【文档说明】湖南省湘西土家族苗族自治州2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷（解析版）.docx，共(15)页，710.631 KB，由小赞的店铺上传

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湖南高一期末考试化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人数版必修第一册、必修第二册、选择性必修Ⅰ第一章。4.可能用到的相对原子质量：H1O16Cl35.

5K39I127一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活息息相关。下列物质用途错误的是A.制作豆腐时石膏作凝固剂B.丁基羟基茴香醚作食用油的抗氧化剂C.氢气、风能和天然气都属于新能源D.二氧化硅用于制光导纤维

【答案】C【解析】【详解】A．由豆浆制豆腐的过程是胶体聚沉的过程，豆浆属于胶体，加入电解质可以使胶体发生聚沉，可选用石膏作凝固剂，A正确；B．丁基羟基茴香醚含有羟基，具有还原性，用于植物油中作抗氧化剂，B正确；C．氢气、风能属于新能源，而天然气属于化石能源，属

于常规能源，而不属于新能源，C错误；D．光导纤维的基本原料是二氧化硅，即二氧化硅用于制光导纤维，D正确；故答案为：C。2.下列各组离子能大量共存的是A.2Cu+、Na+、OH−、3NO−B.2Ba+、4NH+、24SO−、Cl−CNa+、K+、23SiO−、ClO−D.3Fe+、4NH+、S

CN−、24SO−【答案】C【解析】.【详解】A．2Cu+与OH−能反应生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，A不合题意；B．2Ba+与24SO−能反应生成BaSO4沉淀而不能大量共存，B不合题意；C．Na+、K+、23S

iO−、ClO−各离子不反应，能够大量共存，C符合题意；D．3Fe+与SCN−能反应生成难电离物质而不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。3.量变引起质变规律广泛应用于化学中。下列化学变化不符合这一规律的是A.铁与硝酸反应B.硫

酸铝溶液和烧碱溶液反应C.澄清石灰水与二氧化碳反应D.稀盐酸和熟石灰反应【答案】D【解析】【详解】A．铁与硝酸反应时铁少量生成硝酸铁，铁过量时生成硝酸亚铁，符合量变引起质变，A不选；B．硫酸铝溶液和烧碱溶液反应时，烧碱少量时生成氢氧化铝沉淀

，烧碱过量时生成Na[Al(OH)4]，符合量变引起质变，B不选；C．澄清石灰水与二氧化碳反应时，二氧化碳少量产生碳酸钙沉淀，二氧化碳过量时生成Ca(HCO3)2，符合量变引起质变，C不选；D．稀盐酸和熟石灰反应不论量为多少，均只生成氯化钙和水，D选。故选D。4.性质决定用途。下列物

质的用途与性质不匹配的是A.2N具有氧化性，2N常用作粮食的保护气B.2CO不支持燃烧，家庭常用泡沫灭火器灭火C.液氨挥发时吸收大量热量，工业上用液氨作制冷剂D.乙酸的酸性比碳酸的强，可用白醋清洗水壶里的水垢【答案】A【解析】【详解】A．2N很稳定，不容易和其他

物质反应，所以2N常用作粮食的保护气，故A不匹配；B．2CO不支持燃烧，家庭常用泡沫灭火器来隔绝氧气，用来灭火，故B匹配；C．液氨挥发时吸收大量热，使周围环境的温度降低，常用作制冷剂，故C匹配；D．乙酸的酸性比碳酸的强，借助强酸制弱

酸的原理，所以可用白醋清洗水壶里的水垢，故D匹配；答案选A。5.选择如图装置(不加热)，下列试剂不能制备对应气体的是A.铁和浓硫酸；氢气B.浓氨水和生石灰：氨气C.二氧化锰和双氧水：氧气D.铜和浓硝酸：二氧化氮【答案】A【解析】【详解】A．

已知浓硫酸具有强氧化性，常温下Fe遇到浓硫酸发生钝化，故不能用铁和浓硫酸来制备氢气，A符合题意；B．可以用浓氨水和生石灰来制备氨气，反应原理为：NH3•H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2，B不合题意；C．常温下能用二

氧化锰催化双氧水分解来制备氧气，反应原理为：2H2O22MnO2H2O+O2↑，C不合题意；D．常温下铜和浓硝酸反应制备二氧化氮，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，D不合题意；故答案为：A。6.下列有机反应中，属于

最理想的“原子经济性反应”的是A.乙烯在一定条件下制备聚乙烯B.丙烯酸和甲醇生成丙烯酸甲酯C.丁烷裂解制备乙烯D.油脂发生皂化反应制肥皂【答案】A【解析】【分析】化工生产实现“绿色化”是指无污染、绿色循环、低碳经济，原子利用率100%，据此分析判断。【详解】A．乙烯在一定条件下制备聚乙烯

属于加聚反应，原子利用率达到100%，A符合题意；B．丙烯酸和甲醇生成丙烯酸甲酯和H2O，故原子利用率达不到100%，B不合题意；C．丁烷裂解制备乙烯和乙烷，故原子利用率达不到100%，C不合题意；D．油脂发生皂化反应制肥皂时还生成甘油即丙三醇，故原子利用率达不到100%，D不合题意；故答案为

：A。7.维生素C是重要的营养素，其分子结构如图所示。下列叙述错误的是A.维生素C的分子式为686CHOB.维生素C与乙酸能发生酯化反应C.维生素C含有2种官能团D.维生素C属于烃衍生物【答案】C【解析

】【详解】A．维生素C的分子式为686CHO，A正确；B．维生素C中含有羟基，与乙酸能发生酯化反应，B正确；C．维生素C含有3种官能团，即羟基、酯基和碳碳双键，C错误；D．维生素C属于烃的衍生物，D正确。故选C。8.下列离

子方程式正确的是A.在铜粉中加入稀硫酸：22Cu2HCuH+++=+B.用氨水吸收过量的2SO：23224322NHHOSO2NHSOHO+−+=++C.在烧碱溶液中加入铝粉，产生气泡：()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+D

.在硫酸铁溶液中滴加()2BaOH溶液，产生红褐色沉淀：()33Fe3OHFeOH+−+=【答案】C【解析】【详解】A．铜为惰性金属，不与稀硫酸反应，A错误；B．用氨水吸收过量的2SO时生成酸式盐NH4HSO4，离子方程式为+-32243NHHO+SO=NH+HSO，B错误；C．在

烧碱溶液中加入铝粉，产生气泡，离子方程式为：的()2242Al2OH6HO2AlOH3H−−++=+，C正确；D．在硫酸铁溶液中滴加()2BaOH溶液，产生红褐色沉淀：()2-43+2+-432Fe+3Ba+6+3SOOH=2FeOH+3

BaSO，D错误。故选C。9.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol甲基(3CH−)所含的电子数为A7NB.1mol金属钠在氧气中完全燃烧生成22NaO，失去的电子数为ANC.18g重水(2DO)中含有的质子数为A1

0ND.1231molLNaCO−溶液中所含的Na+数目为A2N【答案】B【解析】【详解】A．甲基为中性基团，故1mol甲基(3CH−)所含的电子数为A9N，A错误；B．Na转化为Na2O2失去1个电子，故1mol金属钠在氧气中完全燃烧生成22NaO，失去的电子数为AN

，B正确；C．18g重水(2DO)中含有的质子数为18×(2?18)(2?216)g/molg++=A9N，C错误；D．题干未告知溶液的体积，故无法计算1231molLNaCO−溶液中所含的Na+数目，

D错误；故答案为：B。10.2H和2Cl反应的能量变化如图所示(2H、2Cl和HCl均为气体)。下列叙述错误的是A.氢氢键的键能为1436kJmol−B.断裂化学键吸热，形成化学键放热C.()()()22HgClg2HClg+=1183kJmolH−=−D.光照和点燃两

种条件下2H和2Cl反应生成HCl的反应热不同【答案】D【解析】【详解】A．由图可知氢氢键的键能为1436kJmol−，A正确；B．断裂化学键吸热，形成化学键放热，B正确；C．1mol2H和1mol2Cl反

应生成2molHCl共放出2×431-243-436kJ=183kJ能量，故()()()22HgClg2HClg+=的1183kJmolH−=−，C正确；D．2H和2Cl反应生成HCl的反应热只与反应物和生成物的能量有关，与反应路径无关，D错误。故选D。11.下列实验操作、现象和结论

均正确的是选项操作及现象结论A向含淀粉的KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝氯的非金属性比碘的强B在FeSO4溶液中加入Na2O2，产生红褐色沉淀FeSO4已变质C在铝片上滴加浓硝酸，无明显现象铝不和浓硝酸反应D在蔗糖中滴加浓

硫酸，产生黑色固体并放出气体浓硫酸表现吸水性和还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯水氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，则氧化性：Cl2＞I2，且非金属元素的非金属性与其单质的氧化性一致，即可说明氯的非金属性比碘的强，A符合题意；B．过氧化钠可氧化亚铁离子

生成铁离子，过氧化钠与水反应生成NaOH，铁离子与NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明硫酸亚铁是否变质，B不合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，常温下遇到Al、Fe发生钝化，在铝片上滴加浓硝酸，无明显现象，是由于钝化原因，而不是铝不和浓硝酸反应，C不合题意；D．在蔗糖中滴

加浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，故能产生黑色固体C，C与浓硫酸反应放出CO2、SO2等气体，体现浓硫酸的强氧化性，即该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D不合题意；故答案为：A。12.环己烷有如下转化关系：下列叙述错误的是A.反应a的试剂和条件是氯气、光照

B.丙能使溴水或酸性4KMnO溶液褪色C.丙→丁属于加成反应D.甲的一溴代物有6种【答案】D【解析】【详解】A．甲→乙为烷烃的氢被氯原子取代的反应，所以反应a的试剂和条件是氯气、光照，故A正确；B．丙中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，能和酸性4KMnO溶液发生氧化反应，使它们都褪色，故B

正确；C．丙→丁为碳碳双键断开，加上溴原子，属于加成反应，故C正确；D．甲的等效氢只有1种，所以一溴代物有1种，故D错误；答案选D。13.天然气燃料电池能量转化率高，模拟装置如图所示。下列叙述正确的是A.电子由a极经用电器流向b极B.b极的电极反应式为2432CH10OH8eCO7

HO−−−+−=+C.a极为负极，发生氧化反应D.a极上22.24LO参加反应时，转移0.4mol电子【答案】B【解析】【分析】根据装置可知，a电极氧气发生还原反应形成OH−，a电极为正极，b电极甲烷发生

氧化反应，b为负极。【详解】A．原电池中电子经外电路导线由负极流向正极，即由b极流向a极，A错误；B．根据分析可知，甲烷在b电极发生氧化反应，电极反应式：2432CH10OH8eCO7HO−−−+−=+，B正确；C．根据分析可知，

a极正极，发生还原反应，C错误；D．未指明气体是否处于标准状况，无法用标况下的气体摩尔体积计算，D错误；答案选B。14.向一恒容密闭容器中加入3molH2和1molWO3，高温下发生反应：()()()()322WOs3HgWs3HOg++H。在不同温度下达到平衡时，各组分物质的量(n)如图

所示。下列叙述正确的是已知：升高温度，吸热反应中产物的物质的量增大，放热反应中反应物的物质的量增大。A.H0B.M为WO3物质的量随温度的变化曲线C.相同温度下，相同时间内，H2和H2O的反应速率相同D.升高温度，H2O的反应速率减小【答案】C【解析】为【分析】由题干

图像信息可知，H2O的物质的量随着温度升高而增大，说明升高温度化学平衡正向移动，该反应正反应是一个吸热反应，即H>0。升高温度平衡正向移动，W和H2O的物质的量逐渐增大，H2和WO3的物质的量逐渐减小，且根据题干中加入3molH2和1molWO3，则250℃平衡时H2的物质的量是WO3

的3倍，则M代表H2，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，该正反应方向为吸热反应，即H>0，A错误；B．由分析可知，M为H2物质的量随温度的变化曲线，B错误；C．根据反应速率之比等于化学计量系数之比可

知，相同温度下，相同时间内，H2和H2O的反应速率相同，C正确；D．升高温度，化学反应速率增大，即H2O的反应速率增大，D错误；故答案为：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸是中学化学实验的重要试

剂。回答下列问题：实验(一)：用12425mL0.5molLHSO−溶液和150mL0.55molLNaOH−溶液测定中和反应反应热(如图)。（1）玻璃搅拌器搅拌的操作是_____，加入稍过量NaOH溶液的目的是_____。（2）测得放出的热量为akJ，

则中和反应反应热H=_____1kJmol−。（3）其他条件不变，如果用铜质搅拌器替代玻璃搅拌器，测得的中和反应反应热(H)_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。实验(二)：测定锌和硫酸的反应速率(如图)。（4）完成实验除用到图示装

置中的仪器外，还需要的一种定量仪器是_____(填名称)。（5）影响硫酸和锌反应产生氢气的速率的因素有_____(填一条)。（6）需要测定的物理量有一定温度和压强下产生2H的体积和_____。【答案】（1）①.上

下移动玻璃搅拌器②.为了保证硫酸完全被中和（2）40a（3）偏小（4）计时器（5）温度或者金属锌的状态（其他答案合理即可）（6）时间【解析】【小问1详解】玻璃搅拌器搅拌的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，加入稍过量NaOH溶液的目的是为

了保证硫酸完全被中和，答案：上下移动玻璃搅拌器、为了保证硫酸完全被中和；【小问2详解】12425mL0.5molLHSO−溶液和150mL0.55molLNaOH−溶液反应，测得放出的热量为akJ，即+1n(H)=25mL0.5m

olL20.025mol−=反应放出的热，得1mol放出的热量为40akJ中和反应反应热H=14m0akJol−，答案：40a；【小问3详解】其他条件不变，如果用铜质搅拌器替代玻璃搅拌器，铜质搅拌器会吸收部分热量，使得测得热量偏小，导致算的中和反应反

应热(H)偏小，答案：偏小；【小问4详解】实验为测反应速率，完成实验除用到图示装置中的仪器外，还需要的一种定量仪器是计时器记录时间，答案：计时器；【小问5详解】影响硫酸和锌反应产生氢气的速率的因素有温度或者金属锌的状态（其他答案合理即可），答案：温度或者金属锌的状态（其他答案合理即可）；【小

问6详解】实验为测反应速率，需要测定的物理量有一定温度和压强下产生2H的体积和时间，答案：时间。16.氨气是国民经济的基础，工业上常用氮气和氢气合成氨：()()()223Ng3Hg2NHg+。回答下列问题：（1）已知生成31gNH时，放出热

量2.71kJ，则上述反应的热化学方程式为_____。（2）在恒温恒容密闭容器中充入21molN和23molH合成3NH。下列情况表明该反应达到平衡状态的是_____(填标号)。A.2N和2H的物质的量之比为1:3B.3NH的质量分数保持不变C.3NH和2H的体积分数相同D.2N的消

耗速率是3NH消耗速率的一半（3）科学家开发出了一种新型催化剂，有一种新型催化剂，在常温下也能合成氨。向一密闭容器中充入21molN和23molH，相同时间内，氨气体积分数与压强的关系如图1所示。压强小于7MPa时，随着压强增大，氨气体积分数增大，其原因

是_____；压强大于7MPa时，随着压强增大，氨气体积分数快速减小，其原因可能是_____。（4）一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入2N和2H。测得各物质的浓度与时间的关系如图2所示。①甲代表_____(填化学式)。②12min时，2N的转化率为_____%。(转化率指已反应的物

质的量与起始物质的量之比)③0∼10min内，()3vNH=_____11molLmin−−。（5）工业上用2N与2H在高温高压、催化剂条件下合成氨气，实验室制氨气的化学方程式为_____。（6）氨气的用途；作制冷剂，还可以_____(写出其中一种)。【答案】（1）()()()-1223N

g3Hg2NHgΔH92.14kJmol+=−（2）BD（3）①.压强增大，平衡正向移动，氨气体积分数增大②.在高压情况下，催化剂失去活性，催化效率降低，氨气体积变小，体积分数减小（4）①.H2②.5

0③.0.1（5）Δ422322NHCl+Ca(OH)CaCl2NH+2HO=+（6）制氮肥和化肥（其他答案合理即可）【解析】【小问1详解】已知生成31gNH时，放出热量2.71kJ，则生成2mol(即34g)3NH放出热量34×2.71kJ=92.14kJ，则上述反应的热化学方程式为：()(

)()-1223Ng3Hg2NHgΔH92.14kJmol+=−；【小问2详解】A．充入之比为1:3，消耗之比为1:3，所以2N和2H的物质的量之比一直为1:3，所以N2和H2的物质的量之比为1∶3，不能表明该反应达到平衡状态，A不符合题意；B．气体总质量不变，氨气质量在增加，氨气的质量

分数是个变量，则3NH的质量分数保持不变，表明该反应达到平衡状态，B符合题意；C．3NH和2H的体积分数相同，和平衡无关，不能表明该反应达到平衡状态，C不符合题意；D．2N的消耗速率即代表正反应，3NH的消耗速率代表逆反应，且两者反应速率之比等于化

学计量系数之比，所以2N的消耗速率是3NH消耗速率的一半，表明该反应达到平衡状态，D符合题意；故选BD；【小问3详解】压强小于7MPa时，随着压强增大，氨气体积分数增大，其原因是压强增大，平衡正向移动，氨气体积分数增大；压强大于7MPa时，随着压强增大，氨气体积

分数快速减小，其原因可能是在高压情况下，催化剂失去活性，催化效率降低，氨气体积变小，体积分数减小；【小问4详解】①一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入2N和2H，由图像可知平衡时甲的浓度变化量是丙的3倍，根据化学计量数之

比等于物质的量浓度变化之比，可知甲为H2；②12min时，2N的转化率为()1.00.5/L100%50%1/Lmolmol−=；③0∼10min内，()11131molLvNH=0.1molLmin10min−−−=；【小问5详解】实验室制氨气化学方程式为：Δ4223

22NHCl+Ca(OH)CaCl2NH+2HO=+；【小问6详解】氨气的用途；作制冷剂，还可以制氮肥和化肥(其他答案合理即可)。17.聚丙烯酸乙酯(E)是一种绿色高分子材料。以正丁烷为原料制备该材料的流程如图。回答下列问题：（1）D中官能团有_____(填名称)，B的

名称是_____。（2）CD→的反应类型是_____。（3）DE→的反应方程式为_____。（4）下列有关叙述正确的是_____(填标号)。a．B和D都易溶于水b．C能与NaOH溶液反应c．乙烷与A互为同系物d．E能发生酯化反应（5）F可以衡量一个国家石油化工

发展水平，F和水在一定条件下反应生成乙醇，该反应的化学方程式为_____。（6）H是D的同分异构体，与C具有相同的官能团，其中不含支链的结构简式为_____(写一种)。【答案】（1）①.酯基、碳碳双键②.丙烯

（2）酯化反应（3）nCH2=CHCOOCH2CH3→催化剂；（4）bc（5）22232CHCHHOCHCHOH=+→一定条件（6）222CHCHCHCHCOOH=、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH【解析】【分析】正丁烷在高温条件下发生消去反应生成丙烯，在催化剂作用下

被氧气氧化为丙烯酸，丙烯酸与乙的醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸乙酯发生聚合反应生成聚丙烯酸乙酯，F可与水发生反应生成乙醇，则F为乙烯。【小问1详解】D中含官能团为酯基和碳碳双键；B物质中含碳碳双键，名称为丙烯；【

小问2详解】根据分析，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，CD→的反应类型为酯化反应；【小问3详解】D→E的反应为丙烯酸乙酯发生聚合反应生成聚丙烯酸乙酯，化学方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3→催化剂；【小问4详解】a．烯烃和酯类有

机物难溶于水，a错误；b．C中含羧基，能与NaOH溶液反应，b正确；c．乙烷与A结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，c正确；d．聚合物E中含酯基，能发生水解反应，d错误；答案选bc；【小问5详解】乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式为22232CHCHHOCHCHOH=+→一定条件；【小问6

详解】H是D的同分异构体，与C具有相同的官能团，其中不含支链的结构简式有222CHCHCHCHCOOH=、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH。18.含碘的盐可以治疗甲状腺肿大，为了消除碘缺乏病，我国政府规定在食用盐中添加KIO3。某厂生产

碘酸钾(KIO3)的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）KIO3中I的化合价为_____，试剂X是_____(填化学式)。（2）“氧化1”中反应的离子方程式为_____。氧化性：Cl2_____(填“大于”或“小于”)I2。系列操作2包括蒸发浓缩、

_____、过滤、乙醇洗涤、干燥等。（3）在“氧化2”中，1molKClO3得到6mol电子，则制备1molKH(IO3)2至少需要_____g(结果保留一位小数)KClO3。（4）测定产品纯度：称取w

g产品溶于蒸馏水，滴加适量稀硫酸，加入1VmLcmolLKI−溶液，恰好完全反应，发生的反应为322IO5I6H3I3HO−−+++=+。在该反应中氧化产物和还原产物的质量之比为_____，产品中碘元素质量分数为_____(用含w、c、V的代数式表示)。【答案】（1）①.+5②.KOH

（2）①.2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，②.大于③.冷却结晶（3）204.2（4）①.5：1②.2.54cV%w【解析】【分析】由题干流程图可知，海带灰经过溶解、过滤得到含有I-的溶液，滴加酸化的双氧水进行氧化1得到I2，反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2

=I2+2H2O，经过系列操作1即经过萃取分液、蒸馏后得到I2，向I2中加入KClO3和H2O进行氧化2，然后加入盐酸酸化后，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到KH(IO3)2，再经过加水溶解后加入试剂X

，调节pH=10，得到KIO3溶液，故试剂X为KOH，对KIO3溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、乙醇洗涤干燥，最终得到KIO3晶体，据此分析解题。【小问1详解】已知KIO3中K为+1价，O为-2价，根据化学式所有元素的化合价代数和为0可知，I的化合价为+5价，由分析可知，试剂X是KOH，故

答案为：+5；KOH；小问2详解】由分析可知，“氧化1”中反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，Cl、I为同一主族元素，Cl的非金属性比I强，故氧化性：Cl2大于I2，由分析可知，系列操作

2包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等，故答案为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O；大于；冷却结晶；【小问3详解】根据得失电子守恒可知，在“氧化2”中，1molKClO3得到6mol电子，根据得失电子守恒

可知，5n(KClO3)~3n[KH(IO3)2]，制备1molKH(IO3)2至少需要5(122.5)g3=204.2gKClO3，故答案为：204.2；【小问4详解】【