精品解析：河南省信阳市固始县永和高中联考2023-2024学年高一下学期7月期末考试化学试题

河南省信阳市固始县永和联考2023-2024学年高一下期期末考试 化学试题 注意事项： 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考试时间90分钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 第I卷 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 民以食为天，《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。下列说法正确的是 A. “五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物 B. “五果”富含糖类，其中的葡萄糖、蔗糖都能发生水解反应 C. “五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同 D. “五菜”富含纤维素，纤维素不属于糖类物质 【答案】A 【解析】 【详解】A．谷类包括玉米、小麦、水稻，主要成分为淀粉，属于天然高分子化合物，A正确； B．果类如苹果等富含果糖等，属于糖类物质，但是葡萄糖不能水解，B错误； C．畜类如鸡、鸭、鹅等，富含油脂和蛋白质，油脂和蛋白质的组成元素是不同的，C错误； D．菜类如蔬菜，富含纤维素，纤维素属于糖类物质，D错误； 答案选A。 2. 下列表示正确的是 A. 羟基的电子式为 B. 正丁烷的球棍模型 C. 乙醇的分子式为 D. 乙烷的结构式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．羟基中氧原子有1个未成对电子，电子式为，故A错误； B．正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，球棍模型为，故B正确； C．乙醇的结构简式为，分子式为C2H6O，故C错误； D．乙烷的结构简式为，乙烷的结构式为，故D错误； 选B。 3. 工业上可以利用乙烯与水的加成反应制取乙醇，其化学方程式是。下列反应与该反应类型相同的是 A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】乙烯与水生成乙醇的反应是加成反应。 【详解】A．甲烷与氯气光照是取代反应，故A错误； B．丙烷与氧气燃烧是氧化反应，故B错误； C．乙烯与溴生成1，2-二溴乙烷是加成反应，故C正确； D．乙醇和乙酸发生的是酯化反应，酯化反应又是取代反应，故D错误； 答案选C。 4. 已知反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是 A. 图中A→B的过程为放热过程 B. 加入催化剂不能改变反应的热效应 C. 断开和的化学键吸收的能量总和大于生成和时放出的能量总和 D. 和的总能量小于和的总能量 【答案】B 【解析】 【分析】图中A点表示反应物总能量，B点表示反应物吸收了活化能形成活化分子时具有的总能量，C点表示生成物总能量。 【详解】A．图中A→B的过程为反应物吸收活化能形成活化分子的过程，是吸热过程，A错误； B． 加入催化剂可以改变反应的活化能，改变反应速率，但不改变反应的热效应，B正确； C．图中显示反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，因此断开和的化学键吸收的能量总和小于生成和时放出的能量总和，C错误； D．反应为放热反应，因此和的总能量大于和的总能量，D错误； 故选B。 5. 一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y的原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是 A. X的常见化合价有-1和-2 B. 原子半径大小为Y>X>W C. YX对应的水化物能与NaOH反应 D. 无色无味气体为WX 【答案】A 【解析】 【分析】短周期W、X、Y原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子层结构，X是O元素、Y是Mg元素；一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成，该气体是二氧化碳，则W是C元素。 【详解】A．O的常见化合价有-1价、-2价，故A正确；         B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，原子半径大小为Y＞W＞X，故B错误； C．YX对应的水化物Mg(OH)2不能与NaOH反应，故C错误； D．MgCO3和盐酸反应放出的无色无味气体为CO2，故D错误； 故选A。 6. 从海洋中获取物质与能量具有广阔的前景。下列说法正确的是 A. 利用蒸馏法进行海水淡化主要发生化学变化 B. 海底石油经分馏得到的汽油属于纯净物 C. 海水中存在的、互为同素异形体 D. 潮汐能属于新能源 【答案】D 【解析】 【详解】A．利用蒸馏法淡化海水是物理变化，故A项错误； B．海底石油经分馏得到的汽油属于混合物，其中含有多种烃，故B项错误； C．海水中存在的、互为同位素，不是同素异形体，故C项错误； D．潮汐能源是一种取之不尽、用之不竭、无污染的新能源，故D项正确； 故本题选C。 7. 镁及其合金是用途很广的金属材料，可以通过以下步骤从海水中提取镁。下列说法不正确的是 A. 试剂①常用石灰乳 B. 操作a是过滤 C. 试剂②是盐酸，加入后发生反应： D. 工业上常用加热无水获得金属镁 【答案】D 【解析】 【分析】海水中含有硫酸镁，加入石灰乳沉淀镁离子，过滤，向氢氧化镁沉淀中加入盐酸得到氯化镁溶液，在氯化氢气流中得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质。 【详解】A．试剂①常用石灰乳沉淀镁离子得到氢氧化镁沉淀，故A正确； B．将氢氧化镁沉淀和溶液分离，则操作a是过滤，故B正确； C．试剂②是盐酸，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，则反应离子方程式为：，故C正确； D．工业上加热无水得到镁，而是电解熔融获得金属镁，不是故D错误。 综上所述，答案为D。 8. 抗坏血酸维生素用作食品抗氧化剂，其抗氧化过程如图。下列说法不正确的是 A. 抗坏血酸与脱氢抗坏血酸互为同系物 B. 抗坏血酸能发生酯化反应、水解反应、加成反应 C. 抗坏血酸与脱氢抗坏血酸都能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 抗坏血酸作食品添加剂时应在规定范围内合理使用 【答案】A 【解析】 【详解】A．抗坏血酸分子式为，脱氢抗坏血酸分子式为，两者相差两个氢原子且结构不相似，故两者不是同系物，A错误； B．抗坏血酸中含有羟基，能发生酯化反应，含有酯基，能发生水解反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，B正确； C．抗坏血酸与脱氢抗坏血酸中都含有羟基，故两者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确； D．抗坏血酸具有抗氧化性，可用作食品抗氧化剂，但是应在规定范围内合理使用，D正确； 故选A。 9. 下列燃烧热相同的是 A. 1mol C2H4 0.5mol C4H8 B. 2mol正丁烷2mol异丁烷 C. 1mol 金刚石12g石墨 D. 3mol乙醇2mol乙醇 【答案】D 【解析】 【分析】燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．一般元素对应的稳定氧化物分别为C→CO2(g) ，H→H2O(l)，S→SO2(g)。燃烧热是物质的性质，与量的多少无关。 【详解】A．1mol C2H4和0.5mol C4H8物质不同，燃烧热不同，故A错误； B．2mol正丁烷和2mol异丁烷物质不同，燃烧热不同，故B错误； C．1mol 金刚石和12g石墨物质不同，燃烧热不同，故C错误； D．3mol乙醇和2mol乙醇是同种物质，燃烧热相同，和量的多少无关，故D正确； 故选：D。 10. 反应，经2min，B的浓度减少。对该反应速率的表示，下列说法正确的是 A. 用固体A表示的反应速率是 B. 用B、C、D表示的反应速率之比为3∶2∶1 C. 在2min末，用B表示的反应速率是 D. 用B、C表示该反应的反应速率大小不同，意义也不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物A是固体，浓度视为定值，通常不用其表示反应速率，A错误； B．同一反应中，用各物质表示的反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比，用B、C、D表示的反应速率之比为3∶2∶1，B正确； C．，该速率是2min内的平均速率，C错误； D．随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，所以2min内用B和C表示的化学反应速率都减小，D错误； 故答案选B。 11. 为探究的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. ①→④发生的反应是 【答案】B 【解析】 【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体；根据④→⑤无明显变化，①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。 【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成SO2，可知③和④中产生的气体成分不完全相同，A错误； B．由题干实验信息可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B正确； C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于复分解反应，而④→⑥既发生了复分解反应又发生氧化还原反应，C错误； D．根据分析，①→④发生的反应是，D错误； 故选B。 12. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和 O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是 A. 通常情况下，NO比N2稳定 B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO C. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJ D. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量 【答案】D 【解析】 【详解】A． N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，A错误； B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，B错误； C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为180kJ，C错误； D． 吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，D正确， 故选D。 13. 近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高度关注。下图是以Cu作为催化剂CO2转化为甲酸的反应过程，下列有关说法不正确的是 A. 过程①说明在催化剂作用下，O-C-O之间形成了一种特殊的化学键 B. 过程②和③吸收了能量并形成了O-H键和C-H键 C. CO2和HCOOH中均只含有极性共价键 D. 每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole- 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据图示可知在CO2催化转化为HCOOH的过程①中，在O－C－O之间形成了一种特殊的化学键，A正确； B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以在过程②中CO2结合H+形成了O—H键，在过程③中-COOH与H+结合形成H-C键是释放能量，B错误； C.在CO2分子中含有C=O极性共价键，在HCOOH中含有C-H、H-O、C-O、C=O极性共价键，C正确； D.在CO2中C为+4价，在HCOOH中C为+2价，所以每1 mol CO2完全转化为甲酸需得2mol e-，D正确； 故答案选B。 14. 一定条件下，在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应过程中HI的浓度变化如图所示。 反应达到化学平衡状态时，有关描述正确的是 A. H2、I2、HI浓度一定相等 B. 反应已停止 C. H2已反应消耗完 D. H2、I2、HI的浓度均不再变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应达平衡时，H2、I2、HI的浓度保持不变，但不一定相等，A不正确； B．反应H2(g)+I2(g)2HI(g)为可逆反应，反应不可能停止，B不正确； C．反应H2(g)+I2(g)2HI(g)为可逆反应，H2不可能反应消耗完，C不正确； D．反应达到化学平衡状态时，单位时间内反应物和生成物的变化量都为0，则H2、I2、HI的浓度均不再变化，D正确； 故选D。 15. 下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3 C. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深 D. 合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应） 【答案】D 【解析】 【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。 【详解】A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不符合题意； B．SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故B不符合题意； C．增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe(SCN)3浓度增大，体系颜色变深，故C不符合题意； D．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故D符合题意； 故答案选D。 16. 向2L某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出22.4L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加37.2g。下列判断不正确的是 A. 原溶液中投入铁粉的物质的量是1.2mol B. 原稀硝酸的物质的量浓度为2.0 C. 反应后的溶液中 D. 反应后的溶液中还可溶解11.2g Fe 【答案】D 【解析】 【分析】标况下22.4LNO的物质的量为，NO的质量为30g。根据，反应过程中转移电子为。由题意，可得离子方程式(未配平)，设的系数为x；的系数为y，则根据化合价升降法可得关系①，反应过程中引进了Fe元素，失去了NO，溶液总体质量增加，根据差量法可知加进来的Fe的质量为67.2g，物质的量为1.2mol，则有②。联立①②，解得，。故反应后的溶液中。 【详解】A．经计算，原溶液中投入的铁粉的物质的量为1.2mol，故A正确； B．硝酸部分被还原为NO，其余以和分别存在于溶液中，物质的量均为0.6mol，根据N原子守恒，原溶液中硝酸的物质的量为，其浓度为，故B正确； C．根据前面分析可知，，故C正确； D．反应后溶液中只有能与Fe反应，根据反应可知，可消耗0.3mol Fe，其质量为，故D不正确； 故选D。 第Ⅱ卷 二、非选择题 17. 碘(I)在元素周期表中位于VIIA族，是人体必需的微量元素之一。 （1）可用于治疗甲亢。的原子核内中子数为___________。 （2）①碘元素的非金属性比氯元素的弱，用原子结构的角度解释其原因是___________得电子能力逐渐减弱。 ②下列事实能够用“碘的非金属性比氯的弱”来解释的是___________(填序号) a．碘单质熔点高于氯单质 b．高氯酸的酸性强于高碘酸 c．Cl2与H2化合比I2与H2化合更容易 （3）氢碘酸是HI的水溶液，是一种酸性比盐酸强的酸。 资料：i．盐酸和氢碘酸均可使氢氧化铁溶解，后者得到的产物中含有I2。 ii．KI溶液不能溶解氢氧化铁，KI溶液与FeCl3溶液反应的产物中含有I2。 ①盐酸与氢氧化铁发生反应的离子方程式是；氢碘酸与氢氧化铁发生反应的离子方程式是___________。 ②结合上述资料，由物质性质解释①中两反应的异同__________。 【答案】（1）78 （2） ①. 同主族元素，从上到下原子半径依次增大，得到电子的能力依次减弱 ②. bc （3） ①. 2Fe(OH)3+6H++2I－＝2Fe2++I2+6H2O ②. 铁离子的氧化性强于单质碘，所以氢碘酸与氢氧化铁发生氧化还原反应 【解析】 【小问1详解】 的质子数为53、质量数为131，则中子数为131—53=78，故答案为：78； 【小问2详解】 ①同主族元素，从上到下原子半径依次增大，得到电子的能力依次减弱，非金属性依次减弱，所以碘元素的非金属性比氯元素的弱，故答案为：同主族元素，从上到下原子半径依次增大，得到电子的能力依次减弱； ②a．单质的熔沸点与元素的非金属性无关，碘单质的熔点高于氯单质是因为单质碘的相对分子质量大，故错误； b．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，高氯酸的酸性强于高碘酸，说明碘的非金属性比氯的弱，故正确； c．元素非金属性越强，越易与氢气化合生成氢化物，氯气与氢气的化合比碘与氢气的化合更容易，说明碘的非金属性比氯的弱，故正确； 选bc； 【小问3详解】 ①由题意可知，铁离子的氧化性强于单质碘，由氧化还原反应规律可知，氢氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I－＝2Fe2++I2+6H2O，故答案为：2Fe(OH)3+6H++2I－＝2Fe2++I2+6H2O； ②结合上述资料可知，铁离子的氧化性强于单质碘，所以氢碘酸与氢氧化铁发生氧化还原反应，故答案为：铁离子的氧化性强于单质碘，所以氢碘酸与氢氧化铁发生氧化还原反应。 18. 二甲醚(DME)(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　△H1=-90.7kJ·mol-1 ②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O　△H2=-23.5kJ·mol-1 ③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)　△H3=-41.2kJ·mol-1 回答下列问题： （1）则反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)　△H=___________kJ/mol。 （2）以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的有___________。 A. H2和CO2的浓度之比为3︰1 B. 单位时间内断裂3molH—H同时生成1molC=O C. 恒温恒容条件下，气体的密度保持不变 D. 恒温恒容条件下，气体的压强保持不变 （3）如图所示装置，装置A是二甲醚燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流出，a极流入。 ①A池中b极是___________极(填“正”或“负”)，a电极反应式为___________。 ②当装置A中消耗0.25mol二甲醚时，此时转移的电子的物质的量为___________；装置A中溶液的pH会___________(填写“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）−246.1 （2）D （3） ①. 负极 ②. O2+4e-+2H2O＝4OH- ③. 3mol ④. 减小 【解析】 【分析】装置A是二甲醚燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流出，a极流入，则b为负极，a为正极，负极上二甲醚失电子生成碳酸根，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，以此解答。 【小问1详解】 根据盖斯定律，①×2+②+③得3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，△H=(-90.7kJ⋅mol−1)×2-23.5kJ⋅mol−1-41.2kJ⋅mol−1=−246.1kJ⋅mol−1； 【小问2详解】 A．H2和CO2的浓度之比为3:1，无法判断二者浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误； B．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单位时间内断裂3个H−H同时生成1个C=O，表示的是正反应速率，不能说明达到平衡状态，故B错误； C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故C错误； D．恒温恒容条件下，正向为压强减小的方向，当气体的压强保持不变达到了化学平衡状态，故D正确； 故选D。 【小问3详解】 ①a为正极，b极是负极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，a电极反应式为：O2+4e-+2H2O＝4OH-； ②装置A中负极电极方程式为：CH3OCH3+16OH--12e-＝2+11H2O，消耗0.25molCH3OCH3时，则转移电子为0.25mol×12=3mol，OH-被消耗，所以装置A中溶液的pH会减小。 19. Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。 （1）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题： ①整个实验过程中，能观察到烧杯A和B中的现象分别是 ___________。 ②写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：___________。 ③该实验可证明热稳定性：NaHCO3___________(填字母A：>、B：<、C：=)Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？___________(填字母A：能、B：不能)。 （2）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是 ___________。 A. NaCl溶液(Na2SO4)：Ba(NO3)2溶液 B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：CO2 C. FeCl3溶液(CuCl2)：铁粉 D. CO2(SO2)：饱和Na2CO3溶液 【答案】（1） ①. 烧杯A中无明显现象，烧杯B中石灰水变浑浊 ②. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ③. B ④. B （2）B 【解析】 【分析】实验开始时，大试管中的气体受热膨胀，烧杯A的导气管中会有气泡冒出。碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，从而验证了稳定性碳酸钠大于碳酸氢钠，由此分析。 【小问1详解】 ①Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解生成CO2气体，CO2能使澄清石灰水变浑浊，则烧杯A中无明显现象，B中石灰水变浑浊，故答案为：烧杯A中无明显现象，烧杯B中石灰水变浑浊； ②NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O； ③根据烧杯A、B中实验现象不同可知，热稳定性：NaHCO3<Na2CO3，即NaHCO3分解温度较低，Na2CO3不分解，内管盛装NaHCO3更能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，则Na2CO3与NaHCO3在装置中的位置不能交换，故答案为：B；B。 【小问2详解】 A．硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠，引入新杂质硝酸钠，即不能用Ba(NO3)2除杂，故A错误； B．Na2CO3溶液和CO2反应生成NaHCO3，即通入足量CO2可除杂，故B正确； C．Fe能与氯化铁溶液、氯化铜溶液发生反应，加入Fe粉会将FeCl3除去，即不能除杂，故C错误； D．CO2、SO2均能与饱和Na2CO3溶液反应，通入足量CO2会将原物质除去，则不能除杂，故D错误； 故答案为：B。 20. 金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，它与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示： （1）元素Ga位于Al的下一周期，镓(Ga)元素在周期表中的位置为___________。 （2）CO2的电子式为___________，氢氧化钠中含有的所有化学键类型包括___________。 （3）中涉及Al、Na、O三种元素简单离子半径由大到小的顺序：___________。 （4）下列有关Al、Ga的说法不正确的是___________。 A．由流程图可知酸性： B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3 C．Ga(OH)3可由Ga2O3与水反应得到 （5）GaAs是一种重要的半导体材料，As与Ga同周期，As与N同主族，GaAs中，As元素化合价为-3价，从原子结构角度解释其原因___________。 【答案】（1）第四周期ⅢA族 （2） ①. ②. 离子键、共价键 （3）O2—＞Na+＞Al3+ （4）AC （5）As元素的非金属性强于Ga元素 【解析】 【分析】由题给流程控制，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，氧化铝、氧化镓溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和四羟基合铝酸镓，向反应后的溶液中通入过量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝和四羟基合铝酸镓溶液；四羟基合铝酸镓溶液经多步转化得到金属镓。 【小问1详解】 镓元素的原子序数为31，位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族； 【小问2详解】 二氧化碳是共价化合物，电子式为；氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故答案为：；离子键、共价键； 【小问3详解】 电子层相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为O2—＞Na+＞Al3+，故答案为：O2—＞Na+＞Al3+； 【小问4详解】 A．由流程图可知，四羟基合铝酸钠溶液能与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，而四羟基合铝酸镓溶液不能与二氧化碳反应，说明氢氧化铝的酸性小于氢氧化镓，故错误； B．由题意可知，氧化镓是两性氧化物，可与盐酸反应生成氯化镓，故正确； C．由题意可知，氧化镓是不溶于水的两性氧化物，所以氢氧化镓不能由氧化镓与水反应得到，故错误； 故选AC； 【小问5详解】 砷化镓中砷元素化合价为-3价说明As元素的非金属性强于Ga元素，故答案为：As元素的非金属性强于Ga元素。 21. 过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题。含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法、氧化法等。 Ⅰ.吹脱法 （1）加入的目的是_______。 （2）用热空气吹脱效果更好，原因是_______。 Ⅱ.氧化法 （3）一定条件下，溶液pH对去除能力的影响如图所示。 ①时，将溶液氧化的方程式补充完整：_______。 ②去除氨氮废水适宜的pH约为_______。 （4）测定废水中的氮含量：取a g废水，将所含氮完全转化为，所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则废水中氮元素的质量分数是_______。 【答案】（1）将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低 （2）：温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出 （3） ①. 321332H＋ ②. 8 （4） 【解析】 【分析】含有大量的废水加入反应生成氨气或NH3·H2O，NH3·H2O不稳定，受热易分解，利用热的空气将氨气吹出以便变废为宝。 【小问1详解】 加入的目的是将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低；故答案为：将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低。 【小问2详解】 NH3·H2O不稳定，受热易分解，因此用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出；故答案为：温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出。 【小问3详解】 ①时，2mol铵根变为氮气，失去6mol电子，次氯酸根变为氯离子，则需要3mol次氯酸根，根据氯守恒氯离子配3，根据氧守恒水配3，则后面填氢离子，配系数2，则溶液氧化的方程式为321332H＋；故答案为：321332H＋。 ②根据图中信息，去除氨氮废水适宜的pH约为8，氨氮去除率最高；故答案为：8。 【小问4详解】 根据前面分析得到关系式2NaOH～，2～，则废水中转化为的物质的量为n()=2×(c1V1×10−3mol−0.5 c2V2×10−3mol)= (2c1V1−c2V2)×10−3 mol，则废水中氮元素的质量分数是；故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳市固始县永和联考2023-2024学年高一下期期末考试 化学试题 注意事项： 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。考试时间90分钟，满分100分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 第I卷 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 民以食为天，《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。下列说法正确的是 A. “五谷”富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物 B. “五果”富含糖类，其中葡萄糖、蔗糖都能发生水解反应 C. “五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同 D. “五菜”富含纤维素，纤维素不属于糖类物质 2. 下列表示正确的是 A. 羟基的电子式为 B. 正丁烷的球棍模型 C. 乙醇的分子式为 D. 乙烷的结构式为 3. 工业上可以利用乙烯与水的加成反应制取乙醇，其化学方程式是。下列反应与该反应类型相同的是 A. B. C. D. 4. 已知反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是 A. 图中A→B的过程为放热过程 B. 加入催化剂不能改变反应的热效应 C. 断开和的化学键吸收的能量总和大于生成和时放出的能量总和 D. 和的总能量小于和的总能量 5. 一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y的原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是 A. X的常见化合价有-1和-2 B. 原子半径大小为Y>X>W C. YX对应的水化物能与NaOH反应 D. 无色无味气体为WX 6. 从海洋中获取物质与能量具有广阔的前景。下列说法正确的是 A. 利用蒸馏法进行海水淡化主要发生化学变化 B. 海底石油经分馏得到的汽油属于纯净物 C. 海水中存在的、互为同素异形体 D. 潮汐能属于新能源 7. 镁及其合金是用途很广的金属材料，可以通过以下步骤从海水中提取镁。下列说法不正确的是 A. 试剂①常用石灰乳 B. 操作a是过滤 C. 试剂②是盐酸，加入后发生反应： D. 工业上常用加热无水获得金属镁 8. 抗坏血酸维生素用作食品抗氧化剂，其抗氧化过程如图。下列说法不正确的是 A. 抗坏血酸与脱氢抗坏血酸互为同系物 B. 抗坏血酸能发生酯化反应、水解反应、加成反应 C. 抗坏血酸与脱氢抗坏血酸都能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 抗坏血酸作食品添加剂时应在规定范围内合理使用 9. 下列燃烧热相同的是 A. 1mol C2H4 0.5mol C4H8 B. 2mol正丁烷2mol异丁烷 C. 1mol 金刚石12g石墨 D. 3mol乙醇2mol乙醇 10. 反应，经2min，B的浓度减少。对该反应速率的表示，下列说法正确的是 A. 用固体A表示的反应速率是 B. 用B、C、D表示的反应速率之比为3∶2∶1 C. 在2min末，用B表示的反应速率是 D. 用B、C表示该反应的反应速率大小不同，意义也不同 11. 为探究的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C. ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. ①→④发生的反应是 12. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和 O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是 A. 通常情况下，NO比N2稳定 B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO C. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)反应放出的能量为180 kJ D. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量 13. 近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高度关注。下图是以Cu作为催化剂CO2转化为甲酸的反应过程，下列有关说法不正确的是 A. 过程①说明在催化剂作用下，O-C-O之间形成了一种特殊的化学键 B. 过程②和③吸收了能量并形成了O-H键和C-H键 C. CO2和HCOOH中均只含有极性共价键 D. 每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole- 14. 一定条件下，在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应过程中HI的浓度变化如图所示。 反应达到化学平衡状态时，有关描述正确的是 A. H2、I2、HI浓度一定相等 B. 反应已停止 C. H2已反应消耗完 D. H2、I2、HI的浓度均不再变化 15. 下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3 C. 在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深 D. 合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应） 16. 向2L某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出22.4L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加37.2g。下列判断不正确的是 A. 原溶液中投入铁粉的物质的量是1.2mol B. 原稀硝酸物质的量浓度为2.0 C. 反应后的溶液中 D. 反应后的溶液中还可溶解11.2g Fe 第Ⅱ卷 二、非选择题 17. 碘(I)在元素周期表中位于VIIA族，是人体必需的微量元素之一。 （1）可用于治疗甲亢。的原子核内中子数为___________。 （2）①碘元素的非金属性比氯元素的弱，用原子结构的角度解释其原因是___________得电子能力逐渐减弱。 ②下列事实能够用“碘的非金属性比氯的弱”来解释的是___________(填序号) a．碘单质的熔点高于氯单质 b．高氯酸的酸性强于高碘酸 c．Cl2与H2化合比I2与H2化合更容易 （3）氢碘酸是HI的水溶液，是一种酸性比盐酸强的酸。 资料：i．盐酸和氢碘酸均可使氢氧化铁溶解，后者得到的产物中含有I2。 ii．KI溶液不能溶解氢氧化铁，KI溶液与FeCl3溶液反应产物中含有I2。 ①盐酸与氢氧化铁发生反应的离子方程式是；氢碘酸与氢氧化铁发生反应的离子方程式是___________。 ②结合上述资料，由物质性质解释①中两反应异同__________。 18. 二甲醚(DME)(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　△H1=-90.7kJ·mol-1 ②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O　△H2=-23.5kJ·mol-1 ③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)　△H3=-41.2kJ·mol-1 回答下列问题： （1）则反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)　△H=___________kJ/mol。 （2）以下说法能说明反应3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的有___________。 A. H2和CO2的浓度之比为3︰1 B. 单位时间内断裂3molH—H同时生成1molC=O C. 恒温恒容条件下，气体的密度保持不变 D. 恒温恒容条件下，气体的压强保持不变 （3）如图所示装置，装置A是二甲醚燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流出，a极流入。 ①A池中b极是___________极(填“正”或“负”)，a电极反应式为___________。 ②当装置A中消耗0.25mol二甲醚时，此时转移的电子的物质的量为___________；装置A中溶液的pH会___________(填写“增大”“减小”或“不变”)。 19. Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。 （1）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题： ①整个实验过程中，能观察到烧杯A和B中的现象分别是 ___________。 ②写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：___________。 ③该实验可证明热稳定性：NaHCO3___________(填字母A：>、B：<、C：=)Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？___________(填字母A：能、B：不能)。 （2）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所用除杂试剂合理的是 ___________。 A. NaCl溶液(Na2SO4)：Ba(NO3)2溶液 B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：CO2 C. FeCl3溶液(CuCl2)：铁粉 D. CO2(SO2)：饱和Na2CO3溶液 20. 金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，它与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示： （1）元素Ga位于Al的下一周期，镓(Ga)元素在周期表中的位置为___________。 （2）CO2的电子式为___________，氢氧化钠中含有的所有化学键类型包括___________。 （3）中涉及的Al、Na、O三种元素简单离子半径由大到小的顺序：___________。 （4）下列有关Al、Ga的说法不正确的是___________。 A．由流程图可知酸性： B．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3 C．Ga(OH)3可由Ga2O3与水反应得到 （5）GaAs是一种重要的半导体材料，As与Ga同周期，As与N同主族，GaAs中，As元素化合价为-3价，从原子结构角度解释其原因___________。 21. 过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题。含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法、氧化法等。 Ⅰ.吹脱法 （1）加入的目的是_______。 （2）用热空气吹脱效果更好，原因是_______。 Ⅱ.氧化法 （3）一定条件下，溶液pH对去除能力的影响如图所示。 ①时，将溶液氧化方程式补充完整：_______。 ②去除氨氮废水适宜的pH约为_______。 （4）测定废水中的氮含量：取a g废水，将所含氮完全转化为，所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则废水中氮元素的质量分数是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $