2022-2023學年福建省廈門市高一下學期期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2福建省廈門市2022-2023學年高一下學期期末考試試題說明：1.本試卷共6頁?？偡?00分?？荚嚂r間75分鐘。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在試卷上無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23Sb-122一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.福建土樓的外墻是用糯米，石灰、黏土和細砂混合而成。夯筑時，往墻體中間埋入竹片作為“墻骨”。下列說法錯誤的是（）A.糯米的主要成分是淀粉，其作用是充當粘合劑B.石灰的主要成分是CaSO4，其作用是防水C.細砂的主要成分是SiO2，其作用是增大墻體的強度D.“墻骨”的主要成分是纖維素，其作用是增加墻體的韌性〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．糯米的主要成分為淀粉，糯米具有黏性，在福建土樓的外墻建造中糯米充當粘合劑的作用，A項正確；B．石灰的主要成分是CaO，B項錯誤；C．細砂的主要成分是SiO2，SiO2中存在硅氧四面體結構，硅氧四面體結構的特殊性，決定了細砂的作用是增大墻體的強度，C項正確；D．往墻體中間埋入竹片作為“墻骨”，竹片的主要成分為纖維素，纖維素能增加墻體的韌性，D項正確；〖答案〗選B。2.甲酸和乙醇在濃硫酸作用下反應生成甲酸乙酯，該反應中各物質的化學用語或模型錯誤的是（）A.甲酸的結構式為： B.乙醇的球棍模型：C.甲酸乙酯的結構簡式：CH3COOCH3 D.H2O的電子式：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．甲酸的結構簡式為HCOOH，含有官能團是羧基，因此結構式為，故A不符合題意；B．乙醇結構簡式為CH3CH2OH，球棍模型為，故B不符合題意；C．甲酸乙酯是甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應的產物，即甲酸乙酯的結構簡式為HCOOCH2CH3，故C符合題意；D．水分子化學式為H2O，屬于共價化合物，其電子式為，故D不符合題意；〖答案〗為C。3.下列有關元素周期律的說法正確的是（）A.熱穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3 B.離子半徑：O2->Al3+>Na+C.元素原子失電子能力：Be>K>Mg D.酸性：HNO3>H2SiO3>H2CO3〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Cl>S>P，熱穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3，A正確；B．核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，離子半徑：O2->Na+>Al3+，B錯誤；C．金屬性越強，失去電子的能力越強，元素原子失電子能力：K>Mg>Be，C錯誤；D．非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬N>C>Si性，則酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，D錯誤；〖答案〗選A。4.用于制造隱形飛機的某種物質具有吸收微波的功能，其主要成分如圖所示。下列說法正確的是（）A.該有機物屬于烯烴B.四個硫原子一定共平面C.1mol該有機物可與2mol氫氣加成D一氯代物有2種〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．該有機物中還含有硫原子，因此不屬于烯烴，A錯誤；B．由于碳碳雙鍵是平面形結構，所以四個硫原子一定共平面，B正確；C．分子中含有3個碳碳雙鍵，1mol該有機物可與3mol氫氣加成，C錯誤；D．分子中的氫原子均是相同的，所以一氯代物有1種，D錯誤；〖答案〗選B。5.下列實驗能達到目的的是（）A.圖A是除去NO2中的NOB.圖B是米酒蒸餾C.圖C是乙醇萃取碘水中的碘D.圖D是探究溫度對平衡狀態(tài)的影響〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．二氧化氮、一氧化氮與NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應，不能除雜，故A錯誤；B．冷凝管中冷水下進上出可充滿冷凝管，冷凝效果好，圖中冷水方向不合理，故B錯誤；C．乙醇與水互溶，不能萃取碘水中碘，故C錯誤；D．只有溫度不同，可探究溫度對平衡狀態(tài)的影響，故D正確；故選：D。6.利用CO2，H2，C2H2和CH3OH生產丁二酸二甲酯，其過程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.C2H2分子中碳碳三鍵和碳氫鍵之間的夾角為180°B.丁二酸二甲酯的分子式為C6H10O4C.過程①未涉及碳氫鍵的斷裂D.過程②實現(xiàn)了Cs2CO3的再生〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．C2H2分子中的C為sp雜化，分子間的夾角為180°，故A正確；B．根據(jù)丁二酸二甲酯的結構簡式可知其分子式為：C6H10O4，故B正確；C．過程①中C2H2分子中C-H鍵發(fā)生斷裂，涉及碳氫鍵的斷裂，故C錯誤；D．過程②有Cs2CO3生成，實現(xiàn)了Cs2CO3的再生，故D正確；故選：C。7.恒溫恒容下，進行反應：，下列說法不能說明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是（）A.生成N2的速率與消耗H2的速率相等B.容器內壓強不再改變C.反應混合物中N2、H2、NH3百分組成不再改變D.單位時間內，斷裂3molH-H鍵的同時斷裂6molN-H鍵〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．用不同物質的反應速率表示達到平衡，要求反應方向是一正一逆，且反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，生成氮氣，反應向逆反應方向進行，消耗氫氣，反應向正反應方向進行，即3v生(N2)=v消(H2)，才能說明反應達到平衡，v生(N2)=v消(H2)，則不能說明反應達到平衡，故A符合題意；B．該反應為氣體物質的量減少的反應，相同條件下，壓強之比等于氣體物質的量之比，因此當壓強不再改變，說明該反應達到平衡，故B不符合題意；C．根據(jù)化學平衡的定義，當組分的百分含量不再改變，說明反應達到平衡，故C不符合題意；D．斷裂3molH-H鍵，說明消耗3mol氫氣，斷裂6molN-H鍵，說明消耗2mol氨氣，其比值等于化學計量數(shù)之比，能說明反應達到平衡，故D不符合題意；〖答案〗為A。8.我國科學家設計了一款高能量密度新型電池，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.NiRu為正極B.Zn電極的電極反應式為：C.工作時，電解質溶液中的OH-向Zn電極移動D.理論上生成11.2L(標準狀況)NH3時，外電路轉移電子數(shù)目為8NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖中裝置可知，Zn作負極失去電子，Zn電極的電極反應式為：，NiRu為正極，正極上硝酸根離子得到電子生成氨氣，電極反應式為：NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，陰離子移向負極，以此來解答?！驹斘觥緼．NiRu為正極，正極上硝酸根離子得到電子生成氨氣，故A正確；B．Zn作負極失去電子，Zn電極的電極反應式為：，故B正確；C．原電池中，陰離子移向負極，即電解質溶液中的OH-向Zn電極移動，故C正確；D．正極反應式為NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，理論上生成11.2L（標準狀況）NH3即11.2L÷22.4L/mol=0.5mol時，外電路轉移電子數(shù)目為4NA，故D錯誤；故選：D。9.我國科學家研發(fā)了高效催化轉化為NH3的路徑，如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.FeN3是催化劑B.該路徑中N元素化合價逐步降低C.用15N標記，反應結束后會在FeN3中檢測出15ND.該路徑的總反應式為：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．反應開始時，F(xiàn)eN3參與反應，最后有生成FeN3，F(xiàn)eN3為該反應的催化劑，故A說法正確；B．該路徑中N元素的化合價分別為+5、+4、+3、+2、+1、0、-1、-2、-3，N元素的化合價逐步降低，故B說法正確；C．FeN3為催化劑，路徑分析得到，用15N標記NO，反應結束后，15N最后出現(xiàn)在NH3中，不會在FeN3中檢測出，故〖答案〗為C說法錯誤；D．分析可知，過程中有OH-生成，該路徑的總反應式為NO+6H2O+8e-=NH3↑+9OH-，故D說法正確；〖答案〗為C。10.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素組成的物質甲～己轉化關系如圖。其中，乙為氣體，丁為有機混合物，己為淡黃色固體。下列說法正確的是（）A.元素原子得電子能力：Z>W>Y>XB.甲一定屬于烴類C.氧化性：乙<己D.X與Z可形成含非極性鍵的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素組成的物質中乙為氣體，丁為有機混合物，甲和乙在光照條件下發(fā)生反應生成丁和戊，則甲可能為烴或鹵代烴、乙為氯氣，氯氣和丙反應生成戊和己，已為淡黃色固體，丙為H2S、己為S單質，所以W、X、Y、Z分別是H、C、S、Cl?！驹斘觥緼．元素非金屬性越強，越易得電子，元素原子得電子能力，Cl>S>C>H，故A錯誤；B．甲能與氯氣在干燥條件下反應，甲可能為鹵代烴或烴，故B錯誤；C．H2S+Cl2=2HCl+S，Cl2是氧化劑、S是氧化產物，則氧化性：Cl2>S，故C錯誤；D．C與Cl可形成含非極性鍵的化合物，如CCl3CCl3，故D正確；選D。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.微生物構成的氮的循環(huán)如圖所示。（1）NH3的電子式為___________，與N同周期的非金屬元素的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強的為___________。（2）實驗室制備NH3的化學方程式為___________。檢驗NH3是否收集滿的方法為___________。（3）過程?的化學方程式為___________。反應中若將H替換成D(氘)，當生成20gD2O時，產物中含有的N-D鍵的數(shù)目為___________NA。（4）羥胺(NH2OH)的結構式為___________，其與H2O2反應可實現(xiàn)⑦的轉化，化學方程式為___________，為提高反應速率可適當升高溫度，但溫度過高該反應速率反而降低的原因是___________。〖答案〗（1）①.②.HF（2）①.或或②.用沾有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，觀察到白煙或濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察到紅色石蕊試紙變藍（3）①.②.10（4）①.②.③.溫度升高導致過氧化氫分解，反應物濃度下降，導致反應速率下降(寫羥胺分解、揮發(fā)也可)〖解析〗（1）氨氣為共價化合物，NH3中N與3個H形成共價鍵，其電子式為；非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，同周期從左向右非金屬性逐漸增強(稀有氣體除外)，與N同周期非金屬性最強的是F，因此氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強的是HF；故〖答案〗為；HF；（2）實驗室制備氨氣，加熱Ca(OH)2和NH4Cl固體混合物制得氨氣，其反應方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以加熱氨水，氨水不穩(wěn)定，受熱分解產生氨氣，其反應方程式為NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O，也可以將氨水滴加到生石灰上，發(fā)生NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；氨氣顯堿性，檢驗氨氣收集滿的方法可用濕潤紅色石蕊試紙靠近試管口，也可以利用氨氣與濃鹽酸接近時，出現(xiàn)白煙；故〖答案〗為NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O或NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O或NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；濕潤紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察到紅色石蕊試紙變藍或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，觀察到白煙；（3）過程?是氨氣+NO→N2H4，其反應方程式為8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；反應中若將H替換成D，當生成20gD2O，即D2O的物質的量為=1mol，則生成N2D4的物質的量為=2.5mol，即產物中含有N-D鍵的數(shù)目為2.5mol×4×NA=10NA，故〖答案〗為8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；10；（4）羥胺為共價化合物，含有氨基和羥基，結構式為，羥胺與過氧化氫反應生成NO，根據(jù)元素守恒，還生成H2O，其反應方程式為2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；為提高反應速率，可適當升高溫度，但溫度不能太高，因為過氧化氫受熱易分解，反應濃度下降，導致反應速率下降，羥胺不穩(wěn)定，加強熱發(fā)生爆炸；故〖答案〗為；2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；溫度升高導致過氧化氫分解，反應物濃度下降，導致反應速率下降，同時羥胺不穩(wěn)定，受熱易分解。12.木質素中的對乙基苯酚轉化為苯酚與乙烯的過程如下：（1）可用溴水鑒別氣體產物是C2H4還是C2H6，化學方程式為___________，反應類型為___________。（2）中苯環(huán)上的一氯代物有_________種。中最多___________個原子共平面。（3）反應iii能量變化如下圖所示，該反應為___________反應(填“吸熱”或“放熱”)，反應過程中能量的轉換值為___________。（4）對乙基苯酚經(jīng)過系列轉化會生成對羥基苯甲酸。①可用___________(填試劑名稱)檢驗物質b中的醛基。②0.2molc和足量的鈉反應可生成___________LH2(標準狀況)。（5）以乙烯為原料經(jīng)過系列反應可得聚四氟乙烯。使用液態(tài)磷酸(磷酸包含在聚四氟乙烯鍵合的碳化硅基質中)作為電解質的氫氧燃料電池如圖所示：①利用四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化學方程式為___________。②b極的電極反應式為___________。③若反應生成18gH2O，理論上外電路轉移的電子的數(shù)目是___________。〖答案〗（1）①.②.加成反應（2）①.3②.13（3）①.吸熱②.E1-E2（4）①.新制氫氧化銅懸濁液或斐林試劑或銀氨溶液②.4.48（5）①.nCF2＝CF2②.③.2NA〖解析〗（1）乙烯與溴水發(fā)生加成反應，乙烷不能，可鑒別，則發(fā)生反應的化學方程式為，反應類型為加成反應；（2）中苯環(huán)上有3種H原子，其一氯代物有3種；苯環(huán)為平面結構，3個原子可確定1個平面，則中最多13個原子共平面；（3）圖中反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，反應過程中能量的轉換值為E1-E2；（4）①醛基可發(fā)生銀鏡反應，可與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，則可用新制氫氧化銅懸濁液或銀氨溶液檢驗物質b中的醛基；②羥基、羧基均與Na反應生成氫氣，0.2molc和足量的鈉反應可生成標準狀況下的H2為0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（5）①四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化學方程式為nCF2＝CF2；②b為正極，酸性電解質時正極上氧氣得到電子生成水，正極反應為；③由O2～4e-～2H2O可知，反應生成18gH2O（1mol水），理論上外電路轉移的電子的數(shù)目是2NA。13.某實驗小組利用下圖裝置探究H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液的反應(夾持裝置略去)。查閱資料：①H2C2O4為二元弱酸。②溶液濃度越大，越不利于氣體的擴散。（1）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為___________。（2）儀器A的名稱為___________。（3）檢查裝置氣密性的方法為___________。（4）若以單位時間內生成的氣體體積作為反應速率的觀測指標，則量筒中的試劑為___________。A.飽和NaHCO3溶液 B.飽和NaCl溶液 C.水 D.飽和Na2CO3溶液（5）探究H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液的濃度對反應速率的影響，實驗數(shù)據(jù)如下表所示：實驗序號KMnO4溶液H2C2O4溶液H2SO4溶液褪色時間c/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)t/s10.0054.00.22.00.12030720.0204.00.22.00.12054530.0104.00.52.00.12020140.0104.00.72.00.12016350.0104.00.92.00.12036060.0104.01.02.0c1512①c1=___________。②某同學從實驗1和2的褪色時間分析出實驗2的反應速率小于實驗1，請分析該結論是否正確，并說明原因：___________。③結合實驗數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是___________。(填標號)A．其他條件不變時，c(H2C2O4)濃度越高，反應速率越快B．其他條件不變時，當c(H2C2O4)為0.8mol·L-1，褪色時間一定介于163s至360s之間C．實驗5中v(H2C2O4)=015mol·L-1·min-1D．其他條件不變時，當c(H2C2O4)>0.9mol·L-1，溶液濃度增大，不利于CO2擴散，可能導致褪色時間延長（6）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液生成的Mn2+對該反應有催化作用。請以實驗1為對照組，設計實驗方案證明Mn2+的催化作用___________。〖答案〗（1）（2）分液漏斗（3）關閉止水夾K，打開分液漏斗活塞，向其中加水。若一段時間后，水難以滴入，則證明該裝置氣密性良好。(其他合理〖答案〗均可)（4）A（5）①.0.120②.不正確；實驗1和2中KMnO4反應完全，并且實驗1、2中c（KMnO4）之比為1：4，但褪色時間之比為307：545≈1：1.8，根據(jù)v=分析可知實驗1的速率小于實驗2③.ABC（6）其他條件與實驗1相同，添加少量MnSO4固體，對比記錄褪色時間〖解析〗（1）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應Mn2+、CO2和H2O，反應的離子方程式為；（2）儀器A為分液漏斗；（3）液差法檢查該裝置氣密性的方法為：關閉止水夾K，打開分液漏斗活塞，向其中加水。若一段時間后，水難以滴入，則證明該裝置氣密性良好；（4）通過測定單位時間內生成CO2的體積來測定反應速率，則CO2的量不能減少，并且CO2在飽和NaHCO3溶液中的溶解量較小，在飽和NaCl溶液、水中溶解度相對大，能與Na2CO3反應，所以量筒中的試劑為飽和NaHCO3溶液，故〖答案〗為：A；（5）①該實驗目的是探究溶液濃度對反應速率的影響，根據(jù)可知變量法可知，實驗5，6中c（H2C2O4）不同，則其他各量必須相同，即c1=0.120；②實驗1中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=20：1，實驗2中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=5：1，結合反應可知KMnO4反應完全，并且實驗1、2中c（KMnO4）之比為1：4，但褪色時間之比為307：545≈1：1.8，根據(jù)v=分析可知實驗1的速率小于實驗2，所以該結論不正確；③A．由實驗5、6數(shù)據(jù)可知，c（H2C2O4）增大時，溶液褪色時間數(shù)值增大，反應速率減慢，故A錯誤；B．由實驗3、4數(shù)據(jù)可知，c（H2C2O4）增大時反應速率加快，溶液褪色時間縮短，據(jù)此可推理c（H2C2O4）=0.8mol?L-1時，溶液褪色時間可能小于163s，故B錯誤；C．實驗5中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=45：1，KMnO4反應完全，但溶液總體積未知，不能計算v（KMnO4）和v（H2C2O4），故C錯誤；D．由實驗5、6數(shù)據(jù)可知，c（H2C2O4）＞0.9mol?L-1時，KMnO4溶液褪色時間延長，可能原因溶液濃度增大，不利于CO2擴散，故D正確；故〖答案〗為：ABC；（6）證明Mn2+對該反應有催化作用，可在實驗1條件相同的溶液中加入少量MnSO4固體，對比記錄褪色時間。14.從分銀渣(含Sb2S3、SnO2以及鉛等雜質)中分離提取Na2SbO4和CaSnO3流程如圖所示：查閱資料：①Sn和C屬于同主族元素，Sb和N屬于同主族元素。②“堿浸”中Sb元素發(fā)生反應的離子方程式為：、（1）Sn原子的質子數(shù)為50，其原子結構示意圖為___________。（2）“堿浸”中，可采取___________的方法提高浸取速率，其中，SnO2與NaOH反應的離子方程式為___________。（3）“沉銻”中，X為___________。（4）“沉銻”中，金屬沉淀率與H2O2質量濃度關系如下圖所示。為分離Sb元素和Sn元素，需控制H2O2質量濃度為___________，原因是___________，該過程Na3SbS3轉化為Na2SbO4的離子方程式為___________。（5）“一系列操作”為___________。（6）用1t分銀渣(含Sb元素質量分數(shù)6.1％)制得51kgNa3SbO4，則Na3SbO4的產率為___________。（7）該流程中，可循環(huán)利用的物質是___________(填化學式)?！即鸢浮剑?）（2）①.粉碎分銀渣，適當升溫、攪拌、適當增大NaOH、Na2S的濃度等(填一點即可)②.（3）S(硫或硫黃也可)（4）①.10%②.H2O2質量濃度為10%時，Sb與Sn沉淀率差異較大③.3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓（5）過濾、洗滌、干燥（6）40%或0.4（7）NaOH〖解析〗堿浸：發(fā)生Sb2S3+3S2-=2SbS、Sb2S3+6OH-=SbO+SbS+3H2O，Sn和C屬于同主族，因此SnO2與NaOH反應SnO2+2OH-=SnO+H2O；沉銻：發(fā)生離子方程式為SbS+4H2O2+3Na+=Na3SbO4↓+4H2O+S↓、SbO+H2O2+3Na+=Na3SbO4↓+H2O，然后過濾；據(jù)此分析；（1）Sn和C屬于同主族，且原子序數(shù)為50，Sn位于第五周期ⅣA族，其原子結構示意圖為，故〖答案〗為；（2）“堿浸”中提高浸取速率的措施為粉碎分銀渣、適當升高溫度、攪拌、提高NaOH或Na2S濃度等；Sn與C屬于同主族，同主族性質具有一定的相似性，SnO2與NaOH反應SnO2+2OH-=SnO+H2O；故〖答案〗為粉碎分銀渣、適當升高溫度、攪拌、提高NaOH或Na2S濃度等(任寫一種)；SnO2+2OH-=SnO+H2O；（3）“堿浸”中Sb元素以SbO、SbS形式存在，Sb顯+3價，Na3SbO4中Sb顯+5價，過氧化氫作氧化劑，根據(jù)流程可知，X不溶于鹽酸，其余步驟中不含硫元素，因此推出X為硫單質，故〖答案〗為S(或硫或硫磺)；（4）“沉銻”中需要分離Sb元素和Sn元素，根據(jù)金屬沉淀率與H2O2質量濃度關系圖可知，需控制H2O2質量濃度是10%，原因是H2O2質量濃度為10%時，Sb與Sn沉淀率差異較大，分離較徹底；“堿浸”中Sb元素以SbO、SbS形式存在，Sb顯+3價，Na3SbO4中Sb顯+5價，過氧化氫作氧化劑，根據(jù)流程可知，X不溶于鹽酸，其余步驟中不含硫元素，因此推出X為硫單質，Na3SbS3轉化成Na2SbO4的反應方程式為3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓；故〖答案〗為10%；H2O2質量濃度為10%時，Sb與Sn沉淀率差異較大；3Na++SbS+4H2O2=Na3SbO4↓+4H2O+3S↓；（5）Na2SbO4難溶于水，因此一系列操作是過濾、洗滌、干燥；故〖答案〗為過濾、洗滌、干燥；（6）1t分銀渣中Sb元素全部轉化成Na3SbO4，根據(jù)元素守恒，Na3SbO4的理論質量為=127500g，合127.5kg，產率為=40%；故〖答案〗為40%或0.4；（7）“沉銻”步驟中錫元素發(fā)生SnO2與NaOH反應SnO2+2OH-=SnO+H2O，“沉錫”步驟中加入Ca(OH)2，發(fā)生Ca(OH)2+Na2SnO3=CaSnO3+2NaOH，生成NaOH返回“堿浸”中，故〖答案〗為NaOH。福建省廈門市2022-2023學年高一下學期期末考試試題說明：1.本試卷共6頁?？偡?00分?？荚嚂r間75分鐘。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在試卷上無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23Sb-122一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.福建土樓的外墻是用糯米，石灰、黏土和細砂混合而成。夯筑時，往墻體中間埋入竹片作為“墻骨”。下列說法錯誤的是（）A.糯米的主要成分是淀粉，其作用是充當粘合劑B.石灰的主要成分是CaSO4，其作用是防水C.細砂的主要成分是SiO2，其作用是增大墻體的強度D.“墻骨”的主要成分是纖維素，其作用是增加墻體的韌性〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．糯米的主要成分為淀粉，糯米具有黏性，在福建土樓的外墻建造中糯米充當粘合劑的作用，A項正確；B．石灰的主要成分是CaO，B項錯誤；C．細砂的主要成分是SiO2，SiO2中存在硅氧四面體結構，硅氧四面體結構的特殊性，決定了細砂的作用是增大墻體的強度，C項正確；D．往墻體中間埋入竹片作為“墻骨”，竹片的主要成分為纖維素，纖維素能增加墻體的韌性，D項正確；〖答案〗選B。2.甲酸和乙醇在濃硫酸作用下反應生成甲酸乙酯，該反應中各物質的化學用語或模型錯誤的是（）A.甲酸的結構式為： B.乙醇的球棍模型：C.甲酸乙酯的結構簡式：CH3COOCH3 D.H2O的電子式：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．甲酸的結構簡式為HCOOH，含有官能團是羧基，因此結構式為，故A不符合題意；B．乙醇結構簡式為CH3CH2OH，球棍模型為，故B不符合題意；C．甲酸乙酯是甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應的產物，即甲酸乙酯的結構簡式為HCOOCH2CH3，故C符合題意；D．水分子化學式為H2O，屬于共價化合物，其電子式為，故D不符合題意；〖答案〗為C。3.下列有關元素周期律的說法正確的是（）A.熱穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3 B.離子半徑：O2->Al3+>Na+C.元素原子失電子能力：Be>K>Mg D.酸性：HNO3>H2SiO3>H2CO3〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．非金屬性越強，簡單氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Cl>S>P，熱穩(wěn)定性：HCl>H2S>PH3，A正確；B．核外電子排布相同時離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，離子半徑：O2->Na+>Al3+，B錯誤；C．金屬性越強，失去電子的能力越強，元素原子失電子能力：K>Mg>Be，C錯誤；D．非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬N>C>Si性，則酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，D錯誤；〖答案〗選A。4.用于制造隱形飛機的某種物質具有吸收微波的功能，其主要成分如圖所示。下列說法正確的是（）A.該有機物屬于烯烴B.四個硫原子一定共平面C.1mol該有機物可與2mol氫氣加成D一氯代物有2種〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．該有機物中還含有硫原子，因此不屬于烯烴，A錯誤；B．由于碳碳雙鍵是平面形結構，所以四個硫原子一定共平面，B正確；C．分子中含有3個碳碳雙鍵，1mol該有機物可與3mol氫氣加成，C錯誤；D．分子中的氫原子均是相同的，所以一氯代物有1種，D錯誤；〖答案〗選B。5.下列實驗能達到目的的是（）A.圖A是除去NO2中的NOB.圖B是米酒蒸餾C.圖C是乙醇萃取碘水中的碘D.圖D是探究溫度對平衡狀態(tài)的影響〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．二氧化氮、一氧化氮與NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應，不能除雜，故A錯誤；B．冷凝管中冷水下進上出可充滿冷凝管，冷凝效果好，圖中冷水方向不合理，故B錯誤；C．乙醇與水互溶，不能萃取碘水中碘，故C錯誤；D．只有溫度不同，可探究溫度對平衡狀態(tài)的影響，故D正確；故選：D。6.利用CO2，H2，C2H2和CH3OH生產丁二酸二甲酯，其過程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.C2H2分子中碳碳三鍵和碳氫鍵之間的夾角為180°B.丁二酸二甲酯的分子式為C6H10O4C.過程①未涉及碳氫鍵的斷裂D.過程②實現(xiàn)了Cs2CO3的再生〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．C2H2分子中的C為sp雜化，分子間的夾角為180°，故A正確；B．根據(jù)丁二酸二甲酯的結構簡式可知其分子式為：C6H10O4，故B正確；C．過程①中C2H2分子中C-H鍵發(fā)生斷裂，涉及碳氫鍵的斷裂，故C錯誤；D．過程②有Cs2CO3生成，實現(xiàn)了Cs2CO3的再生，故D正確；故選：C。7.恒溫恒容下，進行反應：，下列說法不能說明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是（）A.生成N2的速率與消耗H2的速率相等B.容器內壓強不再改變C.反應混合物中N2、H2、NH3百分組成不再改變D.單位時間內，斷裂3molH-H鍵的同時斷裂6molN-H鍵〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．用不同物質的反應速率表示達到平衡，要求反應方向是一正一逆，且反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，生成氮氣，反應向逆反應方向進行，消耗氫氣，反應向正反應方向進行，即3v生(N2)=v消(H2)，才能說明反應達到平衡，v生(N2)=v消(H2)，則不能說明反應達到平衡，故A符合題意；B．該反應為氣體物質的量減少的反應，相同條件下，壓強之比等于氣體物質的量之比，因此當壓強不再改變，說明該反應達到平衡，故B不符合題意；C．根據(jù)化學平衡的定義，當組分的百分含量不再改變，說明反應達到平衡，故C不符合題意；D．斷裂3molH-H鍵，說明消耗3mol氫氣，斷裂6molN-H鍵，說明消耗2mol氨氣，其比值等于化學計量數(shù)之比，能說明反應達到平衡，故D不符合題意；〖答案〗為A。8.我國科學家設計了一款高能量密度新型電池，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.NiRu為正極B.Zn電極的電極反應式為：C.工作時，電解質溶液中的OH-向Zn電極移動D.理論上生成11.2L(標準狀況)NH3時，外電路轉移電子數(shù)目為8NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖中裝置可知，Zn作負極失去電子，Zn電極的電極反應式為：，NiRu為正極，正極上硝酸根離子得到電子生成氨氣，電極反應式為：NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，陰離子移向負極，以此來解答。【詳析】A．NiRu為正極，正極上硝酸根離子得到電子生成氨氣，故A正確；B．Zn作負極失去電子，Zn電極的電極反應式為：，故B正確；C．原電池中，陰離子移向負極，即電解質溶液中的OH-向Zn電極移動，故C正確；D．正極反應式為NO+8e-+6H2O＝NH3↑+9OH-，理論上生成11.2L（標準狀況）NH3即11.2L÷22.4L/mol=0.5mol時，外電路轉移電子數(shù)目為4NA，故D錯誤；故選：D。9.我國科學家研發(fā)了高效催化轉化為NH3的路徑，如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.FeN3是催化劑B.該路徑中N元素化合價逐步降低C.用15N標記，反應結束后會在FeN3中檢測出15ND.該路徑的總反應式為：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．反應開始時，F(xiàn)eN3參與反應，最后有生成FeN3，F(xiàn)eN3為該反應的催化劑，故A說法正確；B．該路徑中N元素的化合價分別為+5、+4、+3、+2、+1、0、-1、-2、-3，N元素的化合價逐步降低，故B說法正確；C．FeN3為催化劑，路徑分析得到，用15N標記NO，反應結束后，15N最后出現(xiàn)在NH3中，不會在FeN3中檢測出，故〖答案〗為C說法錯誤；D．分析可知，過程中有OH-生成，該路徑的總反應式為NO+6H2O+8e-=NH3↑+9OH-，故D說法正確；〖答案〗為C。10.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素組成的物質甲～己轉化關系如圖。其中，乙為氣體，丁為有機混合物，己為淡黃色固體。下列說法正確的是（）A.元素原子得電子能力：Z>W>Y>XB.甲一定屬于烴類C.氧化性：乙<己D.X與Z可形成含非極性鍵的化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素組成的物質中乙為氣體，丁為有機混合物，甲和乙在光照條件下發(fā)生反應生成丁和戊，則甲可能為烴或鹵代烴、乙為氯氣，氯氣和丙反應生成戊和己，已為淡黃色固體，丙為H2S、己為S單質，所以W、X、Y、Z分別是H、C、S、Cl?！驹斘觥緼．元素非金屬性越強，越易得電子，元素原子得電子能力，Cl>S>C>H，故A錯誤；B．甲能與氯氣在干燥條件下反應，甲可能為鹵代烴或烴，故B錯誤；C．H2S+Cl2=2HCl+S，Cl2是氧化劑、S是氧化產物，則氧化性：Cl2>S，故C錯誤；D．C與Cl可形成含非極性鍵的化合物，如CCl3CCl3，故D正確；選D。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.微生物構成的氮的循環(huán)如圖所示。（1）NH3的電子式為___________，與N同周期的非金屬元素的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強的為___________。（2）實驗室制備NH3的化學方程式為___________。檢驗NH3是否收集滿的方法為___________。（3）過程?的化學方程式為___________。反應中若將H替換成D(氘)，當生成20gD2O時，產物中含有的N-D鍵的數(shù)目為___________NA。（4）羥胺(NH2OH)的結構式為___________，其與H2O2反應可實現(xiàn)⑦的轉化，化學方程式為___________，為提高反應速率可適當升高溫度，但溫度過高該反應速率反而降低的原因是___________。〖答案〗（1）①.②.HF（2）①.或或②.用沾有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，觀察到白煙或濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察到紅色石蕊試紙變藍（3）①.②.10（4）①.②.③.溫度升高導致過氧化氫分解，反應物濃度下降，導致反應速率下降(寫羥胺分解、揮發(fā)也可)〖解析〗（1）氨氣為共價化合物，NH3中N與3個H形成共價鍵，其電子式為；非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，同周期從左向右非金屬性逐漸增強(稀有氣體除外)，與N同周期非金屬性最強的是F，因此氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強的是HF；故〖答案〗為；HF；（2）實驗室制備氨氣，加熱Ca(OH)2和NH4Cl固體混合物制得氨氣，其反應方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以加熱氨水，氨水不穩(wěn)定，受熱分解產生氨氣，其反應方程式為NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O，也可以將氨水滴加到生石灰上，發(fā)生NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；氨氣顯堿性，檢驗氨氣收集滿的方法可用濕潤紅色石蕊試紙靠近試管口，也可以利用氨氣與濃鹽酸接近時，出現(xiàn)白煙；故〖答案〗為NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O或NH3·H2O(濃)NH3↑+H2O或NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；濕潤紅色石蕊試紙靠近試管口，觀察到紅色石蕊試紙變藍或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近試管口，觀察到白煙；（3）過程?是氨氣+NO→N2H4，其反應方程式為8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；反應中若將H替換成D，當生成20gD2O，即D2O的物質的量為=1mol，則生成N2D4的物質的量為=2.5mol，即產物中含有N-D鍵的數(shù)目為2.5mol×4×NA=10NA，故〖答案〗為8NH3+2NO=5N2H4+2H2O；10；（4）羥胺為共價化合物，含有氨基和羥基，結構式為，羥胺與過氧化氫反應生成NO，根據(jù)元素守恒，還生成H2O，其反應方程式為2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；為提高反應速率，可適當升高溫度，但溫度不能太高，因為過氧化氫受熱易分解，反應濃度下降，導致反應速率下降，羥胺不穩(wěn)定，加強熱發(fā)生爆炸；故〖答案〗為；2NH2OH+3H2O2=6H2O+2NO↑；溫度升高導致過氧化氫分解，反應物濃度下降，導致反應速率下降，同時羥胺不穩(wěn)定，受熱易分解。12.木質素中的對乙基苯酚轉化為苯酚與乙烯的過程如下：（1）可用溴水鑒別氣體產物是C2H4還是C2H6，化學方程式為___________，反應類型為___________。（2）中苯環(huán)上的一氯代物有_________種。中最多___________個原子共平面。（3）反應iii能量變化如下圖所示，該反應為___________反應(填“吸熱”或“放熱”)，反應過程中能量的轉換值為___________。（4）對乙基苯酚經(jīng)過系列轉化會生成對羥基苯甲酸。①可用___________(填試劑名稱)檢驗物質b中的醛基。②0.2molc和足量的鈉反應可生成___________LH2(標準狀況)。（5）以乙烯為原料經(jīng)過系列反應可得聚四氟乙烯。使用液態(tài)磷酸(磷酸包含在聚四氟乙烯鍵合的碳化硅基質中)作為電解質的氫氧燃料電池如圖所示：①利用四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化學方程式為___________。②b極的電極反應式為___________。③若反應生成18gH2O，理論上外電路轉移的電子的數(shù)目是___________?！即鸢浮剑?）①.②.加成反應（2）①.3②.13（3）①.吸熱②.E1-E2（4）①.新制氫氧化銅懸濁液或斐林試劑或銀氨溶液②.4.48（5）①.nCF2＝CF2②.③.2NA〖解析〗（1）乙烯與溴水發(fā)生加成反應，乙烷不能，可鑒別，則發(fā)生反應的化學方程式為，反應類型為加成反應；（2）中苯環(huán)上有3種H原子，其一氯代物有3種；苯環(huán)為平面結構，3個原子可確定1個平面，則中最多13個原子共平面；（3）圖中反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，反應過程中能量的轉換值為E1-E2；（4）①醛基可發(fā)生銀鏡反應，可與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，則可用新制氫氧化銅懸濁液或銀氨溶液檢驗物質b中的醛基；②羥基、羧基均與Na反應生成氫氣，0.2molc和足量的鈉反應可生成標準狀況下的H2為0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（5）①四氟乙烯合成聚四氟乙烯的化學方程式為nCF2＝CF2；②b為正極，酸性電解質時正極上氧氣得到電子生成水，正極反應為；③由O2～4e-～2H2O可知，反應生成18gH2O（1mol水），理論上外電路轉移的電子的數(shù)目是2NA。13.某實驗小組利用下圖裝置探究H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液的反應(夾持裝置略去)。查閱資料：①H2C2O4為二元弱酸。②溶液濃度越大，越不利于氣體的擴散。（1）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為___________。（2）儀器A的名稱為___________。（3）檢查裝置氣密性的方法為___________。（4）若以單位時間內生成的氣體體積作為反應速率的觀測指標，則量筒中的試劑為___________。A.飽和NaHCO3溶液 B.飽和NaCl溶液 C.水 D.飽和Na2CO3溶液（5）探究H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液的濃度對反應速率的影響，實驗數(shù)據(jù)如下表所示：實驗序號KMnO4溶液H2C2O4溶液H2SO4溶液褪色時間c/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·L-1)t/s10.0054.00.22.00.12030720.0204.00.22.00.12054530.0104.00.52.00.12020140.0104.00.72.00.12016350.0104.00.92.00.12036060.0104.01.02.0c1512①c1=___________。②某同學從實驗1和2的褪色時間分析出實驗2的反應速率小于實驗1，請分析該結論是否正確，并說明原因：___________。③結合實驗數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是___________。(填標號)A．其他條件不變時，c(H2C2O4)濃度越高，反應速率越快B．其他條件不變時，當c(H2C2O4)為0.8mol·L-1，褪色時間一定介于163s至360s之間C．實驗5中v(H2C2O4)=015mol·L-1·min-1D．其他條件不變時，當c(H2C2O4)>0.9mol·L-1，溶液濃度增大，不利于CO2擴散，可能導致褪色時間延長（6）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液生成的Mn2+對該反應有催化作用。請以實驗1為對照組，設計實驗方案證明Mn2+的催化作用___________?！即鸢浮剑?）（2）分液漏斗（3）關閉止水夾K，打開分液漏斗活塞，向其中加水。若一段時間后，水難以滴入，則證明該裝置氣密性良好。(其他合理〖答案〗均可)（4）A（5）①.0.120②.不正確；實驗1和2中KMnO4反應完全，并且實驗1、2中c（KMnO4）之比為1：4，但褪色時間之比為307：545≈1：1.8，根據(jù)v=分析可知實驗1的速率小于實驗2③.ABC（6）其他條件與實驗1相同，添加少量MnSO4固體，對比記錄褪色時間〖解析〗（1）H2C2O4溶液與酸性KMnO4溶液反應Mn2+、CO2和H2O，反應的離子方程式為；（2）儀器A為分液漏斗；（3）液差法檢查該裝置氣密性的方法為：關閉止水夾K，打開分液漏斗活塞，向其中加水。若一段時間后，水難以滴入，則證明該裝置氣密性良好；（4）通過測定單位時間內生成CO2的體積來測定反應速率，則CO2的量不能減少，并且CO2在飽和NaHCO3溶液中的溶解量較小，在飽和NaCl溶液、水中溶解度相對大，能與Na2CO3反應，所以量筒中的試劑為飽和NaHCO3溶液，故〖答案〗為：A；（5）①該實驗目的是探究溶液濃度對反應速率的影響，根據(jù)可知變量法可知，實驗5，6中c（H2C2O4）不同，則其他各量必須相同，即c1=0.120；②實驗1中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=20：1，實驗2中n（H2C2O4）：n（KMnO4）=5：1，結合反應可知KMnO4反應完全，并且實驗1、2中c（KMnO4）之比為1：4，但褪色時間之比為307：545≈1：1.8，根據(jù)v=分析可知實驗1的速率小于實驗2，所以該結論不正確；③A．由實驗5、6數(shù)據(jù)可知，c（H2C2O4）增大時，溶液褪色時間數(shù)值增大，反應速率減慢，故A錯誤；B．由實驗3、4數(shù)據(jù)可知，c（H2C2O4）增大時反應速率加快，溶液褪色時間縮短，據(jù)此可推理c（H2C2O4）=0.8mol?L-