2022—2023学年第二学期高一年段期末六校联考

化 学 参考答案

（满分：100分，完卷时间：75分钟）

第I卷（选择题）

一、单选题（每题只有一个正确选项，每题3分，共45分）

第II卷（非选择题）

二．填空题（共5题，共55分）

16．（8分）      

(1) H2     FeCl2    

(2) KSCN或硫氰酸钾     

(3) Cl2+2Fe2+＝ 2Cl－+ 2Fe3+

17．（12分）(1)0.125mol/L﹒min

(2)D

(3) Cu2++2e-=Cu   增加   0.5

(4)93.0

18．（8分）(1)    F、G     同系物

(2)CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br

(3)+Br2+ HBr

19．（9分）

 (1) B    (2) 羟基     CH3CHO   

(3)① ② 溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度    

③ 导管口伸入到了液面以下

20．（18分）

(1)     圆底烧瓶      防止倒吸

(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 

(3)还原

(4) 0.1mol·L1KI溶液      蒸馏水（2分）       淀粉溶液   加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液     白色沉淀          3SO2+2H2OS↓+2+4H+

1．C

【详解】A．由“德化白瓷”的组成成分看，它属于无机非金属材料中的硅酸盐材料，A错误；

B．光导纤维是由二氧化硅制造的，芯片中主要材料是硅，B错误；

C．氮化硼陶瓷有良好的耐热性、热稳定性、导热性、高温介电强度，属于新型无机非金属材料，C正确；

D．塑料属于有机合成材料，D错误；

故选C。

2．D

【详解】A．氮气是双原子分子，电子式为，故A错误；

B．二氧化碳分子的空间构型为直线形，填充模型为，故B错误；

C．乙烯的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，故C错误；

D．次氯酸的分子式为HClO，结构式为H—O—Cl，故D正确；故选D。

3．C

【详解】A．乙烯含有碳碳双键，具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，故A错误；

B．苯中不含碳碳双键，与溴水不反应，但能够萃取溴水中的溴，属于物理变化，故B错误；

C．乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，故C正确；

D．甲烷属于饱和烃，与氯气发生取代反应生成多种氯代烃和氯化氢，故D错误；

正确答案：C。

4．A

【详解】A．铜与浓稀硝酸反应时，还原剂均为铜，铜被氧化为Cu2+，因此0.5mol铜与足量的浓硝酸反应，转移的电子数为NA的，故A正确；

B． 4.6g分子式为C2H6O的有机物物质的量是0.1mol，若C2H6O的结构是CH3CH2OH含有C—H键数为0.5NA，若C2H6O的结构是CH3OCH3含有C—H键数为0.6NA，故B错误；

C．苯环中不含碳碳双键， 1 mol 中含有的碳碳双键数为NA，故C错误；

D．标准状况下氯仿是液体，2.24 L氯仿的物质的量不是0.1mol，故D错误；

选A。

5．B

【详解】A．通常情况下元素的存在形式是O2，说明O4不如O2稳定，错误；

B．O4与O3、O2是同一元素形成的不同性质的单质，它们互为同素异形体，正确；

C．相同质量的O4与O3所含原子个数比为1：1，错误；

D．O4的摩尔质量是64g/mol，错误。

答案选B。

6．C

【详解】A．根据图中信息A→B是吸热反应，B→C是放热反应，故A错误；

B．根据图中信息A与C的能量差为E5，故B错误；

C．根据能量越低越稳定，C物质的能量最低，因此三种物质中C最稳定，故C正确；

D．吸热反应、放热反应与反应条件无关，吸热反应并一定需要加热，比如氯化铵和Ba(OH)2∙8H2O的反应不需要加热，因此A→B的反应不一定需要加热，故D错误。

综上所述，答案为C。

7．C

【详解】试题分析：A、Cu、Zn、稀硫酸组成的原电池，锌较活泼，作原电池的负极，铜作原电池的正极，电解质溶液中的阳离子H＋向正极铜电极移动，即向a极迁移，错误；B、Zn、Fe、稀硫酸组成的原电池，锌较活泼，作原电池的负极，铁作原电池的正极，电子从Zn流向Fe，但是无法再流向Zn，错误；C、铝、镁、氢氧化钠溶液组成的原电池，电池反应为：2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑，铝发生氧化反应，作原电池的负极，镁电极作原电池的正极，即a为负极，b为正极，正确；D、铜、石墨、氯化铁溶液组成的原电池，电池反应为：2FeCl3+Cu====2FeCl2+CuCl2，铜电极发生氧化反应，作原电池的负极，电极反应为：Cu - 2e- ="=" Cu2+，电极质量减小，石墨作原电池的正极，电极反应式为：2Fe3+ + 2e- ="=" 2Fe2+，电极质量不变，错误。

考点：考查原电池原理。

8．C

【详解】A．加NaCl溶液，相当于稀释溶液，导致氢离子浓度减少，反应速率减慢，但氢离子的总量和铁的量不变，生成的氢气总量不变，故A正确；

B．加水，稀释了盐酸的浓度，则反应速率变慢，但氢离子的总量和铁的量不变，生成的氢气总量不变，故B正确；

C．加入少量硫酸铜固体，置换出少量的铜，与铁构成原电池，加快反应速率，铁的量减少，生成氢气的总量减少，故C错误；

D．加入少量醋酸钠溶液，生成了醋酸，导致氢离子浓度减少，反应速率减慢，但提供氢离子的能力不变，生成的氢气总量不变，故D正确；

故选C。

【点睛】解答本题的关键是不能改变氢气的总量，即溶液中氢离子的总量不变。本题的易错点为C，要注意，随着反应的进行，醋酸会陆续电离出氢离子。

9．D

【详解】A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以反应达到限度时，二氧化硫转化率小于100%，则生成的SO3小于2 mol，故A错误；

B．反应达到一定限度时，反应达到平衡状态，消耗的SO2物质的量小于2mol，则放出的热量小于197kJ，故B错误；

C．反应达到限度时，反应物和生成物分子数之比不一定等于2：1：2，与反应物的转化率有关，故C错误；

D．达到平衡时正逆反应速率相等，2v正(O2)=v正(SO3)=v逆(SO3)，故D正确；

故选D。

10．B

【详解】A. 一水合氨是弱碱，不能拆分成离子的形式，应该用化学式表示，A错误；B. 冷的氢氧化钠溶液中通入氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，B正确；C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡、水和硫酸钠或硫酸钡、水和氢氧化钠，C错误；D. Fe(OH)3溶解于氢碘酸中发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，D错误，答案选B。

点睛：掌握物质的性质、发生的化学反应以及物质的拆分问题是解答的关键，难点是酸式盐与强碱的反应生成物判断。酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量即可。

11．A

【详解】A．KCl是强酸强碱盐，在水中不发生水解反应，所以可以用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，故A正确；

B．形成喷泉的条件是烧瓶内外产生压强差，而氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故B错误；

C．图Ⅲ装置中烧瓶和分液漏斗通过玻璃管连通，故关闭a、打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利流下，故不可检查装置的气密性，故C错误；

D．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下行对比实验，故D错误。

答案选A。

12．D

【分析】铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2。A用于制取水蒸气，水蒸气进入B中，和高温铁粉反应，生成的氢气经干燥后进入C中，可以用氧化铜检验。

【详解】A．铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，Fe3O4是黑色的，故A错误；

B．B中的固体有生成的Fe3O4，还有可能有剩余的铁，将装置B中的固体溶于足量稀硫酸，Fe3O4和稀硫酸反应生成Fe2+和Fe3+：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，剩余的铁可把Fe3+还原为Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以所得溶液中不一定含有Fe3+，故B错误；

C．氢气密度小于空气，且氢气和铜不反应，所以不能选择甲检验氢气，故C错误；

D．氢气密度小于空气，所以试管口应向下，氢气可以还原氧化铜生成铜，黑色的氧化铜变红，所以乙可以证明氢气的生成，故D正确；

故选D。

替换：C

【详解】A．溶液中Fe2+、NO在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；

B．溶液中HCO与H+反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；

C．溶液中Na+、Cu2+、SO、Cl-之间不反应，且都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C符合题意；

D．Fe 3+、SCN-结合生成络离子，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；

答案选C。

13．A

【详解】A．氧气过量产生新杂质，故A错误；

B．NO2和溴蒸气具有强氧化性，都能使KI淀粉溶液变蓝，现象相同，不能鉴别，故B正确；

C．发生3NO2+H2O═2HNO3+NO，该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以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、质量之比都是1：2，故C正确；

D．除去NO中的NO2气体的方法是将气体依次通入盛有水和浓H2SO4的洗气瓶中，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮除去，通过浓硫酸吸收气体中水蒸气得到一氧化氮，故D正确；

故选A。

14．B

【分析】与过量的氢氧化钠溶液，在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，则Fe2+减少，由此分析。

【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，则铵根离子减少，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：和Fe2+两种，答案选B。

15．B

【详解】A. 实验Ⅰ中有银离子和硫酸根离子，会生成硫酸银沉淀，由于几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，因此还发生反应：，灰黑色浑浊是单质Ag，故A错误；

B. 根据题意几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明图中由a→b急速变化的可能原因是生成的Ag起催化作用，故B正确；

C. 根据题意，实验过程中测得温度几乎无变化，故C错误；

D. 根据实验Ⅱ的现象是与实验Ⅰ相同，说明图中由a→b急速变化不可能是生成的起催化作用，故D错误。

综上所述，答案为B。

16．(1)0.125

(2)D

(3)     还原     Cu2++2e-=Cu     增加     0.5

(4)93.0kJ

【详解】（1）3min到9min，CO2浓度变化为0.5mol/L-0.25mol/L=0.25mol/L， CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，H2浓度变化，H2反应速率为，故答案为:0.125；

（2）A反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)，浓度相等而不是不变，反应未达到平衡状态，故A错误；

B反应前后气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；

C单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O，均是正反应方向，从反应开始到平衡始终相等，不能判断是否达平衡，故C错误；

D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确;故答案为:D；

（3）Zn做负极，Zn-2e-=Zn2+，Ag做正极，发生还原反应，电极反应式Cu2++2e-=Cu，电路中每转移1mol电子，析出0.5molCuj即32g，负极会溶解0.5molZn即32.5g，所以理论上电解质溶液质量增加0.5g，答案：0.5g。

（4）生成2molNH3，需要断开1molN2中的N≡N键和3molH2中的H-H键，断开1molN2中的N≡N键需要吸收的能量为945.0kJ，断开3molH2中的H-H键需要吸收的能量为3×436.0kJ=1308.0kJ，形成2molNH3中的N-H键放出的能量为6×391.0kJ=2346.0kJ，所以生成2molNH3时放出的热量是2346.0kJ-945.0kJ-1308.0kJ=93.0kJ。

17．(1)     E、F、G     同系物

(2)CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br

(3)+Br2+ HBr

【详解】（1）几种有机物结构简式分别为CH4、CH3CH3、CH2=CH2、、CH3CH2CH2CH2CH3、、、、CH2=CHCH3，因此互为同分异构体的烷烃是EFG；A、B、E均为烷烃，它们分子式不同，因此三者互为同系物；故答案为EFG；同系物；

（2）C为CH2=CH2，含有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，其反应方程式为CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br；故答案为CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br；

（3）D为苯，与液溴在铁粉作催化剂下发生取代反应，制取溴苯，其反应方程式为+Br2+ HBr；故答案为+Br2+ HBr；

18（11分 ）

【答案】    ①. B    ②. 羟基    ③. CH3CHO    ④.     ⑤.     ⑥. 中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度    ⑦. 导气管的出口伸入到了液面以下

【解析】

【分析】

【详解】(1)A．淀粉和纤维素均是多糖，属于高分子化合物，故A正确；

B．淀粉和纤维素的化学式均可用(C6H10O5)n表示，但聚合度n可能不同，因此二者不互为同分异构体，故B错误；

C．淀粉和纤维素完全水解后的产物都为葡萄糖，故C正确；

综上所述，答案为：B。

(2)乙醇分子的结构简式为CH3CH2OH，其中所含官能团为-OH，其名称为羟基；M的化学式为C6H12O6，乙醇经过催化氧化后生成乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，因此A的结构简式为CH3CHO，故答案为：羟基；CH3CHO。

(3)反应I为淀粉发生完全水解生成葡萄糖，反应方程式为。

(4)①反应IV为乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下生成乙酸乙酯，因此试管甲中反应化学方程式为。

②乙醇和乙酸均有良好的挥发性，因此进入试管乙中的物质为乙酸、乙醇、乙酸乙酯，乙酸具有酸性，能与碳酸钠反应，乙醇能与水混溶，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，且乙酸乙酯的密度小于水，因此饱和碳酸钠溶液的作用是：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。

③试管乙中导管伸入溶液中可能会导致倒吸，因此该装置图中有一个明显的错误是：导气管的出口伸入到了液面以下。

19．     Fe     Cl2     H2     FeCl2     2Fe + 3Cl22FeCl3     KSCN或硫氰酸钾     Cl2+2Fe2+＝ 2Cl－+ 2Fe3+

【分析】A为是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，则A是铁。室温下B是黄绿色气体，则B是氯气。氯气和铁反应生成氯化铁，则D是氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，所以F是氯化亚铁。氯化亚铁和氯气反应又生成氯化铁。E和铁反应生成氯化亚铁和C，又因为C是一种无色气体，所以C是氢气，E是氯化氢。

【详解】（1）A是Fe，B是Cl2，C是H2，F是FeCl2。

（2）铁和氯气在加热或点燃的条件下发生反应，生成氯化铁，化学方程式为2Fe + 3Cl22FeCl3，向氯化铁溶液中加入硫氰化钾溶液可看到溶液变血红色。

（3）氯化亚铁溶液中通入氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁，离子方程式为Cl2+2Fe2+＝2Cl－+ 2Fe3+。

【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

20．(1)     圆底烧瓶     防止倒吸

(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O

(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色

(4)     0.1mol·L1KI溶液     蒸馏水     浓盐酸     淀粉溶液     加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液     白色沉淀     产物溶液中存在     3SO2+2H2OS↓+2+4H+

【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。

（1）

由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；

（2）

装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

（3）

酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；

（4）

实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；

探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物

实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；

综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+。