[化学][期末]福建省漳州市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题(解析版)

这是一份[化学][期末]福建省漳州市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了本试卷可能用到的相对原子质量，8g苯分子中碳碳双键的数目为0，1mlN2与0等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.本试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cl-35.5 Cu-64
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 2023年5月10日，搭载天舟六号货运飞船的长征七号火箭在我国文昌航天发射场成功发射，下列说法正确的是（ ）
A. 运载火箭加注的煤油属于纯净物
B. 飞船仓壁壳体使用铝合金材料是因为铝化学性质活泼
C. 飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO2
D. 飞船船体覆盖的耐高温陶瓷材料属于新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤油属于烃的混合物，A错误；
B．飞船仓壁壳体使用铝合金材料是因为铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀，B错误；
C．飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，C错误；
D． 耐高温陶瓷材料属于新型无机非金属材料，D正确；
故选D。
2. 下列化学用语正确的是（ ）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 中子数为8的碳原子：
C. 二氧化碳的电子式： D. 正丁烷的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式应含有碳碳双键CH2=CH2，A错误；
B．中子数为8碳原子质量数为14，即为，B正确；
C．二氧化碳的电子式为，C错误；
D．正丁烷的球棍模型，D错误；
故选B。
3. 卤面是漳州特色小吃，含蛋白质、糖类、油脂等营养物质，下列说法正确的是（ ）
A. 面条的主要成分是淀粉，可水解生成葡萄糖
B. Na2SO4溶液可使蛋白质变性
C. 蛋白质和油脂均属于有机高分子化合物
D. 淀粉和纤维素互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．面条的主要成分是淀粉，可水解生成葡萄糖，A正确；
B．Na2SO4溶液可使蛋白质发生盐析，不能使其变性，B错误；
C．蛋白质属于有机高分子化合物，油脂不属于有机高分子化合物，C错误；
D．淀粉和纤维素的相对分子质量不同，不互为同分异构体，D错误；
故选A。
4. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NA
B. 标准状况下，11.2L乙醇中分子的数目为0.5NA
C. 71gCl2与足量Fe反应，转移电子的数目为2NA
D. 一定条件下，0.1mlN2与0.3mlH2充分反应生成NH3的数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯分子中无碳碳双键，故A错误；
B．标准状况下，乙醇不是气体，无法计算，故B错误；
C．Cl2与与足量Fe反应生成氯化铁，1ml氯气转移电子的数目为2NA，故C正确；
D．N2与H2的反应为可逆反应，生成氨气的数目小于0.2NA，故D错误；
故选C。
5. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如下图所示，X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，下列说法错误的是（ ）

A. 由X与氢元素组成的某种化合物能使溴水褪色
B. Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. Z的最高价氧化物的水化物属于强碱
D. 可用电解熔融化合物的方法制备W单质
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，故X为C，Y为N，W为Al，Z为Mg。
【详解】A．由C与氢元素组成的乙烯、乙炔等能使溴水褪色，A正确；
B．Y为N，气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；
C．Z为Mg，最高价氧化物的水化物Mg(OH)2不属于强碱，C错误；
D．可用电解熔融Al2O3方法制备Al单质，D正确；
故选C。
6. 下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO难溶于水，不能形成喷泉实验，故A不符合题意；
B．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故B符合题意；
C．蒸馏实验中冷却水的流向应为下口进水上口出水，故C不符合题意；
D．乙醇和水可以互溶，不能萃取分液，故D不符合题意；
故选B。
7. 能正确表示下列反应的离子方程式为（ ）
A. 氨水中加入Fe2(SO4)3溶液：
B. FeCl3溶液中加入铜粉：
C. CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合：
D. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱碱不拆，即，A错误；
B．三价铁离子具有氧化性能将铜氧化为铜离子，即，B正确；
C．CuSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，即，C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液，即，D错误；
故选B。
8. 将反应设计成如图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）

A. Ag2O/Ag电极为正极
B. 电池工作时，OH-向正极移动
C. 电池工作时，电子由Ag2O流向Cu
D. 理论上每消耗6.4gCu，外电路中通过的电子为0.2ml
【答案】A
【解析】
【分析】由总反应可知，铜元素价态升高，银元素价态降低，故铜为负极，Ag2O/Ag电极为正极。
【详解】A．根据分析，Ag2O/Ag电极为正极，A正确；
B．电池工作时，阴离子向负极移动，即OH-向负极移动，B错误；
C．电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，即由Cu流向Ag2O，C错误；
D．总反应中铜元素价态由0价变为+1价，理论上每消耗6.4gCu，消耗铜的物质的量为0.1ml，外电路中通过的电子为0.1ml，D错误；
故选A。
9. 莽草酸有抗炎、镇痛作用，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 分子中含有苯环
B. 分子中含有两种官能团
C. 分子之间可以发生酯化反应
D. 1ml莽草酸与足量Na反应，最多消耗3mlNa
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中不含苯环，A错误；
B．分子中含有羟基、羧基、碳碳双键，共三种官能团，B错误；
C．分子中含有羟基、羧基，分子之间可以发生酯化反应，C正确；
D．羟基和羧基均可以与Na反应，1ml莽草酸与足量Na反应，最多消耗4mlNa，D错误；
故选C。
10. 已知某化学反应，反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 该反应的进行一定需要加热或点燃
B. 生成2mlAB2(g)，放出热量(E1-E2)kJ
C. 1mlA2(g)和2mlB2(g)的总能量高于2mlAB2(g)的能量
D. 该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键放出的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，A错误；
B．根据图象，该反应是吸热反应，生成2mlAB2(g)则吸收的热量为(E1-E2)kJ，B错误；
C．1mlA2(g)和2mlB2(g)的总能量低于2mlAB2(g)的能量，C错误；
D．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，由信息可知，该反应为吸热反应，则断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，D正确；
故选D。
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 氧气和臭氧互为同位素
B. HCl溶于水能电离出H+和Cl-，所以HCl是离子化合物
C. 碘晶体受热转变为碘蒸气，吸收的热量用于破坏碘原子间的共价键
D. C3H8和C5H12互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气和臭氧为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；
B．HCl分子内H、Cl原子间是共价键结合，属于共价化合物，溶于水时共价键被破坏，电离出H+、Cl-，B项错误；
C．碘晶体是分子晶体，分子间有范德华力，分子内有共价键，碘晶体受热变成碘蒸气是物理变化，吸收的热量用于克服碘分子间的范德华力，C项错误；
D．C3H8和C5H12均烷烃，分子组成上相差2个CH2，故互为同系物，故D正确；
故选D。
12. 某同学通过如下流程制备Cu2O，已知CuCl难溶于水和稀硫酸。

下列说法错误的是（ ）
A. 步骤②中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2
B. 步骤③中为防止CuCl被氧化，可用Na2SO3溶液洗涤
C. 步骤④发生反应的离子方程式为
D. 步骤⑤可以用HNO3酸化的AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净
【答案】A
【解析】
【分析】该流程中，第一步将碱式碳酸铜溶解于过量盐酸得氯化铜溶液，第二步用二氧化硫将氯化铜还原为氯化亚铜，第三步过滤洗涤分离出氯化亚铜，第四步加氢氧化钠溶液转化为氢氧化亚铜并受热分解为氧化亚铜，第五步过滤洗涤分离出氧化亚铜产品。
【详解】A．步骤②中发生的反应为：SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，故SO2为还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，A错误；
B．Na2SO3中的S也是+4价具有较强的还原性，由选项A可知其还原性大于氯化亚铜，故步骤③中为防止CuCl被氧化，可用Na2SO3水溶液洗涤，B正确；
C．步骤④中的反应物为CuCl和NaOH，产物为Cu2O，故所发生反应的离子方程式为，C正确；
D．步骤⑤中最后的洗涤液中是否含有Cl-可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，D正确；
故答案为：A。
13. 在100mL浓硝酸中加入28.8g铜粉，最后铜粉有剩余(不考虑NO2转化为N2O4)，溶液中物质的量变化如下图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 原浓硝酸的物质的量浓度为10ml·L-1
B. 生成的混合气体在标准状况下的总体积为8.96L
C. 硝酸完全反应后消耗铜粉的物质的量为0.15ml
D. 再滴加100mL2ml·L-1硫酸，恰好使剩余的铜粉完全溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，原浓硝酸中n(NO)=1.0ml，则其物质的量浓度为，故A选项正确，不符合题意；
B．溶液中的硝酸根减小了0.4ml，共消耗0.4mlNO，根据原子守恒转化为0.4ml气体，则混合气体总体积为V=22.4L/ml×0.4ml=8.96L，故B选项正确，不符合题意；
C．铜粉有剩余，所以硝酸反应完全，最后溶液的溶质为硝酸铜，溶液中剩余硝酸根0.6ml，根据元素守恒，消耗铜单质0.3ml，故C选项错误，符合题意；
D．滴加硫酸，加入H+，相当于溶液中还有稀硝酸，3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，消耗的Cu与H+物质的量之比为3:8，则消耗的H+物质的量为，则需要的硫酸的物质的量为0.2ml，故D正确，不符合题意；
故选C。
二、非选择题：本题共6小题，共61分。
14. 随着原子序数的递增，A-G 7种短周期元素原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如下图所示。
回答下列问题：
（1）F在元素周期表中的位置是___________。
（2）D、E、F简单离子半径出大到小的顺序是___________(填离子符号)。
（3）D、F的单质分别与A的单质化合时，较难的是___________(填化学式，下间)，F、G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是___________。
（4）常温常压下，8g化合物BA4在空气中完全燃烧，生成液态水时放出446.5kJ的热，该反应的热化学方程式为___________。
（5）已知A、C组成的阳离子中C元素的化合价为-3价，该阳离子在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，将水体调节为酸性后加入适量NaClO溶液，可将其转化为无污染的气体，该反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）第3周期ⅥA族
（2）S2->O2->Na+
（3）①. S ②. HClO4
（4） ΔH=-893.0kJ·ml-1
（5）
【解析】从图中的化合价和原子半径、原子序数的大小，可知A是H，B是C，C是N，D是O， E是Na，F是S，G是Cl，以此分析回答下列问题。
（1）S在周期表中的位置是第3周期ⅥA族。
（2）一般电子层数越多半径越大，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径由大到小为S2->O2->Na+。
（3）O非金属性强于S，故S更易与氢气化合，Cl的非金属性强于S，故Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性更强。
（4）8g甲烷的物质的量为0.5ml，0.5ml甲烷完全燃烧放出446.5 kJ的热，该反应的热化学方程式为 ΔH=-893.0kJ·ml-1。
（5）A、C组成的阳离子为NH，根据题意在酸性条件下，次氯酸钠可以将其氧化为氮气，相应的离子方程式为：。
15. 如图是铁及其化合物的“价一类”二维图的部分信息。

回答下列问题：
（1）Fe2O3是红棕色粉末，常用作___________(写一种用途)。
（2）K2FeO4位于图中___________(填“X”“Y”或“Z”)，可用作自来水处理剂，它与水作用化学方程式为，每消耗39.6gK2FeO4，生成O2物质的量为___________，转移电子的数目为___________。[M(K2FeO4)=198g·ml-1]
（3）Fe(OH)2容易被空气中的O2氧化，最终变为红褐色，反应的化学方程式为___________。
（4）某兴趣小组设计实验检验FeCl2溶液中的Fe2+，实验方案为___________(可供选用的试剂：0.1ml·L-1FeCl2溶液、新制氯水、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、铁粉)。
【答案】（1）红色颜料
（2）①. Y ②. 0.15ml ③. 0.6NA
（3）
（4）取少量0.1ml·L-1 FeCl2溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再加入少量新制氯水，溶液变血红色。
【解析】（1）Fe2O3俗称铁红，是红棕色粉末，常用作红色颜料；
（2）K2FeO4中铁为+6价，属于盐类，根据“价一类”二维图可知，其位于图中Y；在方程式中，O的化合价由-2价升高到0价，则该反应生成3个氧气时，转移电子数为12，39.6gK2FeO4的物质的量为：，根据方程式可知，生成O2物质的量为0.15ml；转移电子的数目为0.6NA；
（3）氢氧化亚铁容易被氧化为氢氧化铁，相应的方程式为：；
（4）二价铁和KSCN溶液混合没有明显现象，可以先用氯水将其氧化三价，随后再用KSCN溶液来检验即可，故实验方案为：取少量0.1ml·L-1 FeCl2溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再加入少量新制氯水，溶液变血红色。
16. 氮氧化物是大气污染物，研究氮氧化物的转化与处理对环境保护具有重要的意义。
（1）800℃时，在容积恒定为2L的密闭容器内，发生反应：(不考虑NO2转化为N2O4)，n(NO)随时间t的变化如下表：
回答下列问题：
①用O2表示从0-2s内该反应的平均速率v(O2)___________，平衡时NO2的物质的量浓度为___________。
②能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填标号，下同)。
A．v(NO2)=2v(O2) B．容器内气体的压强不再改变
C．混合气体的颜色不再改变 D．容器内气体密度不再改变
③下列措施可以加快该反应速率的是___________。
A．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度
C．降低O2的浓度 D．选择高效催化剂
（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示，O2-可在固体电解质中自由移动。

①NiO电极为___________极。
②当外电路有0.4ml电子通过时，理论上消耗的NO在标准状况下的体积是___________。
【答案】（1）①. 0.015ml·L-1·s-1 ②. 0.065 ml·L-1 ③. BC ④. BD
（2）①. 负 ②. 4.48L
【解析】（1）①由表中数据可得该时间段一氧化氮速率为，又反应速率之比等于化学计量数之比，故氧气速率为0.015ml·L-1·s-1；表中数据可知达到平衡状态时一氧化氮物质的量为0.07ml，则平衡时二氧化氮物质的量为0.13ml，故浓度为0.065 ml·L-1；
②没有正逆方向，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；该反应是体积减小的反应，正向反应，压强不断减小，当容器内压强保持不变，则达到平衡，故B符合题意；体系中一氧化氮为红棕色，混合气体颜色不再改变即一氧化氮浓度不再改变，证明反应已达到平衡，故C符合题意；密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当容器内气体的密度保持不变，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；综上所述选BC；
③ 及时分离出气体，生成物浓度减小反应速率减小，A不符合题意；适当升高温度速率加快，B符合题意；降低的浓度，反应速率减慢，C不符合题意；D．选择高效的催化剂，反应速率加快，D符合题意；综上所述选BD；
（2）①氧化镍电极一氧化氮反应生成二氧化氮，氮元素化合价升高，即失去电子，故氧化镍电极为原电池负极；
②由图示知，所以当转移0.4ml电子时，消耗一氧化氮物质的量为0.2ml，即标况下体积为4.48L。
17. 柠檬酸亚铁是一种抗氧化剂，微溶于水，不溶于无水乙醇，工业上以硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2)为原料制备柠檬酸亚铁，流程如下：

回答下列问题：
（1）“焙烧”时产生污染环境的气体为___________(填化学式)。
（2）“溶浸”时为提高铁元素浸出率，可采取的措施有___________(任写一种)。
（3）“还原”过程中与Fe3+有关的离子方程式为___________，可用___________试剂检验还原反应已经完全。
（4）“沉铁”时，反应温度不宜太高的可能原因是___________。
（5）将FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，充分反应后将溶液浓缩，静置、过滤、用___________试剂洗涤晶体2-3次，干燥，制得柠檬酸亚铁晶体。
【答案】（1）SO2
（2）适当提高温度
（3）①. ②. KSCN溶液
（4）防止温度过离，NH4HCO3受热分解
（5）无水乙醇
【解析】硫铁矿在空气中煅烧生成氧化铁和二氧化硫，再加入稀硫酸溶浸，氧化铁、氧化铝和稀硫酸反应，而二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤，得到滤渣为二氧化硅，向溶液中加入Fe还原铁离子，再加入碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，过滤、洗涤，向碳酸亚铁中加入柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁晶体。
（1）FeS2在“焙烧”时被空气中的氧气氧化生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2 +11O2 2Fe2O3 +8SO2，产生对环境有危害的气体是SO2；
（2）“溶浸”时为提高铁元素浸出率，可适当提高温度；
（3）加入铁粉还原，发生的离子方程式为：，用溶液检验，溶液变红色；
（4）不稳定，温度过高易发生分解，且温度过高会导致氨气大量挥发；
（5）柠檬酸亚铁是一种抗氧化剂，微溶于水，不溶于无水乙醇，故将FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，充分反应后将溶液浓缩，静置、过滤、用无水乙醇试剂洗涤晶体2-3次，干燥，制得柠檬酸亚铁晶体。
18. 某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)，制取干燥的NH3并验证NH3的性质。

回答下列问题：
（1）实验室用装置甲制备NH3的化学方程式为___________。
（2）装置乙的作用是___________，若装置丙用于收集NH3，应将导管___________(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
（3）装置戊所用仪器的名称为___________。
（4）观察到丁中红色Fe2O3粉末变黑，戊中无水硫酸铜变蓝，同时收集到一种无色无味的气体，取反应后的黑色粉末加入稀盐酸，产生气泡，证明NH3具有___________性，写出NH3和Fe2O3反应的化学方程式___________。
（5）为防止环境污染，可用以下装量(盛放的液体均为水)吸收多余NH3的是___________(填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）
（2）①. 干燥NH3 ②. b
（3）球形干燥管
（4）①. 还原 ②.
（5）bd
【解析】装置甲产生氨气，装置乙干燥氨气，装置丙收集氨气，装置丁中氨气和氧化铁反应，装置戊检验是否有H2O产生，装置己防止外界水蒸气进入影响装置戊的检测。
（1）实验室制备氨气的化学方程式为。
（2）装置乙的作用是干燥NH3。NH3的密度小于空气，则导管b延长至集气瓶底部，将空气从b口挤出。
（3）装置戊为球形干燥管。
（4）实验中观察到丁中红色Fe2O3粉末变黑生铁单质，戊中无水硫酸铜变蓝说明生成水，并收集到一种单质气体氮气，则该反应的化学方程式为，氮元素化合价升高，证明氨气具有还原性。
（5）NH3极易溶于水，应采用防倒吸装置来吸收多余氨气，可选择bd。
19. 已知A是最简单的烯烃，它的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。以A为原料生产部分化工产品的反应流程如下：

回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为___________。
（2）等物质的量的B、D、F分别与足量金属钠应，产生H2的物质的量之比为___________。D的官能团名称为___________。
（3）写出B→C反应的化学方程式___________。
（4）G为二乙酸乙二酯，是一种具有香味的油状液体，实验室采用如图所示装置制备G。

①D＋F→G的化学方程式为___________。
②饱和Na2CO3液的作用是溶解挥发出来的乙二醇和___________。
③饱和Na2CO3溶液不能用NaOH溶液代替，原因是___________。
【答案】（1）加成反应
（2）①. 1：1：2 ②. 羧基
（3）
（4）①. ②. 中和挥发出来的乙酸，有利于二乙酸乙二酯分层析出 ③. 二乙酸乙二酯在NaOH存在的条件下，能与水发生水解反应
【解析】A是最简单的烯烃，它的产量可以用来衡量一个国家石油化工水平，则A为CH2=CH2；依据反应发生的条件，可确定B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH；C和E互为同分异构体，且E为环状结构，则E为 ；F为HOCH2CH2OH，得到的产物G是一种具有特殊香味的不易溶于水的油状液体，则G为CH3COOCH2CH2OOCCH3。
（1）乙烯和水发生加成反应生成乙醇；
（2）羟基、羧基都能与金属钠反应，故等物质的量的B、D、F分别与足量金属钠应，产生H2的物质的量之比为1：1：2。D为CH3COOH，官能团为羧基；
（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为；
（4）①乙二醇和乙酸发生酯化反应的化学方程式为；
②饱和Na2CO3液的作用是溶解挥发出来的乙二醇和中和挥发出来的乙酸，有利于二乙酸乙二酯分层析出；
③二乙酸乙二酯在NaOH存在的条件下，能与水发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液代替。
A．喷泉实验
B．CH4与Cl2的反应
C．石油的分馏
D．用乙醇提取碘水中的I2
t/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/ml
0.20
0.10
0.08
0.07
0.07
0.07