2023保山文山州高一下学期期末考试化学试题PDF版含答案

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保山市文山州2022—2023学年春季学期期末联合质量监测高一（化学）参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本大题共24小题，每小题2分，共48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）题号123456789101112答案DCABCCDBCACB题号131415161718192021222324答案DDCAABBCBDAD【解析】1．D  【解析】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，A错误；B．废旧电池中含有重金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，B错误；C．BaCO3难溶于水，但是能和胃酸生成有毒的重金属离子钡离子，医疗上不可用作X射线透视肠胃的内服药“钡餐”，C错误；D．氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，是一种制冷剂，D正确。2．C  【解析】太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si。3．A  【解析】A．雾是典型的胶体，属于气溶胶，具有丁达尔效应，A错误；B．柳絮的主要成分是纤维素，属于糖类，B正确；C．在酿酒的过程中有淀粉水解反应的发生，C正确；D．火树银花就是含锂、钠、钾、锶、钡、铜等金属元素的物质在灼烧时呈现的各种火焰颜色，D正确。4．B  【解析】A．氨气的水溶液能导电是因为生成了一水合氨，但氨气是非电解质，A错误；B．Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B正确；C．熔融状态下H2SO4不导电，但H2SO4的水溶液能导电，所以H2SO4是电解质，C错误； D．氯化钠溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D错误。5．C  【解析】A．该电池中活泼金属作负极，所以Zn为负极，Cu为正极，电流由铜片经导线流向锌片，A错误；B．锌为电池的负极，B错误；C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌失电子生成Zn2+，使用一段时间锌筒会变薄，C正确；D．铅蓄电池是二次电池，D错误。6．C  【解析】A．18g的H2O中含有的中子数为8NA，A错误；B．没有计算水中含有的氧原子，B错误；C．1.6g甲烷中含有的C—H键数目为0.4NA，C正确；D．体积未知，无法计算，D错误。7．D  【解析】A．含 Fe3＋的溶液为黄色，A错误；B．使石蕊变红的溶液为酸性，酸性条件下NO和Fe2+会发生氧化还原反应，B错误；C．使无色酚酞变红的溶液为碱性，HCO会和OH−发生反应，C错误；D．中性溶液中，四种离子可以共存，D正确。8．B  【解析】A．根据图中氮元素及其化合物的转化关系可知，氮的氧化物X中的氮元素的化合价为+5价，对应的物质是N2O5，A错误；B．NO和空气中氧气生成二氧化氮，故不可用排空气法收集NO气体，B正确；C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C错误；D．根据氧化还原反应原理分析，NH3可与NO2反应生成氮气，化学方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D错误。9．C  【解析】在密闭容器中W与X反应生成Y和Z，则W、X为反应物，Y、Z是生成物，已知存在如下关系：，，，则得到，则此反应可表示为，C正确。10．A  【解析】A．K2FeO4易被还原生成三价铁，A正确；B．Fe(OH)3胶体净水时主要作用是吸附悬浮的颗粒，无杀菌消毒的作用，B错误；C．生成0.4mol的水时，转移的电子数为0.3NA，C错误；D．K2FeO4是氧化产物，D错误。11．C  【解析】A．氧化铝不能直接反应生成氢氧化铝，A错误；B．硫燃烧只能生成二氧化硫，不能一步转化为三氧化硫，B错误；C．铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，C正确；D．N2与O2只能生成NO，D错误。12．B  【解析】A．H2S是共价化合物，电子式为，A错误；B．和的核电荷数为17，核外电子数为18，则和离子结构示意图均可以表示为：，B正确；C．氟化钙为离子化合物，电子式为，C错误；D．甲烷的球棍模型为，而氯原子半径比碳原子半径大，则四氯化碳的球棍模型不能用表示，D错误。13．D  【解析】A．AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，A错误；B． 单糖、低聚糖、油脂不属于高分子，淀粉、纤维素等多糖和蛋白质属于天然有机高分子，B错误；C．苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间独特的化学键，乙烯中碳碳键为碳碳双键，二者不同，C错误；D．“吹出法”海水提溴技术，先用氯气氧化海水中的溴离子，得到溴单质，然后用热空气将生成的溴吹出，再用二氧化硫作还原剂使溴单质转化为氢溴酸，使其与空气分离，最后用氯气将氢溴酸氧化为溴后蒸馏分离，D正确。14．D  【解析】A．能导电的物质不一定是电解质，金属单质在熔融状态下也能导电，A错误；B．金属元素和非金属元素也有可能形成共价化合物，如，B错误；C．阴、阳离子通过静电作用所形成的化学键称为离子键，静电作用包括静电引力和静电斥力，C错误。D．氯化镁电子式为，两个氯离子不靠近，不存在离子键，D正确。15．C  【解析】A． 盐酸的酸性强于亚硫酸，依据强酸制备弱酸可知，向溶液中通入气体，不发生反应，A错误；用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B错误；醋酸是弱酸，写成分子式，C正确；澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+2H2O+ CO，D错误。16．A  【解析】①乙烯的结构简式CH2=CH2，①错误；②乙烯还可以调节植物生长，可用于催熟果实，②正确；③CH3CH2OH是乙醇的结构简式，不是它的结构式，③错误；④乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此可用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和乙烯，④正确；⑤烃基上的氢不与钠反应，羟基上的氢能与钠反应，因此乙醇可与钠反应，⑤正确；⑥正丁烷和异丁烷互为同分异构体，⑥错误；⑦酒类产品标签中的酒精度是指乙醇的体积分数，⑦错误；因此正确的说法有3个，选A。17．A  【分析】黄绿色气体单质为氯气，则Z为Cl；WX会与血红蛋白结合导致人体中毒，则WX为CO，所以W为C，X为O；金属Y形成的淡黄色氧化物可用于呼吸面具，淡黄色化合物为Na2O2，则Y为Na。则W、X、Y、Z依次为C、O、Na、Cl。在高温下，向金红石与C的混合物中通入Cl2得到化合物TiCl4和CO；在稀有气体环境和加热条件下，用钠与TiCl4反应可得钛。【解析】A．C的最简氢化物是甲烷，其沸点低于水，A正确；B．电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，质子数越多，半径越小，故简单原子半径：Na>Cl>O，B错误；C．C与Cl形成的化合物CH3Cl不用做工业上的重要有机溶剂，C错误；D．Ca(ClO)2含氯元素，是漂白粉的有效成分，具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，但是CaCl2没有强氧化性，D错误。18．B  【解析】A．向某溶液中加入稀NaOH溶液，氨气极易溶于水，由于没有加热，导致氨气没有逸出，则试纸不变蓝，不能判断原溶液中是否含有，故A错误；B．向蔗糖中加入浓硫酸，根据实验现象，蔗糖被浓硫酸脱水生成碳，碳被浓硫酸氧化，即浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应中生成C、SO2等，故B正确；C．溶液和溶液中阴离子不同，所以无法比较催化效率，故C错误；D．H2O2和产生的HNO3都有氧化性，无法比较；故D错误。19．B  【解析】A．配氢氧化钠溶液不能直接将氢氧化钠溶解于容量瓶中，A错误；B．高锰酸钾与浓盐酸制氯气用固液不加热装置，B正确；C．氯气中的HCl应用饱和食盐水除去，C错误；D．氢氧化铁胶体制备应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，D错误。20．C  【解析】A．中阳离子为，阴离子为，阴阳离子的个数比为1∶2，A错误；B．向容量瓶转移液体时，容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对结果无影响，B错误；C．取少量样品溶于水，先滴入2滴KSCN溶液无现象，再滴入几滴新制氯水，发生以下反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，溶液变为红色，则证明晶体的成分中含有Fe2+，C正确；D．NO2与氢氧化钠反应生成两种盐（NaNO2、NaNO3），故NO2不是酸性氧化物，CO不与碱反应，属于不成盐氧化物，D错误。21．B  【解析】C2H4BrCl的同分异构体有CH3CHBrCl和CH2BrCH2Cl两种。22．D  【解析】A．由图可知，反应①生成物能量大于反应物为吸热反应，反应②生成物能量低于反应物为放热反应，A错误；B．过氧化氢分解生成水和氧气总反应为放热反应，故2molH2O2(aq)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的总能量，B错误；C．反应中碘离子被消耗又生成，在H2O2分解过程中起到催化作用，C错误；D．催化剂在反应历程中参与了化学反应，反应前后性质、质量不变，D正确。23．A  【解析】A．该原电池中活泼性强的金属作负极，故A可以说明镁的活泼性比铝强，A正确；B．NaOH溶液与铝反应，不与镁反应，不能证明金属活动性强弱，B错误；C．金属的活动性强弱与失去电子个数无关，C错误；D．等物质的量的金属与足量盐酸反应产生氢气的多少不能证明金属活动性强弱，D错误。24．D  【解析】可根据化学方程式进行计算，或利用反应前后SO的物质的量守恒进行计算。向混合溶液中加入足量的铁粉，足够长的时间后铁粉有剩余，则硫酸铜和硫酸铁都完全反应，此时溶液中溶质为硫酸亚铁，设原溶液体积为VL，溶液中c(SO)=(1.5mol/LVL+1.5mol/LVL3)/2VL=3mol/L，则Fe2+的物质的量浓度是3 mol/L。 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题（本大题共5小题，共52分）25．（除特殊注明外，每空1分，共12分）（1）第三周期第VIA族   （2）同分异构体（3）Cl（氯）元素   Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O[或Al(OH)3+OH−=Al(OH)]（2分）（4）分子间作用力（或范德华力）   离子键和共价键（2分）（5）NH4HCO3    [或(NH4)2CO3或其他有机酸的铵盐等合理答案]（6）=（2分）【分析】根据原子半径和化合价可知A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为钠，F为铝，G为硫，H为氯。【解析】（1）元素G是硫元素，在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；元素C是氮元素，简单气态氢化物为NH3，电子式是；（2）分子式为B2A6D的物质可能是乙醇(C2H5OH)，也可能是二甲醚(CH3OCH3)，这两种有机物互为同分异构体；（3）元素C、H分别为N、Cl，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，且HClO4的酸性强于HNO3，所以非金属性较强的是Cl；元素E、F的最高价氧化物的水化物为NaOH、Al(OH)3，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH−=+2H2O[或Al(OH)3+OH−=Al(OH)]；（4）化合物BD2为CO2，由固态变为气态需克服的微粒间作用力是分子间作用力（或范德华力）；由D、E元素按照原子个数比为1∶1组成的化合物为Na2O2，所含的化学键是离子键和共价键；（5）由A、B、C、D四种元素形成的离子化合物为NH4HCO3、(NH4)2CO3及有机酸形成的铵盐；（6）化合物E3C为Na3N，遇水反应生成NH3和NaOH，反应的化学方程式为Na3N+3H2O=NH3↑+3NaOH。26．（除特殊注明外，每空1分，共10分）（1）分液漏斗   3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2分）（2）浓硝酸可以和铜屑反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮（或3NO2+H2O=2HNO3+NO）；（3）Cl2     装置中充满黄绿色气体（4）防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中与NOCl反应 （5）碳酸钠溶液   Ca2+ 、 Ba2+（2分）【分析】本题为无机物制备类的实验题，装置A为制取NO的装置，装置B主要用于除去NO中的NO2杂质，装置C为干燥装置，装置D为制取NOCl的装置，以此解题。【解析】（1）由图可知，盛放稀硝酸的仪器名称是分液漏斗；仪器a中稀硝酸和铜屑反应方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；（2）浓硝酸可以和铜屑反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其中二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮；（3）装置中有空气,一氧化氮遇到空气中的氧气会生成二氧化氮，则应该先通入Cl2，排出装置中的空气，当装置中充满黄绿色气体时，可以通入一氧化氮；（4）①根据题给信息，NOCl遇水发生反应NOCl+H2O=HNO2+HCl，则无水CaCl2的作用是防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中与NOCl反应；（5）海盐(含泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质)，先加入足量的氯化钡溶液，除去溶液中的硫酸根离子；然后加入足量的碳酸钠溶液，除去钙离子和过量的钡离子；再加入足量的氢氧化钠溶液，除去镁离子。27．（除特殊注明外，每空1分，共10分）（1）放热（2）0.04   75%（3）BD（2分）（4）①负极   2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2+12H+ （2分）   ②1.12（2分）【解析】（1）由图8可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；（2）由图9可知，3min时CO2的浓度为0.50mol/L，9min时CO2的浓度为0.25mol/L，所以用CO2表示速率为(0.50−0.25)/6≈0.04mol/(L·min)；同样由图2可知，CO2的浓度变化量为0.75mol/L，根据方程式可得H2的浓度变化量为3×0.75mol/L，则的H2转化率为(3×0.75/3)×100%=75%（3）CO2与CH3OH的浓度不再改变时达到平衡，而据图可知，当浓度比为1∶1时尚未平衡，A错误；这是气体体积减小的反应，总压强随着反应的进行而减小，当总压强不再改变则达到平衡，B正确；每生成3 mol H2，同时生成1 mol CH3OH，C错误；这是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，平均相对分子质量（用=分析）增大，当平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，D正确；（4）①电子流出的电极是负极，所以电极C是负极；负极通入可燃物甲醇，电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2+12H+    ②1molO2生成H2O转移4mol电子，转移0.2mol电子消耗标准状况下的O2体积为=1.12L。28．（除特殊注明外，每空1分，共10分）（1）油漆（涂料、油墨和橡胶的红色颜料、着色剂均可）    （2）加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎烧渣（写出一种即可）       （3）=（2分）   过滤（4）稀盐酸       （5）50%（2分）  【解析】本题要从含有杂质的黄铁矿烧渣中得到铁红（Fe2O3），第一步焙烧将所有氧化物还原为单质铁和单质硅，接下来用硫酸酸浸将铁转变为Fe2+，硅不与硫酸反应，可以过滤除去；接下来加入碳酸氢铵，得到FeCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥后再煅烧，煅烧时+2价的Fe被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3，据此来分析即可。（1）铁红是指氧化铁，用于油漆、橡胶、塑料、建筑等的着色，是无机颜料，在涂料工艺中用作防锈颜料；（2）为了提高酸浸的速率可采取加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎烧渣等措施，根据分析，操作1后的溶液中溶质的主要成分是；（3）极易被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；操作2是过滤；（4）检验FeCO3是否洗涤干净，只要检验最后的洗涤液中是否含有即可，因此我们可以取最后一次洗涤液，加入稀盐酸和溶液，若无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；（5）黄铁矿烧渣理论上能产生铁红的质量为，产品的产率为。29．（除特殊注明外，每空1分，共10分）（1）分馏（填蒸馏也可以）     （2）①羧基     ②加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（2分）   nCH2=CH2（2分）（4）CD（2分，答对一个给1分，有错误选项不给分）（5）先加乙醇再加浓H2SO4和乙酸【分析】B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则B为CH2=CH2，石油的分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，乙烯发生加聚反应生成F为，乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，故E为CH3COOCH2CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成H为CH3CH2Cl，乙醇与Na反应生成G为CH3CH2ONa，以此来解答。【解析】（1）工业上通过石油的分馏可获得液化石油气、汽油、柴油、煤油、石蜡油等产品；（2）①D为CH3COOH，D中的官能团名称为羧基；②B到A的反应为，其反应类型为加成反应；（3）反应②是乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，反应⑥是乙烯的加聚反应，其化学方程式为nCH2=CH2。（4） A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，A错误；B．A（乙醇）与D（乙酸）的反应是可逆反应，生成的E（乙酸乙酯）小于1mol（88g），B错误；C．聚乙烯性质稳定，且无毒，可以用于制造食品包装袋，C正确；D．塑料、合成纤维、合成橡胶等都是人工合成的有机高分子材料，D正确；（5）浓硫酸的密度较大，所以应在试管中先加乙醇，再缓慢加入浓H2SO4并不断振荡散热，最后加乙酸。