云南省文山州2023-2024学年高一下学期中小学期末学业质量监测化学试题

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1．【答案】C
【解析】A．芯片的主要成分为单质硅，A错误；
B．卤水点豆腐利用了胶体的性质，B错误；
C．氮化硅是一种耐高温，耐腐蚀的新型陶瓷，C正确；
D．用75％乙醇溶液进行消毒的原理是使蛋白质变性，浓度高，容易产生茧化，D错误。
2．【答案】D
【解析】A．乙烯结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．C原子半径大于O原子，故空间填充模型可以表示CO2，而CS2中C原子半径小于S原子，故不可以表示CS2，B错误；
C．考古年代测定主要采用碳14放射测定，该核素可以表示为，C错误；
D．K2S为离子化合物，用电子式表示K2S的形成过程：，D正确。
3．【答案】A
【解析】A. 磁性氧化铁为Fe3O4，与硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁、水，反应的离子方程式为，A正确；
B．石灰乳中的Ca(OH)2在离子方程式中不能拆开写，B错误；
C．应为2H++SOeq \\al(2−,4)+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．铁粉过量，与稀硝酸反应时，生成的铁离子继续与铁粉反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为=，D错误。
4．【答案】B
【解析】A. 没有体积，不能计算，A错误；
B．D2O的摩尔质量为20g·ml−1，2g D2O的物质的量为0.1ml，1分子D2O中含有的质子数为10，则2g D2O中含有质子数为NA，B正确；
C．1ml N2与3ml H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1ml氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，C错误；
D．3Cl2 + 2Feeq \(=====,\s\up7(△))2FeCl3~6e−，Cl2的物质的量为1ml，转移电子数为2NA，D错误。
5．【答案】D
【分析】由图可知，Z显-2价，不显正价，Z为氧(O)；Y显-3、+5价，原子序数比氧小，Y为氮(N)；X显+1价，X和Y的核电荷数之和与Z的核电荷数相等，X为氢(H)；Q显-1、+7价，Q为氯(Cl)；M显+1价，原子序数比氯小，M为钠(Na)；R显+2价，原子序数比氯大，R为钙(Ca)。
【解析】A．M、Q、R的简单离子分别为Na+、Cl−、Ca2+，Na+核外有两层电子，Cl−和Ca2+核外有三层电子，且电子排布相同，原子序数越大，半径越小，因此Na+ B．氧与氢可以形成化合物H2O和H2O2，H2O2的结构为H—O—O—H，含有非极性键，B错误；
C．非金属性：N D．MX为NaH，NaH与水反应的方程式为NaH + H2O=NaOH + H2↑，NaH中H为−1价，H2中H为0价，化合价升高，做还原剂，D正确。
6．【答案】D
【解析】A．等物质的量的SO2和Cl2混合通入品红溶液中，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，漂白效果变差，A错误；
B．3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量是1∶2，B错误；
C．除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，C错误；
D．将SO2、NO2同时通入BaCl2溶液中，SO2被NO2与H2O反应生成的硝酸氧化为硫酸，与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，D正确。
7．【答案】C
【解析】A. 装置甲不能验证Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，因为内外试管温度不同，无法比较，A错误；
B．Fe(OH)3胶体的制备是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，B错误；
C．氨气易溶于水且溶液显碱性，产生压强差，形成红色的“喷泉”，C正确；
D．装置丁可进行焰色试验，火焰呈黄色，能说明有钠元素，但是不能确定是否有钾元素，因为钾元素是要透过蓝色钴玻璃才能观察到，D错误。
8．【答案】D
【解析】A. 该有机物的分子式应该是C10H10O3，A错误；
B．该有机物有碳碳双键、羟基和酯基三种官能团，B错误；
C．该有机物能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，但原理不同，与酸性高锰酸钾溶液反应是氧化反应，与溴水反应是加成反应，C错误；
D．1ml该有机物只有1ml —OH，所以只能与1ml Na反应，D正确。
9．【答案】A
【解析】A．由催化机理示意图可知，La2O3可以循环使用，无需不断添加，A错误；
B．反应中二氧化碳中碳元素化合价降低被还原，二氧化碳作氧化剂，反应利用了二氧化碳的氧化性，B正确；
C．氢气经镍活性中心裂解产生电中性的氢原子H·，化学键的断裂需要吸收能量，C正确；
D．催化剂能提高化学反应速率，D正确。
10．【答案】B
【解析】A．H+流向电极N，说明电极N是电源正极，燃料应该从负极通入，A错误；
B．工作时产生稳定无污染的物质，可知生成N2，故每消耗1ml N2H4转移电子数为4ml，B正确；
C．该电池工作环境为酸性，不能生成OH−，C错误；
D．电子不会流经溶液，D错误。
11．【答案】C
【分析】氮气和氢气在合成塔中合成氨气，分离出氨气后，通入空气氧化氨气生成一氧化氮，一氧化氮和水、空气一起在吸收塔中生成硝酸。
【解析】A．常温下，浓硝酸能够使铁钝化，可以用铁罐车运输浓硝酸，A正确；
B．压强越大，氨的产率越高，B正确；
C．常温下Ca(OH)2在水中的溶解度较小，不适合用于吸收尾气，C错误；
D．“氨分离器”中将氨气液化后分离，D正确。
12．【答案】D
【分析】断开反应物中的化学键吸收的总能量为946kJ+498kJ=1444kJ，形成生成物中的化学键放出的总能量为2×632kJ=1264kJ，反应吸收能量为1444kJ—1264kJ=180kJ。
【解析】A．反应为吸热反应，A错误；
B．根据图中信息和分析可知，1ml N2(g)和1ml O2(g)反应生成2ml NO(g)，需吸收能量180kJ，则生成1ml NO(g)吸收能量为90kJ，B错误；
C．NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，C错误；
D．反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，即1ml N2(g)和1ml O2(g)总能量低于2ml NO(g)能量，D正确。
13．【答案】B
【解析】A．3min时，反应没有达到平衡，所以正反应速率和逆反应速率不相等，A错误；
B．10min时，c(H2) = 3ml·L−1−0.75ml·L−1×3 = 0.75ml·L−1，B正确；
C．有3ml H—H断裂的同时有3ml O—H断裂，说明达到化学反应限度，C错误；
D．该反应在恒容密闭容器中，容器容积不变，通入Ar气，虽然总压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变，D错误。
14．【答案】B
【解析】反应后c(Cl−) : c(ClOeq \\al(−,3))=8 : 1，假设c(ClOeq \\al(−,3))为x，则c(Cl−)为8x，根据电子得失数目相等，可知溶液中有关系式：c(Cl−)=c(ClO−)+5c(ClOeq \\al(−,3))，8x=c(ClO−)+5x，则c(ClO−)=3x，所以溶液中c(ClO−) : c(ClOeq \\al(−,3))=3x : x=3 : 1。
（14分）除特殊标注外，每空2分
【答案】（1）① 第四周期第ⅦA族
② MnO2+4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△)) MnCl2+Cl2↑ +2H2O（未写条件给1分） ③ 挥发
（2）① 250mL容量瓶（只写容量瓶不给分） 62.5
②偏低（1分） 偏高（1分）
③MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))Mg+Cl2↑（熔融和电解条件未写或写不全给1分）
【解析】（1）① 根据氯在元素周期表中的位置推出溴在氯的下一周期，由此得出溴在元素周期表第四周期第ⅦA族；
②根据氯气的实验室制法MnO2+4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑ +2H2O
③根据溴很容易被吹出得出溴具有挥发性。
（2）①根据题意，需要配制220mL溶液，实验室只有250mL容量瓶，所以选用250mL容量瓶。根据C1V1=C2V2，要注意此时的稀盐酸体积是250mL，代入即可求出。
②未洗涤烧杯和玻璃棒，会使得所配溶液浓度偏低
在定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；
③MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))Mg+Cl2↑
（14分）除特殊标注外，每空2分
【答案】（1）分液漏斗（1分） 平衡气压，便于液体顺利流下
（2）bc ②④
（3）产生（淡）黄色沉淀/浑浊（无颜色给1分） 氧化（1分）
（4）5SO2+2MnOeq \\al(−,4)+2H2O=5SOeq \\al(2−,4)+2Mn2++4H+
（5） （答案合理即可得分）
【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗；导管连接，可以平衡左右两边气压，便于液体顺利流下；
（2）烧杯E中的试剂用于吸收尾气SO2，SO2是酸性氧化物可与碱性物质如b. 饱和Na2CO3溶液、c. NaOH溶液反应，与中性a. 饱和Na2SO4溶液、d. 饱和NaCl溶液不反应，故选bc；尾气吸收装置中，适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是②④；
（3）SO2与S2−发生反应产生S单质；
（4）SO2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnOeq \\al(−,4)+2H2O=5SOeq \\al(2−,4)+2Mn2++4H+；
（5）SO2与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2MnOeq \\al(−,4)+2H2O=5SOeq \\al(2−,4)+2Mn2++4H+，根据方程可知，5 SO2~2MnOeq \\al(−,4)，则二氧化硫的物质的量为，则该空气样品中SO2的含量为。
17．（15分）除特殊标注外，每空2分
【答案】（1）① 80 ② 1.4ml·L−1·min−1（单位未写或写错给1分）
③ 0.68 ④ ac
（2）① 反应放热使温度升高，化学反应速率增大 ② C
（3）① Mg（1分） ② Al− 3e− + 4OH− =[Al(OH)4] −
【解析】（1）① α(CO2) =×100%=80%
② ν(H2) = 4ν(CO2) = 4×=1.4ml·L−1·min−1
③
n初 2 8 0 0
∆n 1.6 6.4 1.6 3.2
n平 0.4 1.6 1.6 3.2
= 0.68
④ a. ν正(CO2) : ν逆(H2O) = 1 : 2，即，正逆反应速率之比等于化学计量系数比，反应达到平衡状态；
b. ，在反应过程中，质量和体积是定值，密度也是定值，所以不能判断反应是否达到平衡状态；
c. M =，在在反应过程中，质量是定值，n是变值，平均摩尔质量是变值，所以反应达到平衡状态；
d. 平衡状态的标志是各组分浓度保持不变，H2与H2O的浓度相等无法判断反应是否达到平衡状态。
（2）①锌粒与稀硫酸反应是放热反应，使反应体系温度升高，反应速率增大；
②由图乙可知，由a变为b，反应速率增大，生成氢气的体积不变，一定量的稀硫酸与足量锌粒反应，若加入Na2SO4溶液，硫酸浓度降低，反应速率减小，若加入浓H2SO4，反应速率增大，生成氢气的体积增大，若加入CuSO4溶液，Zn与CuSO4反应生成Cu，Cu与Zn形成原电池，反应速率增大，由于锌过量，硫酸的量没有改变，所以氢气的体积不变，若加入稀HNO3，会产生NO而使H2的体积减小。
（3）① Al能与NaOH溶液反应，Mg不能与NaOH溶液反应，所以Mg是正极；
②负极反应式为Al−3e−+ 4OH−=[Al(OH)4] −
18.（15分）除特殊标注外，每空2分
【答案】（1）HBr（1分）
（2）醛基 生成砖红色沉淀（写生成沉淀给1分，颜色写错给0分）
（3）
（4）（可逆符号和条件未写或不全给1分）

酯化反应或取代反应（1分）
（5）
（6）3（1分）
【分析】A丙烯和水在过氧化物作用下加成生成B丙醇，B被氧气氧化为C丙醛(CH3CH2CHO)，C被氧气氧化为D丙酸；A和X生成E，则X为HBr，E和水在氢氧化钠水溶液中加热发生取代反应生成F；酸D和醇F发生酯化反应生成G丙酸异丙酯（）。
【详解】（1）A→E是加成反应，对比A和E的结构简式可知，物质X的化学式是HBr；
（2）物质C是丙醛，官能团的名称是醛基，醛基和新制氢氧化铜的反应的现象是生成砖红色沉淀；
（3）方程式为；
（4）方程式为，该反应是酯化反应或取代反应；
（5）方程式为；
（6）某烷烃的摩尔质量为72g·ml−1，该烷烃分子式为C5H12（戊烷），戊烷有3种同分异构体，一氯代物只有一种的是新戊烷。