14.【答案】BD 
【解析】由图可知，A极为微生物燃料电池的负极，在微生物作用下有机物在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，B极为正极，氧气和硝酸根离子在正极分别得到电子发生还原反应生成水和氮气。
A.由分析可知，A极为微生物燃料电池的负极，在微生物作用下有机物在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，故A正确；
B.高温条件下微生物会发生蛋白质的变性，催化活性降低，电池的能量转化效率降低，故B错误；
C.由分析可知，B极为正极，氧气和硝酸根离子在正极分别得到电子发生还原反应生成水和氮气，电极反应式分别为O2+4H++4e−=2H2O、2NO3−+12H++10e−=N2↑+6H2O，故C正确；
D.若该有机物为甲醇，由化合价的变化可知，32g甲醇发生反应时，转移电子的物质的量为32g32g/mol×6=6mol，故D错误。
故选BD。


15.【答案】(1)CaCl2 ；     
(2)S=C=S；H2S    
(3)Si3N4   
(4)2F2+2OH−=2F−+OF2+H2O
 
【解析】融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为543=18，则为Ca2+、Cl−，故XY2是CaCl2，X为Ca、Y为Cl；D与Cl相邻，D的最外层电子数是电子层数的三倍，所以D为S，E为C；W与Cl同周期，其单质是原子晶体，所以W为Si元素，Z的单质Z2有3个共价键，Si与Z能形成一种新型无机非金属材料，所以Z为N。据此分析解答。
(1)XY2是CaCl2；X与氢元素形成的化合物为CaH2，属于离子化合物，由钙离子与氢负离子构成，其电子式是，因此，本题正确答案是：CaCl2；；
(2)E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，碳元素与硫元素形成的一种对称分子为CS2，与二氧化碳结构类似，其结构式为：S=C=S，氧族元素中氢化物为分子晶体(Po除外)，而水分子之间存在氢键，沸点最高，硫化氢相对分子质量小于硒化氢、碲化氢，H2S分子间作用力较小，故H2S的沸点最低，因此，本题正确答案是：S=C=S；H2S；
(3)元素W与Cl元素同周期，其单质是原子晶体，则W为Si元素，元素Z的单质分子Z2中由3个共价键，则Z为氮元素，Si与N形成一种新型无机非金属材料为Si3N4，因此，本题正确答案是：Si3N4；
(4)元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，则R为F元素，F2与NaOH溶液反应的产物之一是OF2，OF2中氧元素为+2，F元素为−1价，反应中O元素化合价不变，故F元素化合价还降低，有NaF生成，根据元素守恒有水生成，反应离子方程式为：2F2+2OH−=2F−+OF2+H2O，因此，本题正确答案是：2F2+2OH−=2F−+OF2+H2O。


16.【答案】(1)圆底烧瓶；产生氨气，排出装置中的空气，防止氨基钠变质   
(2)①B；②NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑
(3)在CD之间再加一个B装置   
(4)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
(5)温度恢复到室温
(6)78.0% 
【解析】装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C制备氨基钠，装置D吸收氨气，装置E收集氢气，据此解答。
(1)根据仪器构造可判断仪器a的名称为圆底烧瓶；由于装置中含有空气，能氧化金属钠，则实验开始时，应先打开分液漏斗使浓氨水流下，目的是产生氨气，排出装置中的空气，防止氨基钠变质；
(2)①装置B用来干燥氨气，氨气是碱性气体，可以用碱性干燥剂碱石灰干燥；氨气能与中性干燥剂氯化钙反应，能与酸性干燥剂 P2O5  反应，故不选AD；无水硫酸铜用来检验水蒸气的存在，一般不作干燥剂，不选C；故答案选B；
②若无B装置，氨气中含有水蒸气，水蒸气能与NaNH2反应，则C中生成的氨基钠会发生的反应为NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑；
(3)由于装置D中的水蒸气也可能进入装置C中，所以改正措施为在CD之间再加一个B装置；
(4)NaOH能和二氧化硅反应，所以反应容器不选用玻璃材质，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
(5)由于气体的体积受温度和压强影响大，所以反应后对水量气管读数时，应注意①温度恢复到室温；
(6)生成氮气的质量为0.054L×1.40g/L=0.0756g，根据氮原子守恒可知NaN3样品的纯度为0.075628×2×13×650.15×100%=78%。


17.【答案】(1)+6
(2)AlO 2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 3-   
(3)MoO42-+Ba2+=BaMoO4↓
(4)①NaHCO3；②NH3    
(5)①Al2O3 ；②4:1 
【解析】废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
(1)Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和−2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。
(2)“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO 2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 3-。
(3)pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在，“沉钼”中，pH为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO42−+Ba2+=BaMoO4↓。
(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显−3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为−1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到−2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。


18.【答案】 (1)羧基
(2)③④⑤   
(3)HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O
(4)2CH3CH2OH+O2→ΔCu2CH3CHO+2H2O
(5)
(6)acd
 
【解析】A是一种气态烃，其密度在标准状况下是H2的14倍，A的相对分子质量是28，因此A是乙烯；A和水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D是乙酸乙酯，乙烯和溴单质发生加成反应生成E是BrCH2CH2Br，根据已知信息E发生水解反应生成F是乙二醇，乙二醇和乙酸发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH2OOCCH3，E和苯发生取代反应生成H，H发生消去反应生成I，I分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，据此解答。
(1)C是乙酸，分子的官能团的名称为羧基。
(2)酯化反应和水解反应均属于取代反应，根据以上分析可知反应①∼⑦中属于取代反应的是③④⑤。
(3)C与F以物质的量之比2：1发生酯化反应生成G，反应④的化学方程式为HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3 +2H2O。
(4)乙醇可在催化剂作用下被空气中的氧气氧化为具有刺激性气味的物质乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2→ΔCu2CH3CHO+2H2O。
(5)聚苯乙烯的结构简式为。
(6)a.D是乙酸乙酯，在一定条件下能和水发生水解反应生成乙醇和乙酸，a正确；
b.B和F含有的羟基个数不同，二者不属于同系物，b错误；
c.A和I都含有碳碳双键，B、F都含有羟基，因此都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c正确；
d.与E互为同分异构体的有机物只有1种，即CH3CHCl2，d正确；
答案选acd。