安徽省六安第一中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试卷（Word版附解析）

安徽省六安第一中学2022~2023学年高一下学期期末考试化学试题满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cu：64一、单选题(每小题3分，共36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.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%B.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维C.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查D.燃煤中加入可以减少酸雨的形成和温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A．体积分数为75%的乙醇溶液杀菌效果较佳，浓度过高会在细菌表面形成一层保护膜阻止乙醇进入，故A正确；B．蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，可鉴别，故B正确；C．钡离子有毒，硫酸钡不会被胃酸溶解，可用于胃肠X射线造影检查，故C正确；D．燃煤中加入可以减少二氧化硫的排放，能减少酸雨的形成，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误；答案选D。2.下列说法正确的是A.通过化学变化可以实现与之间的转化B.的电子式为：C.某化合物熔融状态下能导电，该化合物中一定有离子键D.与互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．同位素之间的转化需通过核变化才能实现，故A错误；B．的电子式为：，故B错误； C．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物，只有离子化合物在熔融状态下电离出自由移动的离子，一定含离子键，故C正确；D．16O2与18O2均表示氧气分子，二者不互为同素异形体，故D错误；答案为C。3.下列判断错误的是A.非金属性：B.还原性：C.酸性：D.碱性：【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，N、O同周期，P、Si同周期，因此非金属性，，又因N、P同主族，所以非金属性，综合可得，故A正确；B．同主族从上到下最低价氢化物还原性逐渐增强，所以还原性，故B错误；C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，P、S、Cl同周期，非金属性，所以酸性，故C正确；D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，Na、Mg同周期，金属性，Be、Mg同主族，金属性，则金属性，所以碱性，故D正确；故选B。4.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L含有的原子总数为B.4.8g中含有的中子数为C.0.1mol中含有的碳碳单键数为D.含2mol的浓硫酸与足量铜加热反应，生成的分子数为【答案】B 【解析】【详解】A．标准状况下，不是气体，无法计算其物质的量，故A错误；B．1个的中子数为14，的物质的量为=0.2mol，故4.8g中含有的中子数为，故B正确；C．中含有的碳碳单键数为n-1，故0.1mol中含有的碳碳单键数为，故C错误；D．浓硫酸和铜反应时随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸后不再反应，故含2mol的浓硫酸与足量铜加热反应，生成的分子数小于，故D错误；故选B。5.下列关于试剂的保存和仪器的使用错误的是A.氢氟酸应保存在塑料瓶中B.溶液保存时要加入适量铁粉C.用陶瓷坩埚加热熔融或D.浓硝酸保存在棕色试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A．氢氟酸腐蚀玻璃，不能用玻璃试剂瓶保存，可用塑料或铅制器皿保存，A正确；B．溶液保存时为避免Fe2+被氧化需要加入适量铁粉，B正确；C．熔融或会与陶瓷中的二氧化硅反应，C错误；D．浓硝酸见光易分解，因此通常保存在棕色试剂瓶中，D正确；故选C6.下列离子方程式正确的是A.次氯酸钠溶液吸收足量二氧化硫气体：B.向溶液中通入少量的：C.足量的铁与稀硝酸反应： D.“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸钠氧化二氧化硫生成硫酸根，故离子方程式为，故A正确；B．向溶液中通入少量的生成亚硫酸钠：，故B错误；C．足量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为，故C错误；D．“84消毒液”的主要成分为NaClO，与盐酸混合使用会产生有毒气体：，故D错误；故选A。7.如图为氟利昂()破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是A.过程Ⅰ需要吸收能量B.过程Ⅱ可用方程式表示为C.过程Ⅲ可用方程式表示为D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．过程I是断键，因此过程I需要吸收能量，故A正确；B．根据过程II图中信息，氯原子和臭氧反应生成一氧化氯和氧气，其过程可表示为O3+Cl=ClO+O2，故B 错误；C．由图可知，过程Ⅲ可用方程式表示为，故C正确；D．如图为氟利昂(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图中过程II和过程III，则上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；故选B。8.王浆酸是从蜂王浆中分离出来的一种有机酸，有关王浆酸的说法不正确的是A.分子式为B.能使溴的四氯化碳溶液褪色C一定条件下能发生取代反应和氧化反应D.1mol王浆酸最多能中和2mol【答案】D【解析】【详解】A．根据物质结构简式可知，其分子式，A正确；B．分子中含碳碳双键官能团，能发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．分子中含羟基和碳碳双键，可发生氧化反应；含羟基，可发生取代反应，C正确；D．1mol王浆酸含1mol羧基，所以最多能中和1mol，D错误；故选D。9.利用如图所示装置进行下列实验，能得到相应实验结论的是选项①②③实验结论A硝酸溶液非金属性：B浓硫酸蔗糖溴水褪色浓硫酸具有脱水性和强氧化性C硫酸加有酚酞的具有漂白性 溶液褪色D浓盐酸溶液变为黄色氧化性：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸易挥发，会与溶液直接反应，无法验证非金属性：，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖碳化，浓硫酸具有强氧化性，与碳反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，使溴水褪色，故B正确；C．浓硫酸与反应生成二氧化硫，能使加有酚酞的溶液褪色，体现二氧化硫酸性氧化物的性质，故C错误；D．与浓盐酸反应生成氯气，通入溶液使之变为黄色，是因为氯气将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变黄，故D错误；答案选B。10.在一容积恒定的绝热密闭容器中，进行可逆反应：，当下列物理量不变时，能表明该反应已达到该条件下的最大限度的是①容器内气体的压强②混合气体的密度③混合气体的平均相对分子质量④A的物质的量⑤单位时间内生成2nmolC，同时生成nmolAA.①②③④⑤B.②③④⑤C.①②③④D.②④⑤【答案】B【解析】【详解】①恒容密闭容器，该反应前后气体分子数不变，即反应过程中压强不变化，不能说明反应达最大限度；②恒容密闭容器，有非气体参与反应，根据 可知，反应过程中气体密度不断变化，当密度不变，说明应达最大限度；③有非气体参与反应，气体总质量在反应进行过程中不断变化，而气体反应前后物质的量不变，根据可知当混合气体的平均相对分子质量不变，说明应达最大限度；④反应进行过程中，A的物质的量不断变化，当A的物质的量不变，说明应达最大限度；⑤单位时间内生成2nmolC，表明反应正向进行，同时生成nmolA，表明反应逆向进行，且反应速率大小符合化学计量数之比，可以说明应达最大限度；综上，A、C、D错误，答案选B。11.利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是A.试剂可以选用石灰乳B.工业上常利用电解溶液冶炼金属镁C.若提取1mol，至少需要标准状况下44.8L的D.吸收塔中发生反应的离子方程式为【答案】B【解析】【分析】海水中加石灰乳可将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤后将氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，再经浓缩结晶、HCl氛围脱水、熔融电解得到Mg；海水加石灰乳过滤得到滤液，滤液酸化后通入氯气生成溴单质，用热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，再在蒸馏塔中通氯气，将HBr氧化生成溴单质，然后蒸馏得到溴，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知沉淀剂选用石灰乳，经济廉价，故A正确；B．工业上常利用电解熔融得到镁单质，故B错误；C．氯气在过程中发生反应：，由上述分析可知生成1mol，需发生两次上述反应，则消耗2mol，需要标准状况下44.8L的，故C正确；D．由上述分析可知吸收塔中二氧化硫和溴单质反应生成硫酸和HBr，发生反应的离子方程式为 ，故D正确；故选：B。12.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A将样品溶于稀硫酸后，滴加溶液溶液变红晶体已氧化变质B向溶液X中滴加稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝溶液X中无C将气体依次通入溶液、品红溶液品红溶液不褪色酸性比弱D用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验火焰呈黄色该溶液中一定含有不含有A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．加硫酸后，溶液中相当于有了硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化生成三价铁，再加KSCN溶液变红色，不能说明原溶液中存在三价铁，故A错误；B．溶液中即使存在，与NaOH稀溶液反应生成一水合氨，不一定有氨气逸出，因此不能据此现象说明不存在，故B错误；C．根据现象可知不能与反应生成，则酸性的酸性比弱，故C正确；D．钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃观察，钾元素的焰色会被钠的黄色掩盖，因此不能该实验不能确定是否含钾离子，故D错误；故选：C。二、不定项选择题(下列选择题可能有1~2个正确选项，每题4分，共16分。答不全面得2分，答错或者多答不得分)13.下列说法正确的是A.当生成2mol时放出92.4kJ热量，将0.5mol和足量 在此条件下充分反应，放出热量46.2kJB.反应放热，则白磷比红磷稳定C.反应放热，则相同条件下，1mol和1mol断键吸收的总能量小于生成2mol成键释放的总能量D.相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为，1mol氢分子的能量为，则【答案】CD【解析】【详解】A．表示生成2mol时放出的热量为92.4kJ，该反应时可逆反应，将0.5mol和足量在此条件下充分反应，生成的小于1mol，放出的热量小于46.2kJ，故A错误；B．(白磷，s)=4P(红磷，s)反应放热，说明白磷的能量比红磷高，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，故B错误；C．说明该反应是放热反应，则相同条件下，1mol和1mol断键吸收的总能量小于生成2mol成键释放的总能量，故C正确；D．由氢原子形成氢分子的过程为形成化学键的过程，过程放出能量，故，故D正确；故选CD。14.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.WZ的水溶液呈碱性B.元素非金属性顺序为X>Y>ZC.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】 【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。15.下列说法错误的是A.可用酸性溶液除去甲烷中的杂质乙烯B.油脂和蛋白质都属于高分子化合物C.植物油含不饱和脂肪酸，能使的溶液褪色D.戊烷的一氯代物有8种同分异构体【答案】AB【解析】【详解】A．酸性溶液与乙烯反应后有二氧化碳生成，不可用酸性溶液除去甲烷中混有的乙烯，会引入杂质，A错误；B．油脂不属于高分子化合物，B错误；C．植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，能使的溶液褪色，C正确；D．正戊烷一氯代物有3种，异戊烷一氯代物有4种，新戊烷一氯代物有1种，其一氯代物共有8种，D正确；故选AB。16.某污水处理厂利用微生物电池将镀铬废水中的催化还原，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是 A电池工作过程中电子由a极经外电路流向b极B.b极反应式：C.电池工作过程中a极区附近溶液的pH增大D.每生成33.6L，则处理1mol【答案】CD【解析】【分析】由图可知，a极乙酸生成二氧化碳和氢离子，发生氧化反应为负极，反应为；b极转化为，发生还原反应，为正极，反应为；【详解】A．电池工作过程中，电子由负极流向正极，由a极流向极，故A正确；B．b极发生还原反应，电极式正确，故B正确；C．电池工作过程中a极区生成氢离子，溶液的减小，故C错误；D．每生成标况下，二氧化碳的物质的量为1.5mol，转移电子6mol，根据电子守恒可知，处理，但是选项中未标明温度压强，气体的物质的量不确定为1.5mol，故D错误；故选CD。三、非选择题(共48分，每空2分)17.A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下： （1）D的官能团名称：___________。（2）写出反应②的化学方程式___________。（3）步骤④的反应类型：___________。（4）同学欲用如图装置制备物质E，请回答以下问题：①试管A发生反应的化学方程式：___________。②试管B中的试剂为饱和溶液，其作用除了降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层之外，还有___________。③试管A中加几块碎瓷片的目的是___________。【答案】（1）羧基（2）（3）酯化反应(取代反应)（4）①.②.溶解乙醇、中和乙酸③.防止暴沸【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯；乙烯与水发生加成反应生成B乙醇；乙醇在催化剂加热条件下发生催化氧化反应生成C乙醛；乙醛进一步氧化生成D乙酸；乙酸和乙醇发生酯化反应生成E乙酸乙酯；结合实验室制备乙酸乙酯实验操作和仪器进行分析；【小问1详解】D为乙酸，官能团为羧基；【小问2详解】乙醇在催化剂加热条件下被氧化为乙醛，反应方程式：；【小问3详解】步骤④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型为酯化反应（取代反应）；【小问4详解】①实验室制备乙酸乙酯，利用乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下进行，反应方程式： ；②饱和溶液除了可以降低乙酸乙酯溶解度，便于分离，还可以中和挥发出的乙酸，溶解挥发出的乙醇；③试管A中加几块碎瓷片的目的是防止暴沸；18.工业上可用水煤气合成二甲醚：，恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：2的和开始反应。（1）测得和的浓度随时间变化如图所示，则反应开始至平衡时的平均反应速率___________。的转化率为___________。平衡时的容器的压强与起始时压强之比为___________。（2）若该反应在恒温恒容密闭容器中进行，下列叙述中正确的是___________。A.当混合气体的密度不变时说明反应达到最大限度B.恒容时，充入增大压强，化学反应速率不变C.容器内压强不再变化，说明该反应已达到最大的限度D.当时说明该反应已达到平衡状态【答案】（1）①.0.16②.50%③.2：3(或)（2）BC【解析】【小问1详解】根据题给信息可得以下三段式： 则；的转化率=；平衡时的容器的压强与起始时压强之比等于其物质的量之比=；【小问2详解】A．该反应的反应物和产物都是气体，且为恒容容器，则密度是恒定不变的，故当混合气体的密度不变时不能说明反应达到最大限度，A错误；B．恒容时，充入后反应物和产物浓度不变，则化学反应速率不变，B正确；C．该反应是气体分子数减小的反应，且为恒容容器，则容器内压强不再变化，说明该反应已达到最大的限度，C正确；D．当时正逆反应速率相等，该反应已达到平衡状态，D错误；故选BC。19.在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。（1）某同学利用如图所示装置研究二氧化硫的性质。①向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间，此操作的目的是___________。②若溶液B为下列溶液，其中通入一定不会产生沉淀的是___________。A．B．C．D．③装置C中产生了浑浊，C中的反应消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（2）某化工厂用如图所示工艺流程除去燃煤产生的。①写出在催化剂条件下总反应的化学方程式___________。 ②过程Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。（3）电化学法处理是目前研究的热点。利用过氧化氢吸收可消除污染，设计装置如图所示。①石墨1电极处发生的电极反应式为___________。②若11.2L(标准状况)参与反应，则电路中转移电子的物质的量为___________。【答案】（1）①.除去装置内的空气，防止氧气干扰实验②.D③.1：2（2）①.②.（3）①.②.1mol【解析】【小问1详解】①SO2和水反应生成H2SO3，易被空气中的O2氧化为H2SO4，故加入浓硫酸之前，要先通入一段时间N2，将装置中的空气排尽，排除空气的干扰；②A．和少量SO2反应生成BaSO3沉淀，不符合题意；B．和SO2发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，不符合题意；C．和SO2发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀，不符合题意；D．盐酸的酸性强于亚硫酸，故和SO2不反应，符合题意；故选D。③装置C中产生了浑浊，发生了反应SO2+2H2S=3S+2H2O，氧化剂为SO2，还原剂为H2S，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。【小问2详解】①结合流程图示和分析知，在催化剂条件下总反应的化学方程式为2SO2+O2+2H2O2H2SO4；答案为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4； ②过程II中SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4、H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+；答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+。【小问3详解】①过氧化氢吸收SO2，两者发生反应：，SO2在石墨1上失电子，发生反应：，石墨1作负极；石墨2作正极，正极反应为：；②由电极反应可知1molSO2反应时转移2mol电子，若11.2L(即0.5mol)SO2参与反应时，转移电子的物质的量为1mol。20.科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：（1）活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：已知：pH=2时，I.NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NOII.①氧化过程的离子方程式为_______。②根据I2的特性，分离操作X应为_______、冷却结晶。③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是_______。（2）以金红石(主要成分为TiO2)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：①I在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。I中反应的化学方程式为_______。②II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为_______℃。 ③II中氩气的作用是_______。④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有_______(填化学式)。【答案】（1）①.②.升华(或加热)③.酸性KMnO4会继续氧化I2（2）①.②.1000③.作保护气，防止Mg和Ti被氧化④.Mg、Cl2【解析】【分析】含I-的卤水用NaNO2氧化为I2，用活性炭吸附I2，低温干燥，加热升华、冷却结晶，得到粗碘。TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，用镁还原TiCl4生成氯化镁和海绵钛，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。【小问1详解】①pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO，I元素化合价由-1升高为0、N元素化合价由+3降低为+2，根据得失电子守恒，氧化过程的离子方程式为。②I2易升华，根据I2的特性，分离操作X应为升华、冷却结晶。③pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，酸性KMnO4是常用的强氧化剂，酸性KMnO4会继续把I2氧化为I的高价化合物，所以该方法中却选择了价格较高的NaNO2。【小问2详解】①TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO， 则I中反应的化学方程式为。②根据II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。③II中氩气的作用是作保护气，防止Mg和Ti被氧化。