2021-2022学年湖南省常德市高一下学期期末质量检测化学试题（含解析）

湖南省常德市2021~2022学年高一下学期期末质量检测化学试题注意事项：本试卷共6页，满分100分，考试时间75分钟，考试结束后只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ca40Fe56Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。1.常德非物质文化遗产丰富多样、源远流长，下列文化遗产在演绎或制作过程中涉及化学变化的是A.常德丝弦 B.桃源木雕 C.九澧渔鼓 D.德山酒古法酿造【答案】D【解析】【详解】常德丝弦、桃源木雕、九澧渔鼓均未涉及新物质生成，不是化学变化；酒的酿造过程中发生反应C6H12O6(葡萄糖)→2CH3CH2OH+2CO2↑，碳元素化合价发生变化，有电子转移，为化学变化，故选D。2.下列化学用语的表示正确的是A.苯的结构式可以简写为 B.甲烷的填充模型C.质量数为18的氧原子 D.氯化钠的电子式【答案】B【解析】【详解】A．苯的结构式可以简写为，故A错误；B．为甲烷的填充模型，故B正确；C．质量数为18的氧原子，故C错误；D．氯化钠的电子式，故D错误；故选B。3.化学推动着中国社会的进步和科技的创新，下列说法错误的是A.抗击新冠疫情时，84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂B.北京冬奥会大量使用氢能源，减少CO2排放，实现了“绿色低碳”C.华为自主研发的“麒麟9000”5G手机芯片，其关键材料是二氧化硅D.“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．氯酸钠和二氧化氯均有强氧化性，能杀灭细菌，所以84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂，选项A正确；B．大量使用氢能源，减少CO2排放，实现了“绿色低碳”理念，选项B正确；C．半导体硅是制造手机芯片的材料，所以制造手机芯片的关键材料是硅，不是二氧化硅，选项C正确；D．硬度大、强度高的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，选项D正确；答案选C。4.化学是一门有趣的学科，化学的趣味性主要来自于化学实验和生活实践。下列说法错误的是A.实验室可通过焰色试验鉴别NaCl和KClB.铝制容器经久耐用，是因为铝化学性质稳定C.实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气D.生活中常用白醋清除水垢【答案】B【解析】【详解】A．NaCl的焰色试验火焰呈黄色，KCl的焰色试验透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色，可通过焰色试验鉴别NaCl和KCl，A项正确；B．铝的化学性质活泼，而铝制容器经久耐用是因为铝在空气中易与氧气反应生成一层致密的氧化物，对内层的铝起保护作用，B项错误；C．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，可用于实验室制备Cl2，C项正确；D．白醋中含醋酸，水垢的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2等，醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2发生复分解反应而将水垢溶解，从而清除水垢，D项正确；答案选B。5.物质的分类有助于掌握物质的本质属性和内在联系，从而不断发现和制备对人类生产生活更实用的新物质。下列关于物质类别的说法错误的是A.SO2的水溶液能导电，故SO2为电解质B.O2与O3互为同素异形体C.CH3-CH2-CH2-CH3和互为同分异构体D.蛋白质、淀粉、纤维素、天然橡胶均属于天然有机高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．SO2的水溶液能导电是因为SO2和水反应生成了电解质亚硫酸，亚硫酸在溶液中能导电，但SO2自身不能导电，为非电解质，故A错误；B．O2与O3是氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故B正确；C．CH3-CH2-CH2-CH3和CH3CH(CH3)CH3的分子式均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．淀粉、纤维素属于天然多糖，故蛋白质、淀粉、纤维素、天然橡胶均属于天然有机高分子化合物，故D正确；故选A。6.常温时，在强碱性的无色透明溶液中能大量共存的一组离子是A.、、 B.、、C.、、 D.、、【答案】C【解析】【详解】A．为浅黄色溶液，且与可以生成沉淀而不能大量共存，故A不符合题意；B．强碱性溶液中，与OH-反应不能大量共存，故B不符合题意；C．、、均为无色且在碱性条件下能大量共存，故C符合题意；D．为紫色溶液，且与可以生成沉淀而不能大量共存，故D不符合题意；故选C。7.已知a在一定条件下可以通过一步反应转化成b，则a、b不可能是A.a：Feb：FeCl2 B.a：Nab：Na2O2C.a：NOb：NO2 D.a：Sb：SO3【答案】D【解析】【详解】A．Fe和盐酸反应可以生成氯化亚铁，故A不符合题意；B．钠和氧气反应加热时生成过氧化钠，故B不符合题意；C．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，故C不符合题意；D．硫和氧气生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故D符合题意；故选D。8.山梨酸是一种食品添加剂，对酵母、霉菌等许多真菌都具有抑制作用，还用于动物饲料、化妆品、药品、包装材料和橡胶助剂等，其结构简式为：CH3CH=CHCH=CHCOOH。下列关于该有机物的说法错误的是A.该有机物的分子式为C6H7O2B.该有机物属于烃的衍生物C.该有机物能发生加成反应、酯化反应D.该有机物能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．该有机物的分子式为C6H8O2，A错误；B．该有机物中还含有O原子，为烃的衍生物，B正确；C．该有机物中含双键，能发生加成反应，含羧基，能发生酯化反应，C正确；D．该有机物中含双键，能能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选A。9.“物质的量”是宏观物质和微观粒子间的联系桥梁，下列计算正确的是A.将4.0gNaOH固体溶于1L水，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/LB.1molCH4和C2H4的混合气体，所含氢原子的物质的量为4molC.2.3g钠在水中充分反应，转移的电子数约为6.021023D.标准状况下，22.4L酒精所含分子的物质的量为1mol【答案】B【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，是后定容，确定的体积是溶液体积，不是所用溶剂的体积，按选项描述，配制后溶液体积会大于1L，描述错误，不符题意；B．无论CH4还是C2H4，每个分子中都是有4个H原子，所以1mol混合物分子中，H原子有4×1mol=4mol，描述正确，符合题意；C．2.3gNa物质的量是0.1mol，与足量水反应生成NaOH与H2，每个Na失一个电子变为Na+，所以反应一共转移电子1×0.1mol=0.1mol，1mol微粒具体数量是6.02×1023，所以该反应一共转移电子0.1×6.02×1023=6.02×1022，描述错误，不符题意；D．酒精标况下是液态，不适用气体摩尔体积计算，描述错误，不符题意；综上，本题选B。10.能够在人体血管中通行药物分子运输车——“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法错误的是A.包装上印“OTC”标识的药物为非处方药B.油脂、蔗糖等这类含碳化合物属于有机物C.分散质粒子直径在1~100nm的分散系为胶体，该“运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体D.该“运输车”中铁元素的价态为+3价【答案】D【解析】【详解】A．“OTC”代表非处方药，R代表处方药，A正确；B．油脂、蔗糖均含碳元素，不属于氧化物、盐类，而属于有机物，B正确；C．该"纳米药物分子车”的直径为20Onm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该"纳米药物分子车"分散于水中所得的分散系不属于胶体，C正确；D．由图可知，该有机物中含有四氧化三铁，其中有+2价和+3价铁，D错误；故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.在现代生活、生产和科学技术发展中，化学电源发挥的作用不可代替，大到宇宙火箭，小到电脑、手机都离不开各种各样的化学电源。原电池是化学电源的雏形，图为某原电池装置，下列有关说法正确的是

A.碳棒为负极B.溶液颜色逐渐变浅，碳棒上有红色物质析出C.锌片上的电极反应为：D.当0.1molZn溶解，流经导线的电子数为6.021022【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池装置，锌为负极，碳棒为正极，电池总反应为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。【详解】A．碳棒为正极，A错误；B．根据总反应，消耗铜离子可知溶液颜色变浅，正极上铜单质析出，即碳棒上有红色物质析出，B正确；C．锌片为负极，锌失去电子生成锌离子，C错误；D．当0.1mol锌溶解时，转移电子的物质的量为0.2mol，流经导线的电子数为1.204×1023，D错误；故选B。12.一定条件下，等物质的量的N2和O2在容积为1L的恒容密闭容器中发生如下反应：，如图表示该反应过程中N2的物质的量n(N2)随反应时间(t)的变化。下列叙述错误的是A.升高温度能加快该反应的速率B.10s内反应的平均速率为C.10s末O2的物质的量浓度为2mol/LD.a点对应的化学反应速率：【答案】CD【解析】【详解】A．升高温度能加快该反应的速率，故A正确；B．由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，则氮气的平均速率为=0.1mol/(L·s)，故B正确；C．由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，由方程式可知，氮气和氧气初始的物质的量相等，且反应的物质的量也相等，故10s末氧气的浓度与氮气相等，为=4mol/L，故C错误；D．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，2说明a点正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D错误；故选CD。13.“科学进行实验”是学好化学的关键。下列实验操作合理的是ABCD实验室制备少量SO2气体乙酸乙酯的制备实验中，原料的混合收集NO2气体除去氯气中混有氯化氢气体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．实验室制备少量SO2气体，利用铜和浓硫酸加热反应生成，铜丝抽出反应停止，故A符合题意；B．乙酸乙酯的制备实验中，原料的混合是先加入无水乙醇，在缓缓加入浓硫酸，冷却后再加入无水乙酸，故B不符合题意；C．NO2与水反应生成NO和硝酸，因此该装置不能收集NO2气体，故C不符合题意；D．氯气与氢氧化钠溶液反应，除去氯气中混有的氯化氢气体，应该用饱和食盐水，故D不符合题意。综上所述，答案为A。14.某溶液含有下列离子中的几种：、、、、、。取该溶液进行如下实验：(1)取该溶液与足量NaOH溶液共热，产生刺激性气味气体(2)另取该溶液加入足量稀HCl，产生刺激性气味气体(3)取(2)反应后的溶液加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀(4)取(2)反应后的溶液加入AgNO3溶液和稀硝酸，产生白色沉淀下列结论正确的是A.该溶液一定含有、、，可能含有B.该溶液一定含有、、，一定不含有Ba2+C.该溶液可能含有Na+、D.该溶液中各离子浓度相等【答案】BC【解析】【详解】取该溶液与足量NaOH溶液共热产生刺激性气体，该气体为NH3，说明含有，另取该溶液加入稀HCl，产生刺激性气味气体，说明原溶液中含，再加足量BaCl2溶液得到白色沉淀说明原溶液中含有，不含Ba2+。由于第(2)步加入HCl和BaCl2，引入Cl-，因此第(4)步加AgNO3生成沉淀不能说明原溶液中含有Cl-，综上所述，一定含有的离子有、、，一定不含的离子有Ba2+，可能含有Na+、，但是各离子浓度不一定相等，故选BC。三、非选择题：本题包括四个小题，共27空，每空2分，共54分。15.根据相应信息回答有关问题。I.物质结构和规律推断如图为周期表中短周期的一部分，已知A是地壳中含量最多的元素。ABCD（1）比较A、C的原子半径大小_______(用原子符号表示)。（2）比较C、D的简单氢化物的稳定性_______(用化学式表示)。II.实验操作和现象分析（3）配制100ml0.1mol/L的NaOH溶液时，若仰视定容，则所配溶液的物质的量浓度_______(填“偏大”、“偏小”或“不变")。（4）将适量Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体放入烧杯中，用玻璃棒快速搅拌，试着拿起烧杯观察，晶体变成糊状，此外还可观察到_______等现象。III物质性质和成分探究（5）将二氧化硫气体通入到品红溶液中，溶液褪色，体现了二氧化硫的_______性。（6）在实验室，浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，因浓硝酸见光或受热易分解，产生有刺激性气味的红棕色气体，该气体为_______(用化学式表示)。【答案】（1）O<S或S>O（2）H2S<HCl或HCl>H2S（3）偏小（4）产生刺激性气味的气体，烧杯壁变冷（5）漂白（6）NO2【解析】【分析】A为地壳中含量最多的元素，A为O，C为S，B为P，D为Cl。【小问1详解】O与S为同主族元素，从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径大小：O<S或S>O；【小问2详解】同周期从左往右非金属性增强，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，故H2S<HCl或HCl>H2S；【小问3详解】若仰视容量瓶定容，加入水的体积偏大，配制溶液的浓度偏小；【小问4详解】氯化铵与氢氧化钡反应生成氨气，且反应吸热，故产生刺激性气味的气体，烧杯壁变冷；【小问5详解】二氧化硫使品红溶液褪色体现的是其漂白性；【小问6详解】浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，红棕色气体为NO2。16.下列各物质均含有同一种元素，其中只有A和H为单质，A是目前用量最大、用途最广的合金的主要成分，H为黄绿色气体；C和F所含元素种类相同；将D的悬浊液露置在空气中，可观察到白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀E，各物质间的转化关系如下图(部分反应物、生成物及反应条件已略去)回答下列问题：（1）A是_______，C是_______(填化学式)。（2）G的俗名为_______。（3）若要除去F溶液中混有的C，应采取的实验操作为_______；若要除去C溶液中混有的F，涉及的化学反应的离子方程式为_______。（4）写出D转化为E的化学反应方程式_______。（5）人体正常的血红蛋白中含有D的阳离子，若误食亚硝酸盐，会导致血红蛋白中此阳离子被氧化而使人中毒。服用维生素C可以解毒，在此过程中体现了维生素C的_______性。【答案】（1）①.Fe②.FeCl2（2）铁红（3）①.通入氯气或加入氯水或加入过氧化氢②.（4）（5）还原【解析】【分析】A是目前用量最大、用途最广的合金的主要成分，则A为Fe；H为黄绿色气体，则H为Cl2；则F为FeCl3；C为FeCl2；将D的悬浊液露置在空气中，可观察到白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀E，则D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3；G为Fe2O3；据此解题。【小问1详解】根据分析可知，A是Fe，C是FeCl2。【小问2详解】G为Fe2O3，俗名为铁红。【小问3详解】除去FeCl3中FeCl2的实验操作为通入氯气或加入氯水或加入过氧化氢将FeCl2氧化为FeCl3。除去FeCl2中的FeCl3的方法为加入铁粉，发生的离子方程式为。【小问4详解】Fe(OH)2和氧气反应生成Fe(OH)3的化学方程式为。【小问5详解】根据题意，亚硝酸盐具有氧化性，则维生素C具有还原性。17.某化工厂用石灰粉[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3，其工艺流程如图所示。根据要求回答下列问题：（1）“搅拌打浆”的目的是_______。（2）“氯化”过程中用过量的Cl2与打浆后的混合物生成Ca(ClO3)2，其主要反应为：，反应中还原产物为_______(填化学式)。（3）操作a的名称是_______。（4）在“冷水洗涤”过程中，为了检验固体A是否洗涤干净，取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加适量_______溶液，若无沉淀生成，则证明已洗涤干净。（5）当“氯化”温度较低时，Cl2易与Ca(OH)2反应生成漂白粉，漂白粉的有效成分为_______(填名称)，标准状况下，若有11.2L氧气完全反应，则消耗Ca(OH)2的质量为_______g，露置在空气中一段时间的漂白粉，加稀盐酸后逸出的气体除了可能有O2、HCl、水蒸气，还可能含有_______(填化学式)。【答案】（1）使石灰粉混合均匀，使其更充分反应，更迅速反应（2）CaCl2（3）过滤（4）硝酸银或可溶性碳酸盐（5）①.次氯酸钙②.37③.CO2、Cl2【解析】【分析】石灰粉加水搅拌打浆，使石灰粉混合均匀，使其更充分反应，更迅速反应；氯化过程中用过量的Cl2与打浆后的混合物生成Ca(ClO3)2；经过过滤后得到滤液和滤渣，滤渣的主要成分为碳酸钙，Ca(ClO3)2溶液中加过量KCl转化后得到KClO3溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后得到固体A氯酸钾，经冷水洗涤干燥后得到纯净的KClO3固体。【小问1详解】根据分析，搅拌打浆的目的是：使石灰粉混合均匀，使其更充分反应，更迅速反应；【小问2详解】从方程式：看出，CaCl2中氯元素化合价降低，故CaCl2为还原产物；【小问3详解】根据分析，操作a为过滤；【小问4详解】固体A表面中可能含氯离子或钙离子，检验固体是否洗干净的实质为检验氯离子或钙离子，故可选用硝酸银或可溶性碳酸盐，若无沉淀生成，则证明已洗涤干净；【小问5详解】制备漂白粉的方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的有效成分为次氯酸钙；标准状况下，若有11.2L氯气完全反应，其物质的量为0.5mol，消耗的氢氧化钙的物质的量为0.5mol，质量为：；露置在空气中一段时间的漂白粉，与空气中的二氧化碳和水反应会生成碳酸钙，固体中含氯化钙、次氯酸钙、碳酸钙，与稀盐酸反应时可能发生的反应为：，，，，故还可能含有CO2、Cl2。18.氨气的用途众多，被广泛应用