精品解析：福建省厦门第二中学2022-2023 学年高一下学期 5 月阶段性考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：福建省厦门第二中学2022-2023 学年高一下学期 5 月阶段性考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了答题前，考生务必用0，5，Na-23，， 下列化学用语正确的是， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
福建省厦门第二中学2022-2023学年高一下学期5月阶段性考试
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共6页，满分100分。考试时间75分钟。
考生注意：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，N-14，F-19，Cl-35.5，Na-23，
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 2021年10月16日，“神舟十三号”顺利将翟志刚、王亚平、叶志富送到中国空间站，这是中国航天事业的巨大成功。下列说法不正确的是
A. “神舟十三号”使用的液氢燃料具有高效能、无污染的特点
B. 空间站使用石墨烯存储器，所用材料石墨烯与金刚石互为同素异形体
C. 飞船返回舱表面是耐高温陶瓷材料，属于传统无机非金属材料
D. 空间站使用的钛镁合金属于金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．“神舟十三号”使用的液氢燃料燃烧产物是H2O，对环境无污染，而且能量利用率高，因此液氢燃料具有高效能、无污染的特点，A正确；
B．石墨烯与金刚石是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．飞船返回舱表面是耐高温陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，C错误；
D．金属材料包括纯金属及合金，空间站使用的钛镁合金属于金属材料，D正确；
故合理选项是C。
2. 下列反应中，既属于氧化还反应又属于吸热反应的是
A. 柠檬酸与小苏打反应 B. 铝与稀盐酸
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷与O2的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．柠檬酸与小苏打反应发生会放出热量，但反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．铝与稀盐酸反应发生会放出热量，属于放热反应；反应过程中元素化合价发生变化，因此反应同时属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．灼热的炭与CO2反应发生会吸收热量，反应为吸热反应；反应过程中元素化合价发生变化，因此反应同时属于氧化还原反应，C符合题意；
D．甲烷与O2的燃烧反应发生会放出热量，反应属于放热反应；反应过程中元素化合价发生变化，因此反应同时属于氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 甲烷的空间填充模型：
B. 和 互为同分异构体
C. 丙烷的结构式
D. 和互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A． 是甲烷的球棍模型，故A错误；
B．甲烷是正四面体结构， 和同一种物质，故B错误；
C．是丙烷的结构简式，丙烷的结构式为 ，故C错误
D．和的结构相似，分子组成形成1个CH2，互为同系物，故D正确；
选D。
4. 某原电池装置如图所示，下列有关该原电池的说法中错误的是

A. 铁棒逐渐溶解 B. 铁棒发生还原反应
C. 该装置可将化学能转化成电能 D. 电子从铁棒经导线流向碳棒
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁作负极失去电子生成亚铁离子，故铁棒逐渐溶解，A正确；
B．铁作负极失去电子生成亚铁离子，故铁棒发生氧化反应，B错误；
C．该装置构成原电池，将化学能转化为电能，C正确；
D．铁失去电子，经导线流向碳棒，D正确；
故选B。
5. 下列装置或操作一定能达到实验目的是
A
B
C
D




检验样品中是否含钾元素
灼烧海带以提取碘
用乙醇萃取碘水中的碘并分液
验证氧化性：

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．钾元素的焰色反应是紫色的，应透过蓝色钴玻璃来观察，故A正确；
B．灼烧海带应该在坩埚中进行，故B错误；
C．乙醇与水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘并分液，故C错误；
D．由于元素的非金属性Cl>Br，所以会发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；反应产生的Br2通入到KI溶液，发生反应：2KI+ Br2=2KBr+I2，I2使淀粉溶液变为蓝色；同时过量的Cl2与KI也发生反应：2KI+ Cl2=2KCl+I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明氧化性：，故D错误；
故选A。
6. X、Y、Z、M、N、Q皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是

A. ZX2可用于自来水消毒
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：M＞Y＞N
C. X、Z、N形成的简单离子半径最小的是X2-
D. 原子序数：Z＞M＞Q＞Y
【答案】C
【解析】
【分析】根据示意图可知X只有-2价，是氧元素。Y的主要化合价是-4价和＋4价，Z的最高价是＋7价，Y原子半径大于氧原子，小于Z原子，所以Y是碳元素，Z是氯元素。M的主要化合价是-2价和＋6价，原子半径大于氯原子，则M是硫元素。N的最高价是＋3价，则N是铝元素。Q的主要化合价是＋1价，原子半径最大，则Q是钠元素。
【详解】A．ZX2为ClO2，具有强氧化性，可于自来水消毒，A正确；
B．非金属性M>Y>N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性：M>Y>N，B正确；
C．核外电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：Z>X>N，离子半径最小的是N3+，C错误；
D．原子序数：Z>M >Q>Y，D正确；
答案选C。
7. 下列离子方程式正确的是
A. 通入水中：
B. 溶液中加入过量氨水：
C. 溶液中加，紫色褪去：
D. 铜和浓硝酸的反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸是弱酸，通入水中应该为：，故A错误；
B．溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝沉淀：，故B正确；
C．溶液中加，紫色褪去，得失电子不守恒，应该为：，故C错误；
D．铜和浓硝酸的反应二氧化氮气体：，故D错误。
综上所述，答案为B。
8. 某反应由两步反应A→B→C构成，其反应能量曲线如图所示，下列叙述正确的是

A. 两步反应均为吸热反应 B. 三种物质中B最稳定
C. A与C的能量差为 D. A→B的反应不一定需要加热
【答案】D
【解析】
【详解】A．A的能量小于B的能量，说明A→B的反应为吸热反应，B的能量大于C的能量，说明B→C的反应为放热反应，A错误；
B．物质的能量越低越稳定，C的能量最低最稳定，B错误；
C．A与C的能量差为，C错误；
D．A→B为吸热反应，不一定需要加热，如氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，不需要加热，D正确；
故选D。
9. 淡海水中提取的工艺流程如下，下列说法不正确

A. 试剂X可能是溶液
B. 步骤Ⅱ通入热空气吹出利用的挥发性
C. 步骤Ⅲ反应为
D. 步骤Ⅴ仅包含萃取、分液
【答案】D
【解析】
【分析】淡化的海水中含有一定浓度的Br，向淡化的海水中通入Cl，发生反应：，然后利用Br2的易挥发性，向反应后的低浓度Br2水中通入热的空气，将Br2吹出，用Na2SO3溶液吸收，发生反应：Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr，将溴富集，得到较高浓度的Br-的水溶液，然后向其中通入Cl2，发生反应：， 得到溴的浓溶液，然后经CCl4等有机溶剂的萃取、分液和蒸馏操作得到液溴。
【详解】A．Br2 具有强氧化性，吸收Br2蒸气的X溶液可以是具有还原性Na2SO3饱和溶液，A正确；
B．步骤II鼓入热空气的目的利用溴的易挥发性，利用热空气使Br2从溶液中挥发逸出，B正确；
C．在步骤Ⅲ中Cl2将Br-氧化为Br2单质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒、结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：，C正确；
D．Br2 不易溶于水，而在有机溶剂中溶解度较大，利用CCl4与水互不相溶，且Br2易溶于CCl4的性质，可以利用CCl4进行萃取，然后分液得到Br2的CCl4溶液，最后根据二者沸点的不同，采用蒸馏方法分离得到Br2，故步骤V包含萃取、分液和蒸馏，D错误；
故选D。
10. 70℃时，200mL过氧化氢溶液在pH=13时分解，甲、乙两组实验中分别只改变一个反应条件，过氧化氢的物质的量随时间的变化图像如图(假设反应前后溶液体积不变)。下列有关说法错误的是

A. 实验甲说明过氧化氢溶液浓度越大，分解速率越快
B. 实验乙b条件下，0～40min内过氧化氢的分解速率为0.0015mol•L-1•min-1
C. 实验乙说明催化剂的浓度越大，对过氧化氢分解速率的影响越大
D. 实验甲a条件下，0～20min内过氧化氢分解速率大于0～40min内的分解速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验甲中起始过氧化氢浓度不同，从曲线的斜率可以看出a的反应速率最快，说明浓度越大，反应速率越快，A项正确；
B．实验乙b条件下，0～40min内，过氧化氢变化的物质的量为(0.16-0.10)=0.06mol，则用其表示的反应速率为0.0075mol•L-1•min-1，B项错误；
C．起始时所含过氧化氢都是0.16mol，加入了不同浓度的催化剂，从数据可以看出催化剂的浓度越大，分解速率越快，C项正确；
D．实验甲a条件下，随着反应进行，过氧化氢浓度持续减小，反应速率也就持续减小，0～20min内过氧化氢分解速率大于0～40min内的分解速率，D项正确；
故选B。
11. 用表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的有
A. 标准状况下，乙醇中含有个分子
B. 苯中含碳碳双键数目为
C. 标准状况下，中含有个共价键
D. 乙酸与乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，46g乙醇含有的分子数目为×NAmol—1=NA，故A正确；
B．苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间一种独特的键，不含有碳碳双键，故B错误；
C．标准状况下，新戊烷为液态，则无法计算2.24L新戊烷的物质的量和含有的共价键数目，故C错误；
D．乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，可逆反应不可能完全完全反应，则0.1 mol乙酸与0.1 mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数小于0.1NA，故D错误；
故选A。
12. 某有机物的结构如图所示，则下列说法中正确的是

A. 1 mol该有机物能与3 mol Na反应
B. 该有机物的分子式：
C. 该有机物能发生加成反应但不能发生取代反应
D. 该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【分析】该有机物含有苯环、羟基、羧基、碳碳双键，结合基团和官能团进行分析。
【详解】A．羟基、羧基中的氢原子可以和钠反应，1 mol该有机物能与2 mol Na反应，A错误；
B．该有机物的分子式：，B正确；
C．该有机物中碳碳双键和苯环均能发生加成反应，有机物中的氢原子、以及羟基羧基能发生取代反应，C错误；
D．该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选B。
13. 实验室从废定影液(含和等)中回收Ag和的主要步骤流程如下，其中部分操作的装置如图所示(已知苯的密度小于水)，下列叙述正确的是

A. 用装置甲分离时，用玻璃棒轻轻搅拌
B. 用装置乙在空气中高温灼烧制取Ag
C. 用装置丙制备用于氧化滤液中的
D. 用装置丁分液时从上口倒出有机相
【答案】D
【解析】
【详解】A．过滤分离 时，用玻璃棒不断搅拌，容易损坏滤纸，选项A不正确；
B．蒸发皿不能用于灼烧，在空气中高温灼烧 会生成 SO2，污染环境，同时生成的 Ag 会被氧化成 Ag2O，选项B不正确；
C．MnO2与浓盐酸需加热才能反应生成 Cl2，选项C不正确；
D．苯的密度小于水，有机层在上层，分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相， 选项D 正确；
答案选D。
14. 利用烟气中SO2可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如下图所示

下列说法错误的是
A. 中Co的化合价为+3价
B. 总反应离子方程式为：
C. 反应①~⑤中均有电子的转移
D. 反应③中，每消耗1molO2会转移2mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有过氧键，故氧元素显价，由化合价规则知A项正确；
B．由题干信息及工作原理图知，反应物有SO2、O2、，生成物是I2、，B项正确；
C．过程②和⑤中没有电子转移，C项错误；
D．反应③中O2得到电子后转化为过氧键，D项正确。
故选C。
15. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图。其中，X位于第3周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述不正确的是

A. Y的氢化物可用于刻蚀玻璃
B. 原子半径：X>Z>W
C. 简单氢化物稳定性：Y>Z>X
D. W和Z均可以与氢元素形成具有18电子的分子
【答案】B
【解析】
【详解】由结构可知，X可形成6条共价键，X是S； X原子的电子数为Z原子的两倍，Z是O；W、Z、Y位于同一周期，Y只能形成1条共价键，Y是F； W能形成2条共价键，整个离子得1个电子，故W应是N。
A．HF可用于刻蚀玻璃，A正确；
B．原子半径：S>N>O，B错误；
C．简单氢化物稳定性：HF>H2O>NH3，C正确；
D．N2H4和H2O2均为18电子的分子，D正确；
答案选B。
16. 结构决定性质是元素周期律和有机化学中展现的淋漓尽致，是高中化学重要思想。
Ⅰ.一种扇形元素周期表的一部分如图所示。字母a～n表示元素周期表中的对应元素。

（1）元素n在元素周期表中的位置___________。
（2）比较f、o、k简单离子的半径，由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)。
（3）b与e组成的化合物中，含有非极性共价键的化合物的电子式___________。
（4）i的最高价氧化物对应水化物的化学式___________，i、d的最简单氢化物中稳定性更高的为___________(用化学式表示)。
Ⅱ.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)：

（5）A的结构简式为___________，C中官能团的名称为___________。
（6）丙烯酸乙酯的结构简式为___________。
（7）写出反应①化学方程式和有机反应基本类型：___________，___________反应。
（8）写出反应⑤化学方程式和有机反应基本类型：___________，___________反应。
【答案】（1）第四周期VIIA族
（2）Cl-> F-> Mg2+
（3） （4） ①. NH3 ②. NH3
（5） ①. H3PO4 ②. NH3
（6）CH2=CHCOOCH2CH3
（7） ① CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ②. 加成反应
（8） ①. 加聚反应 ②. nCH2=CHCOOH
【解析】
【分析】根据题目信息可知A是乙烯，乙烯水化得到乙醇，B为乙醇，乙醇被氧化后得到乙酸，因此C是乙酸，D是二者发生酯化反应后得到的乙酸乙酯。
【小问1详解】
由元素周期表结构可知，元素n位于第四周期的第十七列，为Br元素，位于第四周期VIIA族。
小问2详解】
由元素周期表结构可知，f、o、k分别为Mg、F、Cl，Mg2+和F-只有2个电子层，Cl-有3个电子层，离子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的，核电荷数越大，半径越小，半径由大到小的顺序是Cl-> F-> Mg2+。
【小问3详解】
由元素周期表结构可知，b、e分别为Na、O，组成的化合物中，含有非极性共价键的化合物为Na2O2，电子式为：。
【小问4详解】
由元素周期表结构可知，i为P，最高价氧化物对应水化物的化学式为H3PO4，,d为N，非金属性越强，最简单氢化物中稳定性越高，非金属性：N>P，则PH3和NH3中稳定性更高的是NH3。
【小问5详解】
由分析可知，A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，C为乙酸，官能团的名称为羧基。
【小问6详解】
丙烯酸乙酯的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3。
【小问7详解】
由分析可知，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。
【小问8详解】
丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，方程式为：nCH2=CHCOOH。
17. 完成下列问题
（1）2mol (g)被氧化为2mol (g)时放出热量198kJ，反应的能量变化如图。

①B的大小对该反应的热量变化___________(填“有”或“无”)影响。
②2mol (g)和1mol (g)充分反应放出的热量___________198kJ(填“>”、“13的无色溶液时，溶液先变红，静置后褪色。
（5）据此资料，丙同学想到了一种区分1mol/L碳酸钠溶液和1mol/L氢氧化钠溶液的方法，这种方法是___________。
【答案】（1） ①. C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O ②. 中和乙酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度
（2）酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去
（3） ①. 溶液中有无色气泡产生 ②. 下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化
（4）碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色
（5）各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色；静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液
【解析】
【小问1详解】
乙醇和乙酸在加热、浓硫酸做催化剂的条件下发生酯化反应，C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，饱和碳酸钠溶液的作用为：中和乙酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度。
【小问2详解】
资料中酚酞可溶于乙醇，可推知酚酞可溶于有机物，乙同学推测：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去。
【小问3详解】
碳酸钠溶液显碱性，加入乙酸后反应生成二氧化碳，会看到气泡生成，原溶液碱性会有所降低，因为乙酸量比较少，碱性变化很小，实验1的结论为：下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化。
【小问4详解】
由实验2，d操作可知酚酞溶于有机物，可推知e操作的现象：碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色。
【小问5详解】
由资料可1mol/L碳酸钠溶液遇酚酞会显红色，而1mol/L氢氧化钠溶液遇酚酞先变红，静置后褪色。