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贵州省黔西南州2022-2023学年高一化学下学期期末教学质量检测试题（Word版附解析）
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这是一份贵州省黔西南州2022-2023学年高一化学下学期期末教学质量检测试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，可能到的相对原子质量， 酸雨的形成主要是由于， 下列化学用语表示错误的是， 下列叙述错误的是等内容，欢迎下载使用。
黔西南州2023年春季学期期末教学质量检测
高一化学
(本试题共6页，共两大部分，满分100分，考试时间为90分钟)
考生注意：
1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
2.考生作答时，请得答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区线内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.可能到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中，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. 酱油中可适量添加含铁的营养强化剂
B. 维生素C可作抗氧化剂
C. 尼龙、涤纶、光导纤维都是有机合成纤维
D. 天然气是一种优良的气体燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．人体缺铁容易引起贫血，因此酱油中可适量添加含铁的营养强化剂，A正确；
B．维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，B正确；
C．尼龙、涤纶都是有机合成纤维，光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机物，C错误；
D．天然气的主要成分是甲烷，是一种优良的气体燃料，D正确；
答案选C。
2. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 烧碱、液态氧、碘酒
B. 生石灰、白磷、熟石灰
C. 干冰、铁、氯化氢
D. 空气、氮气、胆矾
【答案】A
【解析】
【详解】A．烧碱是NaOH的俗称，是化合物，液态氧是单质，碘酒是溶液，属于混合物，故选A；
B．生石灰是CaO的俗称，是化合物，白磷是单质，熟石灰是Ca(OH)2的俗称，是化合物，故不选B；
C．干冰是指固态的二氧化碳，是化合物，铁是单质，氯化氢是化合物，故不选C；
D．空气中含有氮气、氧气等多种成分是混合物，氮气是单质，胆矾是五水合硫酸铜，是化合物，故不选D；
选A。
3. 糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动的三大营养物质，下列说法错误的是
A. 可用碘水检验淀粉
B. 油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂
C. 灼烧的方法可以鉴别棉纤维与羊毛纤维
D. 三大营养物质均属于天然高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘遇淀粉显蓝色，可用碘水检验淀粉，A正确；
B．油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，通过皂化反应可用于制取肥皂，B正确；
C．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，可以灼烧的方法可以鉴别棉纤维与羊毛纤维，C正确；
D．多糖、蛋白质均属于天然高分子化合物，单糖、二糖以及油脂等均不属于高分子化合物，D错误；
答案选D。
4. 酸雨的形成主要是由于
A. 森林遭到乱砍乱伐，破坏了生态环境
B. 含硫化石燃料的燃烧
C. 大气中二氧化碳的含量增多
D. 汽车排出大量尾气
【答案】B
【解析】
【分析】酸雨的形成主要与工业上大量燃烧含硫燃料有关，其次与汽车尾气等原因有关，以此来解答。
【详解】A．森林遭到乱砍滥伐，破坏了生态平衡，会减少二氧化碳的吸收，与温室效应有关，A错误；
B．工业上大量燃烧含硫燃料，使空气中二氧化硫的含量增加，为酸雨形成的主要原因，B正确；
C．大气中二氧化碳含量增多，与温室效应有关，C错误；
D．汽车排出大量尾气，含有S的化合物、氮的化合物，主要与光化学烟雾有关，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查二氧化硫对环境的污染，明确常见的空气污染物及几大环境污染问题即可解答，题目难度不大。
5. 下列化学用语表示错误的是
A. 羟基电子式为 B. 异丁烷的结构简式为
C. 戊烷的分子式为C5H12 D. 丙烷的分子球棍模型图为
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基电子式应该为，A错误；
B．异丁烷的结构简式为CH(CH3)3，B正确；
C．戊烷的分子式为C5H12，C正确；
D．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，分子球棍模型图为，D正确；
答案选A。
6. 下列关于物质性质的比较，错误的是
A. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 B. 原子半径：Na>Al>S
C. 稳定性：HF>HCl>HBr D. 非金属性：Cl>S>O
【答案】D
【解析】
【详解】A．元素非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性：Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径随核电荷数的递增而减小，所以原子半径：Na>Al>S，故B正确；
C．同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，非金属性：F＞Cl＞Br，所以稳定性：HF>HCl>HBr，故C正确；
D．同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，所以非金属性：O＞S，故D错误；
答案选D
7. 一定条件下，石墨转化为金刚石要吸收能量。在该条件下，下列结论正确的是
A. 金刚石比石墨稳定
B. 等质量金刚石和石墨完全燃烧释放的热量相同
C. 1摩尔金刚石比1摩尔石墨的总能量高
D. 金刚石转化成石墨是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故B错误；
C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明1mol C（全刚石）比1 molC（石墨）的总能量高，故C正确；
D．石墨转化为金刚石要吸收能量，则金刚石转化为石墨是放热反应，故D错误；
故选C。
8. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子
C. 1mol乙烷含有的共价键的数目为7NA
D. 1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成的乙酸乙酯的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．40gNaOH物质的量为1mol，溶于1L的水，溶液体积大于1L，浓度小于1mol/L，故A错误；
B．标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．1个乙烷分子中含7个共价键，则1mol乙烷含有的共价键的数目为7NA，故C正确；
D．酯化反应为可逆反应，1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数小于NA，故D错误；
答案选C。
9. 下列叙述错误的是
A. 硅在自然界中主要以单质形式存在 B. 硅是应用最为广泛的半导体材料
C. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片 D. 二氧化硅可用于生产玻璃
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硅在自然界中主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，自然界没有游离态的硅，A错误；
B． 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，良好的半导体材料，是应用最为广泛的半导体材料，B正确；
C．硅是良好的半导体材料，高纯度的硅可用于制造计算机芯片，C正确；
D． 二氧化硅、纯碱和石灰石可用于生产玻璃，D正确；
答案选A。
10. 氢氧(H2-O2)燃料电池的能量转化率较高，且产物是H2O，无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。氢氧燃料电池装置如图所示，有关说法正确的是
A. 该燃料电池的燃料氢气由B端充入
B. 负极的电极反应式为：
C. 图中“→”表示的是电流的流向
D. 碱性电解液中阳离子移向负极
【答案】B
【解析】
【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的电极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的电极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e－＝4OH－，电子是从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A．氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应转化为水，A端产生水，说明通入的氢气，故A错误；
B．通入氢气的电极是负极，电极反应式为，故B正确；
C．负极失去电子，则图中“→”表示的是电子的流向，故C错误；
D．阳离子向正极移动即通入氧气的电极移动，故D错误；
故选B。
11. 氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程如图所示，其中过程④的离子方程式为，下列说法正确的是
A. ①②③④均属于氮固定
B. 向海洋中排放大量含的废水会影响的浓度
C. 过程③中每生成1molH2O共转移2mole-
D. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
【答案】BC
【解析】
【详解】A．氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为化合态，①③④均不属于氮的固定，故A错误；
B．向海洋中排放大量含的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，影响海洋中氮的循环，故B正确；
C．过程③离子反应方程式：，根据离子方程式可知每生成1molH2O共转移2mole-，故C正确；
D．由图可知，海洋中的氮循环起始于氮气被还原为铵根离子，故D错误；
答案选BC。
12. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中错误的是
A. ①可用于实验室加热NH4Cl固体制备氨气
B. ②不能用于氨气的尾气处理
C. ③可用于浓氨水与CaO反应制备氨气
D. ④是氨气收集、检验装置
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢气体，温度降低后又重新结合成氯化铵固体，不能制取氨气，故A错误；
B．倒置漏斗伸入液面，无法防倒吸，故B正确；
C．浓氨水与生石灰接触，氧化钙与水反应放热促进浓氨水中的氨气逸出，故C正确；
D．氨气与空气对流收集不到纯净的氨气，所以试管口塞棉花；湿润的红色石蕊试纸与氨气变蓝，可以检验，故D正确；
答案选A。
13. 下列离子方程式书写错误的是
A. 铜片和稀硝酸反应：
B. 实验室制取氯气：
C. 白醋除水垢的原理：
D. 氢氧化钡和稀硫酸：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：，A正确；
B．实验室利用二氧化锰氧化浓盐酸制取氯气：，B正确；
C．醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能溶解碳酸钙，白醋除水垢的原理：，C正确；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水：，D错误；
答案选D。
14. 反应(未配平)，下列错误的是
A. KClO3中氯元素在反应中得到电子
B. H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
C. 氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1
D. 2molKClO3参加反应时有10mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】反应物KCl中氯化合价-1升高到0价，作还原剂失电子发生氧化反应；KClO3中氯化合价+5降低到0价，作氧化剂得电子发生还原反应；
【详解】A．KClO3中氯化合价+5降低到0价，作氧化剂得电子发生还原反应，故A正确；
B．H2SO4中各元素化合价不变，既不是氧化剂又不是还原剂，故B正确；
C．氯气既是氧化产物也是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为5：1，故C错误；
D．KClO3中氯化合价+5降低到0价，每个Cl得5个电子，2molKClO3参加反应时有10mol电子转移，故D正确；
答案选C。
15. 布洛芬(结构如图)可用于缓解一般感冒或流行性感冒引起的高热，异丁基苯(结构如图)是合成布洛芬的一种原料，下列说法正确的是
A. 布洛芬和异丁基苯均属于芳香烃 B. 布洛芬可以和氢氧化钠溶液反应
C. 异丁基苯的分子中含有碳碳双键 D. 异丁基苯与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．布洛芬含有氧原子，属于含氧衍生物，异丁基苯属于芳香烃，A错误；
B．布洛芬含有羧基，可以和氢氧化钠溶液反应，B正确；
C．异丁基苯的分子中不含有碳碳双键，含有苯环，C错误；
D．异丁基苯与的分子式不同，不能互为同分异构体，二者结构相似，互为同系物，D错误；
答案选B。
16. 用CO2、C3H8为原料可制备丙烯(C3H6)，反应为CO2(g)+C3H8(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)。一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入3mol CO2、2mol C3H8，测得C3H8与H2O的物质的量随时间的变化关系如下表所示，下列说法错误的是
t/min
0
t1
t2
t3
t4
n(C3H8)/mol
2
1.4
1
0.8
0.8
n(H2O)/mol
0
0.6
1
1.2
1.2
A. t3时，该反应达到平衡
B. t2=10时， 0～10min内用C3H8表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
C. 当容器中气体压强不再改变时，该反应达到平衡
D. 平衡时与起始时气体的压强之比是31：25
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，t3、t4时物质的量相同，则t3 时，该反应达到平衡，A正确；
B．0～10min内用C3H8表示的平均反应速率为=0.05mol•L-1•min-1， B错误；
C．由题干信息反应可知，正反应为气体体积增大的反应，当容器中气体压强不再改变时，该反应达到平衡，C正确；
D．由三段式分析可知： ，物质的量之比等于压强之比，则平衡时与起始时气体的压强之比是=31：25，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
17. 海洋是一个有待开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，总储量很大，可以从海水中提取镁、溴，主要流程如下。
回答下列问题：
（1）通入的气体X是_______(填字母)。
A. Cl2 B. N2 C. H2 D. CO
（2）海水提取溴单质③～④的目的是使溴元素得到_______。工业生产中，用SO2吸收吹出的溴，化学方程式为：，可改写为离子方程式_______。
（3）从海水中也可以提取镁，将MgSO4转化成Mg(OH)2时，为了降低成本，试剂M最好选用_______(填字母)。
A. NaOH B. Ca(OH)2 C. Cu(OH)2 D. KOH
（4）加入试剂M后，分离得到Mg(OH)2沉淀操作是_______，该操作必须用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和_______。
（5）写出“虚线框”处的化学反应方程式：_______。
【答案】（1）A （2） ①. 富集 ②. （3）B
（4） ①. 过滤 ②. 玻璃棒
（5）MgCl2Mg+Cl2↑
【解析】
【分析】海水中含有硫酸镁和溴化钠，加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸，氢氧化镁溶解于盐酸得到氯化镁溶液，通过操作蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解固体氯化镁得到金属镁和氯气，沉淀镁离子后的滤液中酸化通入氯气氧化溴离子生成溴单质，得到低浓度的溴单质溶液，用热空气吹出溴单质，用二氧化硫吸收氧化还原反应生成溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到高浓度的溴单质，最后蒸馏得到液溴，据此解答。
【小问1详解】
通入的气体X能把溴离子氧化为单质溴，说明具有强氧化性，因此X是氯气，答案选A。
【小问2详解】
由于溴元素海水中含量较低，所以海水提取溴单质③～④的目的是使溴元素得到富集。根据可知离子方程式为。
【小问3详解】
NaOH、KOH的成本高，Cu(OH)2难溶于水，Ca(OH)2来源广泛，成本低，因此M最后是氢氧化钙，答案选B；
【小问4详解】
氢氧化镁难溶，分离得到Mg(OH)2沉淀的操作是过滤，该操作必须用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒。
【小问5详解】
电解熔融氯化镁得到氯气和金属镁，方程式为MgCl2Mg+Cl2↑。
18. 浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为了检验反应产物，选用了如下图所示的实验装置进行实验，回答下列问题：
（1）装置B中仪器M的名称是_______。
（2）B中发生反应的化学方程式为_______。
（3）为验证反应产物，将混合气体依次通过上述仪器(可重复使用)，装置接口的连接顺序是：k→_______ →c→d→h。
（4）装置D中观察到的现象是_______。
（5）装置A中发生反应后酸性增强，其离子方程式为_______。
（6）在不影响实验检验结果的情况下，理论上可以用_______试剂代替A中的酸性KMnO4溶液。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）e→f→c→d→b→a
（4）白色固体变蓝 （5）
（6）氯水
【解析】
【分析】浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，通过无水硫酸铜可检验水的生成，通过品红溶液可检验二氧化硫的生成，通过酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化硫避免影响二氧化碳的检验，通过澄清石灰水可检验二氧化碳的生成；
【小问1详解】
根据仪器M结构特点可知为分液漏斗；
【小问2详解】
B中发生的反应为浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式：；
【小问3详解】
检验时先用无水硫酸铜检验水的存在，在用品红溶液检验二氧化硫气体，二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，先用酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫除去，借助品红检验是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以连接顺序为：k→e→f→c→d→b→a→c→d→h；
【小问4详解】
白色固体无水硫酸铜遇水变蓝；
【小问5详解】
酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，高锰酸根离子被还原成锰离子，反应方程式：；
【小问6详解】
二氧化硫为具有还原性的物质，可以选择具有氧化性的物质进行代替，例如氯水；
19. 甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，生产中有重要用途，一定温度下在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应：。测得CO和CH3OH(g)的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示(注：128.8kJ·mol-1表示1molCO和2molH2恰好完全反应的能量变化)，回答下列问题：
（1）0～1min内，v(H2)=_______，反应达到平衡状态时H2的转化率为_______。
（2）下列措施能增大反应速率的是_______(填字母)。
A. 升高温度 B. 减小压强
C. 减小CH3OH的浓度 D. 加入合适的催化剂
（3）在相同条件下，若向该密闭容器中充入与2molCO和4molH2，二者充分反应后，根据反应的特点推测，反应_______(填“放出”或“吸收”)的热量_______(填“>”“＜”或“=”)257.6kJ。
（4）在相同温度、容积不变的条件下，不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。
A. H2、CH3OH浓度均不再变化
B. 体系压强不变
C. n(H2)：n(CH3OH)=1：1
D. H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为2：1
（5）在相同温度、容积不变的条件下，平衡时与起始时容器内气体压强之比为_______。
【答案】（1） ①. ②. 75％ （2）AD
（3） ①. 放出 ②. ＜ （4）CD
（5）1：2
【解析】
【小问1详解】
0～1min内，CO物质的量变化0.5mol，根据可知H2物质的量变化1mol，则；反应达到平衡状态时H2转化率：；
【小问2详解】
能增大化学反应速率的因素有：升高温度、增大物浓度、使用合适的催化剂、对于有气体参与的反应增大压强等都可以加快反应速率，故答案选AD；
【小问3详解】
128.8kJ·mol-1表示1molCO和2molH2恰好完全反应的能量变化，在相同条件下，若向该密闭容器中充入与2molCO和4molH2，若二者完全反应，可放出257.6kJ能量，但该反应为可逆反应，所以放出的热量小于257.6kJ；
【小问4详解】
A．反应过程中H2、CH3OH浓度不断变化，当二者浓度均不再变化，说明反应已经达到平衡状态，故A正确；
B．恒容密闭容器中，该反应为气体分子数减少的反应，压强不断变化，当体系压强不变，说明反应已经达到平衡状态，故B正确；
C．反应进行过程中可能出现n(H2)：n(CH3OH)=1：1，不能说明反应已经达到平衡状态，故C错误；
D．H2的消耗速率与CH3OH的生成速率表示同一反应方向，不能说明反应已经达到平衡状态，故D错误；
答案选CD；
【小问5详解】
在相同温度、容积不变的条件下气体压强比等于物质的量之比，根据反应方程式列三段式：，则平衡时与起始时容器内气体压强之比为（0.25+0.5+0.75）：（1+2）=1：2；
20. 有机化合物A是一种重要的化工原料，A的产量常用来衡量一个国家石油化工发展水平，D是食醋的有效成分，G是常见的高分子材料，A、B、C、D、E、F、G之间转化关系(部分条件已省略)如图所示，回答下列问题：
（1）写出A结构简式：_______，B中官能团的名称为_______。
（2）反应④的反应类型为_______，反应⑥的条件为_______。
（3）写出下列编号对应反应的化学方程式：
反应②：_______。
反应⑧：_______。
（4）写出与E互为同系物含4个碳原子的所有同分异构体的结构简式：_______。
（5）反应⑥、反应⑦均可制备到F，_______(填“反应⑥”或“反应⑦”)制备的产物更纯净。
【答案】（1） ①. CH2=CH2 ②. 羟基
（2） ①. 酯化反应 ②. 光照
（3） ① ②. nCH2=CH2
（4）CH3-CH2-CH2-CH3、
（5）反应⑦
【解析】
【分析】A的产量常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯；乙烯与水可以发生加成反应生成B，则B为乙醇；乙醇在铜催化加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成C，则C为乙醛；乙醛可以进一步被氧化生成D，且D是食醋的有效成分，则D为乙酸；B乙醇和D乙酸可以发生酯化反应生成乙酸乙酯；乙烯与氢气加成生成E，则E为乙烷；乙烷与氯气发生取代反应生成F，则F为氯乙烷，乙烯直接与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；乙烯发生聚合反应生成高分子材料G，则G为聚乙烯；
【小问1详解】
据分析A为乙烯，结构简式：CH2=CH2；B为乙醇，官能团为羟基；
【小问2详解】
反应④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；反应⑥为乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，反应条件为光照；
【小问3详解】
反应②为乙醇在铜催化加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应方程式：；反应⑧乙烯发生聚合反应生成高分子材料聚乙烯，反应方程式：nCH2=CH2；
【小问4详解】
E为乙烷，与E互为同系物的含4个碳原子的有机物为丁烷，存在碳架异构体，如下：CH3-CH2-CH2-CH3、；
【小问5详解】
黔西南州2023年春季学期期末教学质量检测
高一化学
(本试题共6页，共两大部分，满分100分，考试时间为90分钟)
考生注意：
1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
2.考生作答时，请得答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区线内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.可能到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共计48分。在每小题列出的四个选项中，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. 酱油中可适量添加含铁的营养强化剂
B. 维生素C可作抗氧化剂
C. 尼龙、涤纶、光导纤维都是有机合成纤维
D. 天然气是一种优良的气体燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．人体缺铁容易引起贫血，因此酱油中可适量添加含铁的营养强化剂，A正确；
B．维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，B正确；
C．尼龙、涤纶都是有机合成纤维，光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机物，C错误；
D．天然气的主要成分是甲烷，是一种优良的气体燃料，D正确；
答案选C。
2. 下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A. 烧碱、液态氧、碘酒
B. 生石灰、白磷、熟石灰
C. 干冰、铁、氯化氢
D. 空气、氮气、胆矾
【答案】A
【解析】
【详解】A．烧碱是NaOH的俗称，是化合物，液态氧是单质，碘酒是溶液，属于混合物，故选A；
B．生石灰是CaO的俗称，是化合物，白磷是单质，熟石灰是Ca(OH)2的俗称，是化合物，故不选B；
C．干冰是指固态的二氧化碳，是化合物，铁是单质，氯化氢是化合物，故不选C；
D．空气中含有氮气、氧气等多种成分是混合物，氮气是单质，胆矾是五水合硫酸铜，是化合物，故不选D；
选A。
3. 糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动的三大营养物质，下列说法错误的是
A. 可用碘水检验淀粉
B. 油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂
C. 灼烧的方法可以鉴别棉纤维与羊毛纤维
D. 三大营养物质均属于天然高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．碘遇淀粉显蓝色，可用碘水检验淀粉，A正确；
B．油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，通过皂化反应可用于制取肥皂，B正确；
C．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，可以灼烧的方法可以鉴别棉纤维与羊毛纤维，C正确；
D．多糖、蛋白质均属于天然高分子化合物，单糖、二糖以及油脂等均不属于高分子化合物，D错误；
答案选D。
4. 酸雨的形成主要是由于
A. 森林遭到乱砍乱伐，破坏了生态环境
B. 含硫化石燃料的燃烧
C. 大气中二氧化碳的含量增多
D. 汽车排出大量尾气
【答案】B
【解析】
【分析】酸雨的形成主要与工业上大量燃烧含硫燃料有关，其次与汽车尾气等原因有关，以此来解答。
【详解】A．森林遭到乱砍滥伐，破坏了生态平衡，会减少二氧化碳的吸收，与温室效应有关，A错误；
B．工业上大量燃烧含硫燃料，使空气中二氧化硫的含量增加，为酸雨形成的主要原因，B正确；
C．大气中二氧化碳含量增多，与温室效应有关，C错误；
D．汽车排出大量尾气，含有S的化合物、氮的化合物，主要与光化学烟雾有关，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查二氧化硫对环境的污染，明确常见的空气污染物及几大环境污染问题即可解答，题目难度不大。
5. 下列化学用语表示错误的是
A. 羟基电子式为 B. 异丁烷的结构简式为
C. 戊烷的分子式为C5H12 D. 丙烷的分子球棍模型图为
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟基电子式应该为，A错误；
B．异丁烷的结构简式为CH(CH3)3，B正确；
C．戊烷的分子式为C5H12，C正确；
D．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，分子球棍模型图为，D正确；
答案选A。
6. 下列关于物质性质的比较，错误的是
A. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 B. 原子半径：Na>Al>S
C. 稳定性：HF>HCl>HBr D. 非金属性：Cl>S>O
【答案】D
【解析】
【详解】A．元素非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性：Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径随核电荷数的递增而减小，所以原子半径：Na>Al>S，故B正确；
C．同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，非金属性：F＞Cl＞Br，所以稳定性：HF>HCl>HBr，故C正确；
D．同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，所以非金属性：O＞S，故D错误；
答案选D
7. 一定条件下，石墨转化为金刚石要吸收能量。在该条件下，下列结论正确的是
A. 金刚石比石墨稳定
B. 等质量金刚石和石墨完全燃烧释放的热量相同
C. 1摩尔金刚石比1摩尔石墨的总能量高
D. 金刚石转化成石墨是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故B错误；
C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明1mol C（全刚石）比1 molC（石墨）的总能量高，故C正确；
D．石墨转化为金刚石要吸收能量，则金刚石转化为石墨是放热反应，故D错误；
故选C。
8. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子
C. 1mol乙烷含有的共价键的数目为7NA
D. 1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成的乙酸乙酯的分子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．40gNaOH物质的量为1mol，溶于1L的水，溶液体积大于1L，浓度小于1mol/L，故A错误；
B．标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．1个乙烷分子中含7个共价键，则1mol乙烷含有的共价键的数目为7NA，故C正确；
D．酯化反应为可逆反应，1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子数小于NA，故D错误；
答案选C。
9. 下列叙述错误的是
A. 硅在自然界中主要以单质形式存在 B. 硅是应用最为广泛的半导体材料
C. 高纯度的硅可用于制造计算机芯片 D. 二氧化硅可用于生产玻璃
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．硅在自然界中主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，自然界没有游离态的硅，A错误；
B． 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，良好的半导体材料，是应用最为广泛的半导体材料，B正确；
C．硅是良好的半导体材料，高纯度的硅可用于制造计算机芯片，C正确；
D． 二氧化硅、纯碱和石灰石可用于生产玻璃，D正确；
答案选A。
10. 氢氧(H2-O2)燃料电池的能量转化率较高，且产物是H2O，无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。氢氧燃料电池装置如图所示，有关说法正确的是
A. 该燃料电池的燃料氢气由B端充入
B. 负极的电极反应式为：
C. 图中“→”表示的是电流的流向
D. 碱性电解液中阳离子移向负极
【答案】B
【解析】
【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的电极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为，通入氧气的电极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e－＝4OH－，电子是从负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A．氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应转化为水，A端产生水，说明通入的氢气，故A错误；
B．通入氢气的电极是负极，电极反应式为，故B正确；
C．负极失去电子，则图中“→”表示的是电子的流向，故C错误；
D．阳离子向正极移动即通入氧气的电极移动，故D错误；
故选B。
11. 氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键，海洋中无机氮的循环过程如图所示，其中过程④的离子方程式为，下列说法正确的是
A. ①②③④均属于氮固定
B. 向海洋中排放大量含的废水会影响的浓度
C. 过程③中每生成1molH2O共转移2mole-
D. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
【答案】BC
【解析】
【详解】A．氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为化合态，①③④均不属于氮的固定，故A错误；
B．向海洋中排放大量含的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，影响海洋中氮的循环，故B正确；
C．过程③离子反应方程式：，根据离子方程式可知每生成1molH2O共转移2mole-，故C正确；
D．由图可知，海洋中的氮循环起始于氮气被还原为铵根离子，故D错误；
答案选BC。
12. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中错误的是
A. ①可用于实验室加热NH4Cl固体制备氨气
B. ②不能用于氨气的尾气处理
C. ③可用于浓氨水与CaO反应制备氨气
D. ④是氨气收集、检验装置
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢气体，温度降低后又重新结合成氯化铵固体，不能制取氨气，故A错误；
B．倒置漏斗伸入液面，无法防倒吸，故B正确；
C．浓氨水与生石灰接触，氧化钙与水反应放热促进浓氨水中的氨气逸出，故C正确；
D．氨气与空气对流收集不到纯净的氨气，所以试管口塞棉花；湿润的红色石蕊试纸与氨气变蓝，可以检验，故D正确；
答案选A。
13. 下列离子方程式书写错误的是
A. 铜片和稀硝酸反应：
B. 实验室制取氯气：
C. 白醋除水垢的原理：
D. 氢氧化钡和稀硫酸：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：，A正确；
B．实验室利用二氧化锰氧化浓盐酸制取氯气：，B正确；
C．醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能溶解碳酸钙，白醋除水垢的原理：，C正确；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水：，D错误；
答案选D。
14. 反应(未配平)，下列错误的是
A. KClO3中氯元素在反应中得到电子
B. H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
C. 氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1
D. 2molKClO3参加反应时有10mol电子转移
【答案】C
【解析】
【分析】反应物KCl中氯化合价-1升高到0价，作还原剂失电子发生氧化反应；KClO3中氯化合价+5降低到0价，作氧化剂得电子发生还原反应；
【详解】A．KClO3中氯化合价+5降低到0价，作氧化剂得电子发生还原反应，故A正确；
B．H2SO4中各元素化合价不变，既不是氧化剂又不是还原剂，故B正确；
C．氯气既是氧化产物也是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为5：1，故C错误；
D．KClO3中氯化合价+5降低到0价，每个Cl得5个电子，2molKClO3参加反应时有10mol电子转移，故D正确；
答案选C。
15. 布洛芬(结构如图)可用于缓解一般感冒或流行性感冒引起的高热，异丁基苯(结构如图)是合成布洛芬的一种原料，下列说法正确的是
A. 布洛芬和异丁基苯均属于芳香烃 B. 布洛芬可以和氢氧化钠溶液反应
C. 异丁基苯的分子中含有碳碳双键 D. 异丁基苯与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．布洛芬含有氧原子，属于含氧衍生物，异丁基苯属于芳香烃，A错误；
B．布洛芬含有羧基，可以和氢氧化钠溶液反应，B正确；
C．异丁基苯的分子中不含有碳碳双键，含有苯环，C错误；
D．异丁基苯与的分子式不同，不能互为同分异构体，二者结构相似，互为同系物，D错误；
答案选B。
16. 用CO2、C3H8为原料可制备丙烯(C3H6)，反应为CO2(g)+C3H8(g)⇌C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)。一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入3mol CO2、2mol C3H8，测得C3H8与H2O的物质的量随时间的变化关系如下表所示，下列说法错误的是
t/min
0
t1
t2
t3
t4
n(C3H8)/mol
2
1.4
1
0.8
0.8
n(H2O)/mol
0
0.6
1
1.2
1.2
A. t3时，该反应达到平衡
B. t2=10时， 0～10min内用C3H8表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
C. 当容器中气体压强不再改变时，该反应达到平衡
D. 平衡时与起始时气体的压强之比是31：25
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，t3、t4时物质的量相同，则t3 时，该反应达到平衡，A正确；
B．0～10min内用C3H8表示的平均反应速率为=0.05mol•L-1•min-1， B错误；
C．由题干信息反应可知，正反应为气体体积增大的反应，当容器中气体压强不再改变时，该反应达到平衡，C正确；
D．由三段式分析可知： ，物质的量之比等于压强之比，则平衡时与起始时气体的压强之比是=31：25，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
17. 海洋是一个有待开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，总储量很大，可以从海水中提取镁、溴，主要流程如下。
回答下列问题：
（1）通入的气体X是_______(填字母)。
A. Cl2 B. N2 C. H2 D. CO
（2）海水提取溴单质③～④的目的是使溴元素得到_______。工业生产中，用SO2吸收吹出的溴，化学方程式为：，可改写为离子方程式_______。
（3）从海水中也可以提取镁，将MgSO4转化成Mg(OH)2时，为了降低成本，试剂M最好选用_______(填字母)。
A. NaOH B. Ca(OH)2 C. Cu(OH)2 D. KOH
（4）加入试剂M后，分离得到Mg(OH)2沉淀操作是_______，该操作必须用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和_______。
（5）写出“虚线框”处的化学反应方程式：_______。
【答案】（1）A （2） ①. 富集 ②. （3）B
（4） ①. 过滤 ②. 玻璃棒
（5）MgCl2Mg+Cl2↑
【解析】
【分析】海水中含有硫酸镁和溴化钠，加入试剂氢氧化钙沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸，氢氧化镁溶解于盐酸得到氯化镁溶液，通过操作蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解固体氯化镁得到金属镁和氯气，沉淀镁离子后的滤液中酸化通入氯气氧化溴离子生成溴单质，得到低浓度的溴单质溶液，用热空气吹出溴单质，用二氧化硫吸收氧化还原反应生成溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到高浓度的溴单质，最后蒸馏得到液溴，据此解答。
【小问1详解】
通入的气体X能把溴离子氧化为单质溴，说明具有强氧化性，因此X是氯气，答案选A。
【小问2详解】
由于溴元素海水中含量较低，所以海水提取溴单质③～④的目的是使溴元素得到富集。根据可知离子方程式为。
【小问3详解】
NaOH、KOH的成本高，Cu(OH)2难溶于水，Ca(OH)2来源广泛，成本低，因此M最后是氢氧化钙，答案选B；
【小问4详解】
氢氧化镁难溶，分离得到Mg(OH)2沉淀的操作是过滤，该操作必须用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒。
【小问5详解】
电解熔融氯化镁得到氯气和金属镁，方程式为MgCl2Mg+Cl2↑。
18. 浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为了检验反应产物，选用了如下图所示的实验装置进行实验，回答下列问题：
（1）装置B中仪器M的名称是_______。
（2）B中发生反应的化学方程式为_______。
（3）为验证反应产物，将混合气体依次通过上述仪器(可重复使用)，装置接口的连接顺序是：k→_______ →c→d→h。
（4）装置D中观察到的现象是_______。
（5）装置A中发生反应后酸性增强，其离子方程式为_______。
（6）在不影响实验检验结果的情况下，理论上可以用_______试剂代替A中的酸性KMnO4溶液。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）e→f→c→d→b→a
（4）白色固体变蓝 （5）
（6）氯水
【解析】
【分析】浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，通过无水硫酸铜可检验水的生成，通过品红溶液可检验二氧化硫的生成，通过酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化硫避免影响二氧化碳的检验，通过澄清石灰水可检验二氧化碳的生成；
【小问1详解】
根据仪器M结构特点可知为分液漏斗；
【小问2详解】
B中发生的反应为浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式：；
【小问3详解】
检验时先用无水硫酸铜检验水的存在，在用品红溶液检验二氧化硫气体，二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，先用酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫除去，借助品红检验是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以连接顺序为：k→e→f→c→d→b→a→c→d→h；
【小问4详解】
白色固体无水硫酸铜遇水变蓝；
【小问5详解】
酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，高锰酸根离子被还原成锰离子，反应方程式：；
【小问6详解】
二氧化硫为具有还原性的物质，可以选择具有氧化性的物质进行代替，例如氯水；
19. 甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，生产中有重要用途，一定温度下在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，发生反应：。测得CO和CH3OH(g)的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示(注：128.8kJ·mol-1表示1molCO和2molH2恰好完全反应的能量变化)，回答下列问题：
（1）0～1min内，v(H2)=_______，反应达到平衡状态时H2的转化率为_______。
（2）下列措施能增大反应速率的是_______(填字母)。
A. 升高温度 B. 减小压强
C. 减小CH3OH的浓度 D. 加入合适的催化剂
（3）在相同条件下，若向该密闭容器中充入与2molCO和4molH2，二者充分反应后，根据反应的特点推测，反应_______(填“放出”或“吸收”)的热量_______(填“>”“＜”或“=”)257.6kJ。
（4）在相同温度、容积不变的条件下，不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。
A. H2、CH3OH浓度均不再变化
B. 体系压强不变
C. n(H2)：n(CH3OH)=1：1
D. H2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为2：1
（5）在相同温度、容积不变的条件下，平衡时与起始时容器内气体压强之比为_______。
【答案】（1） ①. ②. 75％ （2）AD
（3） ①. 放出 ②. ＜ （4）CD
（5）1：2
【解析】
【小问1详解】
0～1min内，CO物质的量变化0.5mol，根据可知H2物质的量变化1mol，则；反应达到平衡状态时H2转化率：；
【小问2详解】
能增大化学反应速率的因素有：升高温度、增大物浓度、使用合适的催化剂、对于有气体参与的反应增大压强等都可以加快反应速率，故答案选AD；
【小问3详解】
128.8kJ·mol-1表示1molCO和2molH2恰好完全反应的能量变化，在相同条件下，若向该密闭容器中充入与2molCO和4molH2，若二者完全反应，可放出257.6kJ能量，但该反应为可逆反应，所以放出的热量小于257.6kJ；
【小问4详解】
A．反应过程中H2、CH3OH浓度不断变化，当二者浓度均不再变化，说明反应已经达到平衡状态，故A正确；
B．恒容密闭容器中，该反应为气体分子数减少的反应，压强不断变化，当体系压强不变，说明反应已经达到平衡状态，故B正确；
C．反应进行过程中可能出现n(H2)：n(CH3OH)=1：1，不能说明反应已经达到平衡状态，故C错误；
D．H2的消耗速率与CH3OH的生成速率表示同一反应方向，不能说明反应已经达到平衡状态，故D错误；
答案选CD；
【小问5详解】
在相同温度、容积不变的条件下气体压强比等于物质的量之比，根据反应方程式列三段式：，则平衡时与起始时容器内气体压强之比为（0.25+0.5+0.75）：（1+2）=1：2；
20. 有机化合物A是一种重要的化工原料，A的产量常用来衡量一个国家石油化工发展水平，D是食醋的有效成分，G是常见的高分子材料，A、B、C、D、E、F、G之间转化关系(部分条件已省略)如图所示，回答下列问题：
（1）写出A结构简式：_______，B中官能团的名称为_______。
（2）反应④的反应类型为_______，反应⑥的条件为_______。
（3）写出下列编号对应反应的化学方程式：
反应②：_______。
反应⑧：_______。
（4）写出与E互为同系物含4个碳原子的所有同分异构体的结构简式：_______。
（5）反应⑥、反应⑦均可制备到F，_______(填“反应⑥”或“反应⑦”)制备的产物更纯净。
【答案】（1） ①. CH2=CH2 ②. 羟基
（2） ①. 酯化反应 ②. 光照
（3） ① ②. nCH2=CH2
（4）CH3-CH2-CH2-CH3、
（5）反应⑦
【解析】
【分析】A的产量常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯；乙烯与水可以发生加成反应生成B，则B为乙醇；乙醇在铜催化加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成C，则C为乙醛；乙醛可以进一步被氧化生成D，且D是食醋的有效成分，则D为乙酸；B乙醇和D乙酸可以发生酯化反应生成乙酸乙酯；乙烯与氢气加成生成E，则E为乙烷；乙烷与氯气发生取代反应生成F，则F为氯乙烷，乙烯直接与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；乙烯发生聚合反应生成高分子材料G，则G为聚乙烯；
【小问1详解】
据分析A为乙烯，结构简式：CH2=CH2；B为乙醇，官能团为羟基；
【小问2详解】
反应④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；反应⑥为乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，反应条件为光照；
【小问3详解】
反应②为乙醇在铜催化加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应方程式：；反应⑧乙烯发生聚合反应生成高分子材料聚乙烯，反应方程式：nCH2=CH2；
【小问4详解】
E为乙烷，与E互为同系物的含4个碳原子的有机物为丁烷，存在碳架异构体，如下：CH3-CH2-CH2-CH3、；
【小问5详解】
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