2023学年本溪市高级中学化学高一第二学期期末检测试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、测试卷卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知中和热的数值是57.3KJ/mol。下列反应物混合时，产生的热量等于57.3KJ的是 （ ）A1mol/L稀HCl（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）B500mL2.0mol/L的HCl（aq）和5

2、00mL2.0mol/L的NaOH（aq）C500mL2.0mol/L的CH3COOH（aq）和500mL2.0mol/L的NaOH（aq）D1mol/L稀CH3COOH（aq）和1mol/L稀NaOH（aq）2、人体所需的十多种微量元素中，有一种被称为“生命元素”的X元素，对于延长人类寿命起着重要的作用。已知X元素的原子有四个电子层，其最高价氧化物的分子式为XO3，则X元素的名称为A铁 B硫 C硒 D硅3、下列有关性质的大小关系符合元素周期律的是（ ）A金属性：NaMgB稳定性：NH3H2OC碱性：Al(OH)3Mg(OH)2D酸性：HNO3 r(Z) r(Y)B由X、Y 组成的化合物中均不

3、含共价键CY 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱DX 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强11、下列对的叙述中正确的是()A有两种结构 B只有一种结构 C含有非极性键 D有四种结构12、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中错误的是（ ）A在标准状况下，22.4L空气中约有NA个气体分子B1mol CH4气体中含有的共价键数目为4NAC1mol OH-离子中含有的电子数为10NAD含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量之比为2313、物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A1：4B1：

4、5C2：3D2：514、已知：(1)胆矾失水的热化学方程式为：CuSO45H2O(s)=CuSO4(s)5H2O(l) HQ1kJ/mol(2)室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为：CuSO4(s)=Cu2(aq)SO42(aq) HQ2kJmol1(3)胆矾(CuSO45H2O)溶于水时溶液温度降低。则Q1与Q2的关系是(Q1、Q2为正数)AQ1Q2BQ1Q 2CQ1作负极的原电池电化学腐蚀作正极的原电池作阴极的电解池，因此顺序是（4）（2）（1）（3），故选项A正确。考点：考查金属腐蚀速率快慢等知识。5、D【答案解析】A选项，FeSO4化合价既升高又降低，所以既作氧化剂又作还原剂，故A

5、正确；B选项，SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，酸性高锰酸钾化合价降低，二氧化硫化合价升高，因此反应说明SO2具有还原性，故B正确；C选项，1 mol Fe2O3Fe2O3中+3价铁由原来+2价铁升高而来，而氧化铁中有两个铁，需要2 molFeSO4 化合价升高2个价态，转移2 mol电子，转移电子数为26.021023，故C正确；D选项，将反应生成的气体通入BaCl2溶液中，生成硫酸钡沉淀，故D错误；综上所述，答案为D。6、A【答案解析】天然气的主要成分是甲烷，故A是合理选项。7、B【答案解析】A煤油不溶于水，密度小于水，能隔绝氧气，可以制备氢氧化亚铁，A正确；B应该用浓盐酸制备氯气，B错误

6、；C双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，利用排水法收集，C正确；D稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，该装置可比较S、C、Si的非金属性强弱，D正确；答案选B。点睛：本题考查较为综合，涉及非金属性强弱比较、制备以及气体的收集等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价。8、B【答案解析】分析：本题考查的速率的大小比较，注意反应速率的单位要统一。详解：将各物质的反应速率都转化为同一种物质的速率，且单位统一。都转化为D的反应速率。A.1 mol/(Lmin)；B.1.6 mol/(Lmin)；

7、C.1.2 mol/(Lmin)；D.1.0 mol/(Lmin)。故B的反应速率最快，故选B。9、B【答案解析】A葡萄糖为五羟基醛，分子中含有6个C原子，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，故A正确；B氯原子最外层有7个电子，形成氯气分子后氯原子最外层达到8电子稳定结构，氯气的电子式为，故B错误；C苯的结构简式可以表示为或，故C正确；D甲烷为正四面体结构，分子的比例模型应该体现分子中各原子的相对大小，甲烷的比例模型为，故D正确；答案选B。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意比例模型和球棍模型的区别，同时注意原子的相对大小。10、D【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地

8、壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【题目详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案

9、选D。11、B【答案解析】测试卷分析：由于甲烷是正四面体结构，所以分子中的任何两个H原子都相邻，故CF2Cl2只有一种结构，由于分子中含有的CCl键和CF键都是不同元素的原子形成的共价键，所以都是极性共价键。因此选项B符合题意。考点：考查物质分子结构的有关知识。12、D【答案解析】A. 标准状况下，22.4L空气中约有1mol气体分子，约有NA个气体分子，A项正确；B. 1个CH4分子中含4个碳氢单键，则1mol CH4气体中含有的共价键数目为4NA，B项正确；C. OH-中含的离子数为，8+1+1=10，1mol OH-离子中含有的电子数为10NA，C项正确；D. 氧气和臭氧都只含有O原子，

10、所以含NA个氧原子的O2与含NA个氧原子的O3的质量相等，质量之比为1：1，D项错误；答案选D。【答案点睛】D项是难点，可采用排除法或假设法进行推测得出正确结论。加上D项结论正确，设氧气和臭氧的质量分别为2g和3g，那么所含氧原子个数比为:=2:3，与题中条件不符，假设错误，D项不正确。13、A【答案解析】设Zn为2mol、HNO3为5mol，锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氢化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，剩余的1mol硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，说明硝酸也全部反应，则该反应中被还原的

11、硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，反应方程式为4Zn10HNO3=4Zn(NO3)2N2O5H2O，故选A。14、A【答案解析】测试卷分析：第一个热化学方程式CuSO 45H 2O(s)=CuSO 4(s)5H 2O(l) HQ1kJ/mol减去第二个热化学方程式CuSO 4(s)=Cu 2+(aq)SO 42-(aq) H -Q2kJmol1，可得CuSO 45H 2O(s)=Cu 2+(aq)SO 42-(aq) 5H 2O(l) H=-(-Q1+ Q2) kJ/mol。胆矾(CuSO 45H 2O)溶于水时溶液温度降低。吸收热量，-(-Q1+ Q2) kJ/mol0，所以Q1

12、Q2，选项A正确。考点：考查热化学方程式的应用的知识。15、A【答案解析】在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH +CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O，根据题给乙酸和乙醇的质量关系判断反应的过量问题，再结合方程式计算。【题目详解】3.0g乙酸的物质的量为=0.05mol，4.6g乙醇的物质的量为=0.1mol，由化学方程式可知乙醇过量，0.05mol乙酸完全反应生成0.05mol乙酸乙酯，由实际产率是理论产率的67%可得反应生成的乙酸乙酯的物质的量为0.05mol67%，则乙酸乙酯的质量为0.05mol67%88g/mol=

13、2.95g，故选A。【答案点睛】本题考查依据化学方程式的计算，注意反应方程式的书写和反应的理论产率的运用是解答关键。16、D【答案解析】A、升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故A正确；B、加入催化剂可以加快化学反应速率，故B正确；C、增大二氧化硫、氧气、三氧化硫的浓度均能加快该化学反应的速率，故C正确；D、可逆反应的反应物不能完全转化，故D错误；故选D。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、催化剂、压强等，注意催化剂的特点是解题的易错点。17、B【答案解析】A分子中含有-OH、-COOH，都可发生酯化反应，故A正确；B只有羧基与氢氧化钠发生中和

14、反应，则1mol乳酸可与1molNaOH发生中和反应，故B错误；C-OH、-COOH都可与钠反应，则1mol乳酸与足量金属Na反应生成生成1molH2，故C正确；D与分子式相同，结构不同，为同分异构体，故D正确；故选B。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键。由结构简式可知，分子中含-OH、-COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。18、A【答案解析】煅烧石灰石是吸热反应，生成物的总能量高，故A正确；锌与稀硫酸反应、NaOH溶液和稀盐酸反应、铝热反应都是放热反应，故B、C、D错误。点睛：本题考查吸热反应和放热反应，生成物总能量大于反应物总能量的是吸热

15、反应，反应物总能量大于生成物总能量的是放热反应。19、B【答案解析】铝制品具有较强的抗腐蚀性，是因为铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故B选项正确。20、A【答案解析】A. 硅原子的结构示意图：,正确；B. 醛基的结构简式：CHO，故错误；C. 氢气的球棍模型：，错误； D. CO2的电子式：氧原子应该满足8电子，故错误。21、A【答案解析】测试卷分析：A含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，A错误；B全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则在共价化合物中一定含有共价键，B正确；C含有离子键的化合物一定是离子化合物，C正确；D由同一种非金属元素形成的共价键

16、是非极性键，则双原子单质分子中的共价健一定是非极性键，D正确，答案选A。考点：考查化学键和化合物的判断22、A【答案解析】两种液体不能相互溶解，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离，以此来解答。【题目详解】A水和苯不互溶，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离，选项A选；B水与酒精混溶，应利用蒸馏法分离，选项B不选；C碘易溶于酒精，不分层，应利用蒸馏分离，选项C不选；D乙醇和汽油互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离，选项D不选；答案选A。【答案点睛】本题考查混合物的分离，为高频考点，把握物质的溶解性及分液原理为解答的关键，明确混合后分层能用分液漏斗进行分离，题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、

17、醛基 C6H12O6 加成反应 出现砖红色沉淀 C2H5OH +CH3COOH CH3COOC2H5 +H2O AC 【答案解析】由图可知，在浓硫酸作用下，甘蔗渣在加热条件下发生水解反应生成葡萄糖，则B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，则D为乙醇；由逆推法可知，乙炔在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙炔、C为乙烯；乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，则E为乙醛；乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F为乙酸。【题目详解】（1）由分析可知E为乙醛，结构简式为C

18、H3CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基；(2)B为葡萄糖，分子式为C6H12O6；反应为乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，故答案为：C6H12O6；加成反应；(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液中含有葡萄糖，在碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜共热发生氧化反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故答案为：出现砖红色沉淀；(4) D与F的反应为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为C2H5OH +CH3COOH CH3COOC2H5 +H2O，故答案为：C2H5OH +CH3COOH CH3COOC2H5 +H2O；(5) A.若一定条件下两分子E可以

19、直接得到乙酸乙酯，说明乙醛发生加成反应生成乙酸乙酯，加成反应的原子利用率为100%，故正确；B.乙醛和乙烯分子中碳和氢的原子个数相同，但乙醛分子中含有氧原子，氧原子个数越多，完全燃烧消耗的氧气量越小，则等物质的量乙醛和乙烯完全燃烧，消耗的氧气量乙醛要小，故错误；C.工业上通过石油裂解工艺获得大量的乙烯，故正确；D.乙酸和乙酸乙酯都与氢氧化钠溶液反应，应通过先加入饱和碳酸钠溶液洗涤，后分液除去乙酸乙酯中的乙酸，故错误；AC正确，故答案为：AC。24、Cl2 SO2 HCl H2SO4 FeCl3 Cl2SO22H2O=2HClH2SO4 2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H 【答案解析

20、】A与硝酸银溶液、稀硝酸生成白色沉淀可知A中含有Cl-；B与氯化钡溶液、盐酸生成白色沉淀可知B中含有SO42-；X、Y、H2O生成Cl-和SO42-且X、Y均是有刺激性气味的气体可推知X、Y是二氧化硫和氯气，反应为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；X能与铁反应可知X为Cl2，则C为FeCl3、Y为SO2，二氧化硫通入氯化铁溶液生成氯化亚铁、硫酸和盐酸，则A为HCl，B为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【题目详解】(1)根据分析可知：X为Cl2、Y为SO2、A为HCl、B为H2SO4、C为FeCl3；(2)X、Y是二氧化硫和氯气,该反应的化学方程式为：Cl2SO

21、22H2O=2HClH2SO4；二氧化硫通入氯化铁溶液生成氯化亚铁、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H，故答案为：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4；2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H。25、23 min 该反应是放热反应，此时温度高 45 min 此时H浓度小 0.1 mol/(Lmin) AB 【答案解析】（1）在01、12、23、34、45min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为23 min，这是由于该反应是放热反应，反应液温度升高，反应速率加快；（

22、2）反应速率最小的时间段是45min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小，反应速率最小；（3）在23min时间段内，n（H2）=0.112L22.4L/mol=0.005mol，根据2HClH2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，浓度是0.1mol/L，则（HCl）0.1mol/L1min=0.1 mol/（Lmin）；（4）A加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，A正确；B加入NaCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，B正确；C加入硝酸钠溶液，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，C错误；D加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反

23、应速度增大，但影响生成氢气的量，D错误；E加入Na2CO3溶液，生成CO2气体，影响生成氢气的量，E错误；答案选AB。26、 使过量的Br2与NaOH充分反应 2 OH+Br2 Br+BrO+H2O 下 除去溴化氢气体中的溴蒸气 淡黄色沉淀 石蕊试液 【答案解析】苯和液溴在铁粉催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氫，反应的化学方程式为，由于反应放热，苯和液溴均易挥发，导致所得的溴苯不纯净，溴化氢易溶于水电离出H+和Br-，溴离子遇到银离子会发生反应生成AgBr沉淀，据此分析解答。【题目详解】(1)在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的化学方程式为：，

24、故答案为：；(2)由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴蒸气是一种红棕色的气体，实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是使过量的Br2与 NaOH充分反应，可以将溴苯中的溴除去，即Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，离子反应为2OH-+Br2Br-+BrO-+H2O，溴苯的密度比水大，且不溶于水，因此溴苯位于液体的下层，故答案为：使过量的Br2与NaOH充分反应；2OH-+Br2Br-+BrO-+H2O；下；(3)根据相似相溶原理，溴极易溶于四氯化碳，而溴化氢不溶，所以C中盛放CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；(4)

25、如果发生取代反应，则反应中会生成溴化氢，溴化氢易溶于水电离出H+和Br-，只要检验含有氢离子或溴离子即可，溴离子的检验：取溶液滴加硝酸银溶液，如果生成淡黄色沉淀就证明是溴离子；氢离子的检验：如果能使紫色石蕊试液变红，就证明含有氢离子，故答案为：淡黄色沉淀；石蕊试液。【答案点睛】掌握苯的取代反应原理，明确反应的产物及HBr的化学性质是解答关键。本题的易错点为(2)中离子方程式的书写，可以联系氯气与氢氧化钠的反应思考书写；另一个易错点为(4)，如果发生取代反应，则会生成溴化氢，溴化氢在水能够电离出H+和Br-，因此题中就是检验H+和Br-。27、 除去水中溶解氧防止得到Fe2+ 被氧化而引入杂质

26、蒸发浓缩 冷却结晶 取样，加入几滴KSCN溶液， 若溶液呈现血红色，则溶液中含有Fe3+ 【答案解析】分析：本题考查了化学实验基本操作。（1）煮沸和过滤操作常用到的仪器。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；实验室一般用KSCN溶液检验Fe3+，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。详解：（1）溶液加热和过滤过程中用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、酒精灯、锥形瓶、滤纸等，因此本题答案为。（2）在步骤1中所加的碳酸钠溶液中需要煮沸，其目的是除去水中溶解氧气防止得到Fe2+ 被氧化而引入杂质。（3）(NH4)2SO4溶液显酸性，向所得FeSO4溶液中加入饱和(N

27、H4)2SO4溶液，抑制Fe2+的水解。由溶液制晶体时，要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤；本题答案：加热浓缩、冷却结晶和过滤。（4）检验Fe3+的方法是取待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在；反之没有Fe3+。点睛：本题以制备硫酸亚铁铵载体，考查学生综合分析处理实验问题的能力。例如检验Fe3+的存在问题。掌握Fe3+的鉴别方法是待测液少许放入试管中，向试管中加入KSCN溶液，若加入KSCN后，溶液显血红色，说明Fe3+存在。28、 ABC A 吸收热量 1368 放出热量 1850 放出热量 484 负 氧化 114【答案解

28、析】分析：（1）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（1）氢气燃烧是放热反应；（3）根据断键吸热、形成化学键放热分析；（4）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。详解：（1）A使用催化剂可以加快反应速率，A正确；B.适当提高氧气的浓度可以加快反应速率，B正确；C适当提高反应的温度可以加快反应速率，C正确；D适当降低反应的温度减小反应速率，D错误。答案选ABC。（1）氢气燃烧是放热反应，这说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A。（3）由于断键吸收能量，则拆开1molH1化学键需要吸收1mol436kJ/mol871kJ，拆开1molO1化学键需要吸收能量是1mol496kJ/mol496kJ，则断键共需要吸收的能量是871kJ+496kJ1368kJ；形成4molH-O键放出的能量是4mol463kJ/mol1851kJ，所以1mol氢气反应最终放出的能量是1851kJ1368kJ484kJ。（4）氢气在反应中失去电子，则氢气在负极通入。1mol氢气失去1mol电子，电路中每转移0.1mol电子，则消耗氢气是0.1mol，标准状况下的体积是1.14L。29、羟基 羧基 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O 取代反应(或