2022届辽宁省沈阳市市级重点高中联合体高一下学期期中测试化学试题（含解析）

辽宁省沈阳市市级重点高中联合体2021-2022学年高一下学期中测试化学试题满分：100分考试时间：75分钟可能用到的原子量：H1O16C12Na23N14Fe56S32第I卷(选择题，共45分)一、单选题(每小题只有一个正确选项，每题3分，共15小题)1.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是A.丹霞地貌的岩层因含少量的Fe3O4而呈现红色B.玉兔号登月车太阳能帆板的制造大量使用二氧化硅C.利用活性炭的吸附性，可以去除新装修房间的异味D.乙醇可使蛋白质变性，因而可用无水乙醇杀灭细菌【答案】C【解析】【详解】A．Fe3O4是一种黑色固体，Fe2O3为红棕色固体，故丹霞地貌的岩层因含少量的Fe2O3而呈现红色，A错误；B．玉兔号登月车太阳能帆板的制造大量使用晶体硅而不是二氧化硅，B错误；C．利用活性炭的吸附性，可以去除新装修房间的异味，C正确；D．医用酒精为75%的乙醇溶液，故乙醇可使蛋白质变性，因而可用75%乙醇溶液杀灭细菌，D错误；故答案为：C。2.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，28gCO和混合气体中的碳原子数为B.标准状况下，11.2L的乙醇所含的氢原子数等于3C.与足量水反应转移的电子数为0.1D.溶液中含有的数目为0.1【答案】C【解析】【详解】A．一氧化碳分子中含有1个碳原子，乙烯分子中含有2个碳原子，则28g一氧化碳和乙烯混合气体中的碳原子数目介于×1×NAmol—1=NA和×2×NAmol—1=2NA之间，故A错误；B．标准状况下，乙醇为液态，无法计算11.2L乙醇的物质的量和含有的氢原子数目，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，1mol过氧化钠反应时，反应转移1mol电子，则7.8g过氧化钠与足量水反应转移的电子数为×1×NAmol—1=0.1NA，故C正确；D．缺溶液的体积，无法计算0.1mol/L氯化钠溶液中氯化钠的物质的量和含有钠离子的数目，故D错误；故选C。3.下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是A.钝化 B.漂白 C.固氮 D.燃烧【答案】B【解析】【详解】A．钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝态的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。故A不符；B．氧化性漂白和还原性漂白均涉及氧化还原反应，物理吸附性漂白，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．将空气中的游离氮转化为化合态氮的过程，称为固氮，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应。燃烧是可燃物跟助燃物(氧化剂)发生的一种剧烈的、发光、发热的化学反应，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B。4.已知反应：甲()＋乙→丙()＋H2O，则下列判断不正确的是A.乙物质为甲醇B.该反应为取代反应C.甲和乙都能与金属钠反应产生氢气D.甲、乙、丙都能使溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色【答案】D【解析】【详解】A．根据原子守恒，乙的化学式为CH4O，根据甲和丙的结构可知，乙为甲醇CH3OH，A正确；B．该反应为酯化反应，属于取代反应，B正确；C．甲结构中的-COOH和乙结构中的-OH均能与Na发生反应生成H2，C正确；D．甲、丙结构中含有碳碳双键，都能使溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，乙不能与Br2发生加成反应，D错误。故本题选D。5.元素及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，均能由一步反应实现的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．氧化铝不溶于水，不和水反应，不能一步直接生成氢氧化铝，故A不符合题意；B．硅酸钠和强酸反应能生成硅酸，硅酸受热分解可得二氧化硅，二氧化硅能被碳元素单质还原成单质硅，故B符合题意；C．硫单质不能一步氧化成三氧化硫，而是先生成二氧化硫，再催化氧化成三氧化硫，故C不符合题意；D．氨气不能一步氧化成二氧化氮，而是先生成一氧化氮，然后再生成二氧化氮，故D不符合题意；答案B。6.下列有关化学用语的表述不正确的是A.醛基的结构简式：—CHO B.乙酸的分子式：CH3COOHC.乙烯的电子式： D.乙醇的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．醛基的电子式为，则其结构简式为：-CHO，A正确；B.乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，B不正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，则其电子式为：，C正确；D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，则其比例模型为：，D正确；故选B。7.下列说法正确的是A.某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量COB.取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，可证明该溶液中是否含有SOC.溶液中加入氢氧化钠溶液，加热后产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则溶液中含有NH离子D.钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化【答案】D【解析】【详解】A．加入盐酸，能生成二氧化碳气体的可能有CO、HCO等，且二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故A错误；B．不能排除Ag+的影响，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验硫酸根，故B错误；C．应该是溶液中加入氢氧化钠溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是氨气，则溶液中含有NH离子，故C错误；D．钠极易与水和氧气反应，所以钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化，故D正确；故选D。8.502是我们日常生活中常用的瞬干胶，其结构简式如图。下列有关该有机物的说法正确的是A.含有碳碳双键、羧基等官能团B.可通过加聚反应生成高分子C.分子式为C6H8O2ND.能使溴水褪色、能和NaHCO3溶液反应发出CO2【答案】B【解析】【详解】A．含有碳碳双键、酯基，A错误；B．该物质含有碳碳双键，可通过加聚反应生成高分子，B正确；C．根据该物质的结构简式得到分子式为，C错误；D．该物质含有碳碳双键，能使溴水褪色，不含羧基不能与NaHCO3溶液反应发出CO2，D错误；故选B。9.下列除去杂质的方法正确的是A.乙烯中的SO2和CO2杂质气体可通过碱石灰而除去B.乙酸乙酯中混有乙酸，加入装有氢氧化钠溶液的分液漏斗中，充分混合静置分液C.工业上制备无水乙醇，可以将含水乙醇直接加热蒸馏制得D.乙烷中有乙烯，可以通过加入氢气使得乙烯转化为乙烷而将其除去【答案】A【解析】【详解】A．SO2和CO2是酸性氧化物，能够与碱石灰发生反应而被吸收，乙烯不能与碱石灰发生反应，因此乙烯中SO2和CO2杂质气体可通过碱石灰而除去，A正确；B．乙酸、乙酸乙酯都能够与氢氧化钠溶液发生反应，因此不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的杂质乙酸，B错误；C．将含水乙醇直接加热蒸馏，会得到恒沸液，得到的仍然是乙醇与水的混合物，不能制取得到无水乙醇，C错误；D．若向其中加入氢气，不能使乙烯与氢气完全发生加成反应产生乙烷，因此得到的气体仍然是混合物，不能达到除杂的目的，应该将混有乙烯的乙烷混合气体通入溴水中，乙烯发生加成反应产生可溶性液体物质，而乙烷仍然是气体，达到除杂净化的目的，D错误；故合理选项是A。10.向BaCl2溶液中以任意比例通入以下两种气体，均无沉淀产生。则该混合气体是A.Cl2和SO2 B.CO2和NH3 C.NO2和CO2 D.NO2和SO2【答案】C【解析】【详解】A．Cl2和SO2混合通入水中生成盐酸和硫酸，硫酸和BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，故A不符；B．CO2和NH3生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵与BaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，故B不符；C．NO2和CO2混合通入水中与BaCl2溶液无沉淀生成，故C符合；D．NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故D不符；故选C。11.下列说法正确的是A.和为同一物质B.C5H12的一氯代物有7种C.HCOOCH3和CH3OCHO互为同分异构体D.C6H14的同分异构体有4种，其熔点各不相同【答案】A【解析】【详解】A．甲烷是正四面体结构，因此和为同一物质，故A正确；B．正戊烷有3种氢原子，一氯代物有3种，异戊烷有4种氢原子，一氯代物有4种，新戊烷有1种氢原子，一氯代物有1种，C5H12的一氯代物有8种，故B错误；C．HCOOCH3和CH3OCHO是同一种物质，均表示甲酸甲酯，故C错误；D．己烷C6H14的同分异构体有：CH3(CH2)4CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、(CH3CH2)2CHCH3、(CH3)3CCH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2，共计是5种，故D错误。故选A。12.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是A.是酸性气体，可以用浓干燥；也是酸性气体，也可以用浓干燥B.Fe与S共热生成FeS；Cu和S共热生成CuSC.电解熔融的NaCl可以制取Na；电解熔融的MgCl2也可以制取MgD.通入溶液不产生沉淀，则通入溶液也不产生沉淀【答案】C【解析】【详解】A．H2S能被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，选项A错误；B．硫的氧化性较弱，只能将Cu氧化成一价铜，生成Cu2S，选项B错误；C．钠和镁均是活泼的金属，电解熔融NaCl制取Na，电解熔融MgCl2能制取Mg，选项C正确；D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸根离子，产生硫酸钡沉淀，选项D错误；答案选C。13.利用图示装置制备和收集气体，合理的是

选项固体A试剂B试剂C制备和收集的气体A生石灰浓氨水水NH3BNa2SO370%硫酸饱和亚硫酸氢钠溶液SO2CMnO2浓盐酸饱和食盐水Cl2DCu浓硝酸水NO2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B．Na2SO3固体与70%硫酸发生复分解反应，制取SO2气体，且SO2不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，所以可用排饱和亚硫酸氢钠溶液方法收集SO2气体，B正确；C．MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能制取氯气，C不正确；D．NO2易与水发生反应生成NO气体，不能用排水法收集，D不正确；故选B。14.铁与不同密度的溶液反应时产生的含氮产物的百分含量分布如图所示，硝酸的密度与其质量分数的对应关系见下表，下列有关说法错误的是密度/1.101.151.201.251.301.351.40质量分数/%17.6825.4832.9940.5848.42569566.97A.上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂B.、、、都既有氧化性又有还原性C.随着硝酸的密度逐渐减小，产物中的含量逐渐减小D.当时，产物中的含量最高【答案】D【解析】【详解】A．铁是活泼的金属，硝酸是氧化性酸，上述反应中，铁为还原剂，硝酸为氧化剂，故A正确；B．、、、中氮元素的化合价均处于中间价态，因此都既有氧化性又有还原性，故B正确；C．根据图像可知随着硝酸的密度逐渐减小，产物中的含量逐渐减小，故C正确；D．根据图像可知当硝酸密度是1.4g/mL时产物中的含量最高，此时硝酸浓度是≈14.88mol/L，故D错误；答案选D。15.FeS与一定浓度的硝酸反应，生成了Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3、NO、NO2、N2O4和H2O，当NO、NO2和N2O4的个数之比为2：1：1时，实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为A.1：6 B.1：7 C.1：8 D.1：9【答案】A【解析】【详解】设参加反应的FeS为3mol，则根据S元素守恒可知生成1molFe2(SO4)3，根据Fe元素守恒可知生成1molFe(NO3)3，Fe元素化合价由+2价变为+3价，S元素化合价由-2价变为+6价，所以3molFeS共失去27mol电子，根据电子得失守恒可知HNO3共得到27mol电子，生成NO、NO2和N2O4，设NO、NO2和N2O4的物质的量分别为2x、x、x，则有2x×3+x+2x=27mol，解得x=3mol，即NO、NO2和N2O4的物质的量分别为6mol、3mol、3mol，根据N元素守恒可知HNO3的物质的量为1mol×3+6mol+3mol+3mol×2=18mol，所以实际参加反应的FeS与HNO3的个数之比为3mol：18mol=1：6；故答案为A。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)16.物质的类别和核心元素的化合价是学习研究物质性质的两个重要角度。根据硫元素的价类二维图回答下列问题：（1）Z为钠的正盐，在反应中既可作氧化剂，又可作还原剂，当Z作氧化剂时，理论上可被还原为_______(填字母)。A.B.C.D.E.（2）X与Y反应可生成淡黄色固体，反应的化学方程式为_______，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。（3）W的浓溶液与铜单质在加热条件下发生反应的化学方程式为_______，反应中W表现的性质是_______，该反应中每转移电子，生成标准状况下气体的体积为_______L。（4）已知空气中的最大允许排放浓度不得超过，可通过下列装置定量分析空气中的含量。该组同学查阅资料得知测定原理为，若从气体通入起计时直到广口瓶中溶液蓝色恰好褪去结束，用时9min。已知空气的流速为，则该地空气中的含量是_______(结果精确到0.001)。【答案】（1）A、B（2）①.2H2S+SO2=3S↓+2H2O②.2：1（3）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.氧化性、酸性③.22.4L（4）0.015【解析】【小问1详解】由图可知，Z为Na2SO3，S为+4价，当Na2SO3做氧化剂的时候，+4价的硫可以被还原为0价或-2价，但硫元素化合价不能升高或不变，所以A、B符合题意，B、C、D不符合题意，故答案为：A、B；【小问2详解】由图可知，X为H2S，Y为SO2，将H2S与SO2混合可生成淡黄色固体即S单质，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，H2S中硫元素化合价升高，H2S做还原剂，SO2中硫元素化合价降低，SO2做氧化剂，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比即还原剂与氧化剂的物质的量之比为：2：1，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；2：1；【小问3详解】由图可知，W为H2SO4，浓H2SO4与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，根据原子守恒可得反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，S元素化合价部分降低，则浓硫酸表现氧化性，还有部分不变价，表现酸性，反应中Cu化合价升高了2价，失去2个电子，当反应中每转移2mol电子时，则有1molCu参加了反应，生成了1molSO2，在标准状况下的体积为：1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；氧化性、酸性；22.4L；【小问4详解】通入空气的体积为：60s/min×9min×200mL•s-1=108000mL，即为108L，由SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI可知，n(SO2)=n(I2)=cV=0.05L×5×10-4

mol/L=2.5×10-5

mol，故m(SO2)=nM=2.5×10-5

mol×64g/mol=1.6×10-3g，即为1.6mg，故该地空气中的SO2含量是：1.6mg÷108L≈0.015

mg•L-1。17.硝酸是一种重要的化工原料。（1）在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，写出开始时发生反应的离子方程式_______；反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_______(填字母)。A.还原剂B.氧化剂C.酸化D.提供热能（2）实验小组用稀硝酸和铜分别设计了甲、乙两组实验(装置如图所示，夹持仪器已略去)。①甲组实验中，同学们观察到集气瓶中收集到无色气体。部分同学认为该实验不能确定是铜与稀硝酸反应生成了NO，因为集气瓶中无色气体的来源可能是_______。②乙组实验的操作步骤是：a.关闭活塞K1，打开活塞K2，将过量稀硝酸加入石灰石中。该操作的目的是_______。b.待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中。c.一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是_______，观察到的现象是_______。【答案】（1）①.Cu+4H++2NO＝Cu2++2NO2↑+2H2O②.C（2）①.如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO②.生成二氧化碳，排尽装置中的空气③.打开K1，用气囊鼓入空气④.圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色【解析】【小问1详解】在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，生成的气体是二氧化氮，发生反应的离子方程式Cu+4H++2NO＝Cu2++2NO2↑+2H2O，反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为剩余的硝酸根会在酸性条件下再和铜反应，3Cu+8H++2NO＝3Cu2++2NO↑+4H2O，所以稀硫酸的作用是酸化，故答案为：Cu+4H++2NO＝Cu2++2NO2↑+2H2O；C；【小问2详解】①铜和浓硝酸如果反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO，也会看到无色气体，故答案为：如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO；②a．关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中，两者反应生成CO2气体；该操作目的是生成二氧化碳，排尽装置中的空气；b．待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中；c．一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，可根据NO易被氧化为二氧化氮，所以应进行的操作是打开K1，用气囊鼓入空气，观察到的现象是圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色的现象，故答案为：生成二氧化碳，排尽装置中的空气；打开K1，用气囊鼓入空气；圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色。18.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物有特殊香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省略)：

（1）A中官能团的名称为___________；B的结构简式为___________。（2）丙烯酸(CH2=CH-COOH)的性质可能有___________。A.加成反应 B.取代反应 C.中和反应 D.氧化反应（3）用一种方法鉴别B和C，所用试剂是___________。（4）丙烯酸乙酯的结构简式为___________。（5）写出下列反应方程式和有机反应基本类型：③___________，___________反应；⑤___________，___________反应。【答案】（1）①.碳碳双键②.CH3CH2OH（2）ABCD（3）Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液（4）CH2=CHCOOCH2CH3（5）①.CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O②.酯化或取代③.nCH2=CH-COOH④.加聚【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸，以此解答该题。【小问1详解】A为乙烯，官能团为碳碳双键，B为乙醇，结构简式为：CH3CH2OH；【小问2详解】丙烯酸（CH2=CHCOOH）含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，含羧基能发生取代反应，中和反应，故答案为：ABCD；【小问3详解】B为乙醇，C为乙酸，乙酸有酸性，能与碳酸盐反应放出气体，也可使紫色石蕊试液变红，乙醇不能，所以可用紫色石蕊试液鉴别，或者用碳酸钠、碳酸氢钠溶液鉴别也可以，故答案为：Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液；【小问4详解】丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3；【小问5详解】③为乙醇和乙酸的酯化反应，酯化反应属于取代反应，化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O，⑤为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：nCH2=CHCOOH，为加聚反应，故答案为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O；酯化（取代）；nCH2=CHCOOH；加聚。19.硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用下图所示的装置制备硫化钾。

已知CS2是一种难溶于水的无色液体，密度为1.26g/cm3NH3，难溶于CS2，回答下列问题：（1）制备NH4SCN溶液：三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，实验开始时，打开K1(K2处于关闭状态)加热装置A、D，使A中产生的氨气缓缓通入到三颈烧瓶中，反应至CS2消失，反应的方程式为：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。①装置A中_______(填“能”或者“不能”)直接加热NH4Cl固体制取氨气②仪器B的名称是：_______。③装置C的作用是：_______。④三颈烧瓶左