1、湖南湘中2021年上学期高一期末大联考化学试卷第I卷（选择题）一、单选题 (共30分，每题3分)1根据物质的组成进行分类，盐酸属于A酸B电解质C化合物D混合物2下列反应中，属于吸热反应的是A镁和盐酸的反应B氢氧化钠溶液和盐酸的反应C氢气在氯气中燃烧DBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应3下列物质中，既含有离子键，又含有共价键的是AH2O BCaSiO3 CNa2S DCaC124下列关于钠的叙述中，不正确的是A钠燃烧时发出黄色的火焰B钠燃烧时生成过氧化钠C钠具有很强的还原性D少量的钠可保存在水里5下列说法不正确的是A硫是一种淡黄色的能溶于CS2的晶体B硫的化合物常存在于火山喷出的气
2、体中和矿泉水里C化石燃料直接燃烧会产生对大气有严重污染的SO2气体D硫与Fe反应生成FeS，与Cu反应生成CuS6材料是人类赖以生存和发展的物质基础，人类使用的材料除了金属材料还有无机非金属材料，化学与材料、信息、能源关系密切。下列说法不正确的是A当前计算机使用的硅芯片的主要材料是硅 B当前太阳能电池的主要材料是二氧化硅C水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品 D高纯硅的制备是通过氢气还原三氯硅烷实现的7在一个固定容积的容器中，发生反应2A(g) B(g)C(g)，5分钟后达到平衡状态，测得A的浓度由3 mol/L变为1 mol/L，下列分析正确的是A5分钟后，各组分的浓度不再变化B5分钟后
3、，反应停止了C5分钟后，向容器中再充入1 mol A，反应速率加快D用A表示该反应在5分钟内的平均反应速率为0.2 mol/(Lmin)80.1mol某链状烷烃完全燃烧生成13.44LCO2(已换算成标准状况下)，下列说法正确的是A该烷烃的分子式为C6H12 B该烷烃的同分异构体有6种C1mol该烷烃完全燃烧需要消耗2.5molO2 D该烷烃与甲烷属于同系物9下列说法中正确的是ANaOH、Cu均为电解质B丙烷与丁烷互为同分异构体CC2H6和C2H4互为同系物D氢氧化铁胶体可产生丁达尔效应10为了防止枪支生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层“发蓝”。化学处理过程中其中一步
4、的反应为：。下列有关的叙述不正确的是A的氧化性大于的氧化性B反应中转移电子2mol，则生成还原产物0.5molC枪支“发蓝”实质上是使铁表面钝化导致难以生锈D上述反应中，单质铁被氧化，而NaNO2作为氧化剂二、多选题(共16分。每题4分，在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项是符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。) 11下列做法符合“绿色化学”思想的是A回收利用废旧电池 B用燃气热水器代替太阳能热水器C将实验室的有机废液直接倒入下水道 D在通风橱中制取SO2用NaOH溶液吸收尾气12能正确表示下列反应的离子方程式的是A钠与CuSO4溶液反应：BNaHCO3
5、溶液与稀NaHSO4反应：C碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠反应：D往Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：13将4.6 g Na和2.7 g Al同时加入到足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释定容为500 mL。下列说法不正确的是A所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1：1B反应中消耗的水的质量是加入的Al的质量的2倍C所得溶液中的物质的量浓度为0.1 mol/LD反应中放出的气体的体积为2.24 L14将12.8 g铜与80 mL 10 mol/L的HNO3充分反应后，溶液中含0.1 mol H，由此可知A生成的气体只有二氧化氮 B反应中转移的电子的物质的量为0.4 molC被还原的硝酸的物质的
6、量为0.3 mol D反应后溶液中所含的物质的量为0.4 mol第II卷（非选择题）三、填空题(本题14分,每空1分)15现有以下有机物： CH3CHO CH3CH2OH CH3COOH CH3COOC2H5（1）能与Na反应的是 _；（2）能与NaOH溶液反应的有_；（3）能与银氨溶液发生银镜反应的有_；（4）既能发生消去反应，又能发生酯化反应的有_。16如图是元素周期表的框架图，请回答下列问题：（1）写出元素X在周期表中位置_。（2）若将此元素周期表分为A、B、C、D区，其中全部是金属元素的区域为_区。（3）所含元素最多的周期是_，所含元素最多的族是_。（4）硬度最大的单质是_，密度最小的
7、金属是_。(用物质的名称填写)（5）在原子序数为118号元素中，请用化学式填写。与水反应最剧烈的金属元素是_；与酸、碱都反应的金属是_；最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是_；原子半径最大的金属与原子半径最小的非金属形成的化合物是_。四、实验题（12分，每空2分）17某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O)请回答下列问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_。(2)反应后，装置B中发生反应的离子方程式为_，装置C中的现象是_，装置D中发生反应的化学方程式为_。(3)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，
8、请写出实验操作及现象：_。(4)F装置中漏斗的作用是_。五、工业流程题（12分）18NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：已知电解总反应为：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)工业上常用黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸，配平下面方程式：_。_FeS2+_O2_Fe2O3+_。(3)从物质分类角度来看，NaHSO4是_(填字母代号)。a酸 b酸式盐 c电解质 d非电解质 e离子化合物 f共价化合物(4)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。(5)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分
9、别为_、_。(6)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂(ClO2)与还原剂(H2O2)的物质的量之比为_。(7)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力(NaClO2、Cl2的还原产物都是Cl-)。NaClO2的有效氯含量为_(计算结果保留两位小数)。六、原理综合题（本题16分，每空2分）19将CO2转化成有机物可有效实现碳循环。在容积为2L的恒温恒容密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)，测得CO2和CH
10、3OH(g)的物质的量随时间的变化情况如下表。时间0min3min6min9min12minn(CH3OH)/mol00.500.650.740.74n(CO2)/mol10.500.35a0.26(1)a=_；39 min内，v(CO2)=_molL-1min-1(2)能说明上述反应达到平衡状态的是_(填标号)。A反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1B混合气体的压强不随时间的变化而变化C单位时间内生成1 mol H2，同时生成1mol CH3OHD混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化(3)上述反应6 min末时，已消耗掉的CO2的物质的量分数为_(4)上述反应12 m
11、in末时，混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是_(5)第3 min时v正(CH3OH)_(填“”、“”、“=”或“无法比较”)第9 min时v逆(CH3OH)(6)在恒温条件下，若将一定量X和Y的混合气体通入容积为2 L的恒容密闭容器中，发生反应mX(g) nY(g)，X和Y的物质的量浓度随时间的变化情况如下表。时间/min05101520c(X )/molL-10.2c0.60.60.6c(Y)/molL-10.6c0.40.40.4m：n=_。c=_(保留两位有效数字)湖南湘中2021年上学期高一期末大联考化学答案1D【详解】A酸是电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，酸是纯净物
12、，而盐酸是HCl溶于水形成的混合物，不是纯净物，所以盐酸不属于酸；B电解质是在水中或熔融状态下能导电的化合物，而盐酸是混合物，所以盐酸不是电解质；C化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，而盐酸是混合物，所以盐酸不是化合物；D混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，盐酸是HCl溶于水形成的混合物；答案选A。2D【详解】A镁和盐酸的反应属于放热反应，故A不符合题意；B氢氧化钠溶液和盐酸的反应属于放热反应，故B不符合题意；C氢气在氯气中燃烧属于放热反应，故C不符合题意；DBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，故D符合题意；故选D。3B【详解】AH2O中，H、O原子间只存
13、在共价键，A错误；BCaSiO3中，Ca2+与SiO32-间存在离子键，SiO32-中的Si和O原子之间存在共价键，B正确；CNa2S中，Na+与S2-间只存在离子键，C错误；DCaCl2中，Ca2+与Cl-间只存在离子键，D错误；故选B。4D【详解】A 钠的焰色试验为黄色，钠燃烧时发出黄色的火焰，故A正确；B 钠燃烧时生成过氧化钠，故B正确；C 钠最外层只有1个电子，很容易失去，钠具有很强的还原性，故C正确；D 少量的钠可保存在煤油里，故D错误；故选D。5D【详解】A硫单质为淡黄色固体，俗称硫磺，硫单质为非极性分子，易溶于CS2这类非极性分子试剂，故A正确；B火山喷出的气体中含有二氧化硫等含
14、硫化合物，矿泉水中含有硫酸盐等，故B正确；C化石燃料中含有硫元素，则直接燃烧会产生对大气有严重污染的SO2气体，故C正确；D硫的氧化性较弱，与金属反应生成低价硫化物，与Fe反应生成FeS，与Cu反应生成硫化亚铜，化学式为Cu2S，故D错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。6B【详解】ASi位于金属与非金属的交界处，是良好的半导体材料，是当前计算机使用的硅芯片主要材料，故A正确；B当前太阳能电池的主要材料是Si，制作光导纤维的主要材料是二氧化硅，故B错误；C制水泥、玻璃需要二氧化硅，制陶瓷需要黏土，都是传统无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，故C正确；D目前，高纯硅的制备是通过氢气还原三
15、氯硅烷实现的：HSiCl3+H2Si+3HCl，故D正确。故选B。7C【分析】5分钟后达到平衡状态，测得A的浓度由3 mol/L变为1 mol/L，但不能确定浓度是否保持不变，所以无法判断5分钟后是否达到平衡状态，据此结合反应速率的计算方法与影响因素分析解答。【详解】A根据上述分析可知，5分钟后，反应是否达到平衡，并不确定，所以各组分的浓度不一定保持不变，A错误；B反应为动态变化过程，不会停止，B错误；C5分钟后，向容器中再充入1 mol A，则参加反应的A的物质的量浓度增大，反应速率会加快，C正确；D用A表示该反应在5分钟内的平均反应速率=0.4 mol/(Lmin)，D错误；故选C。8D【
16、分析】标准状况下，13.44LCO2的物质的量为0.6mol，即0.1mol某链状烷烃完全燃烧生成0.6mol CO2，即该烃分子中含有6个碳原子，即分子式为C6H14；据此进行分析。【详解】A根据烷烃的通式CnH2n+2可知，含有6个碳的烷烃分子式为C6H14，故A错误；B含有6个碳的烷烃分子式为C6H14，该烷烃的同分异构体有5种：正己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,3-二甲基丁烷、2,2-二甲基丁烷，故B错误；C含有6个碳的烷烃分子式为C6H14，1mol该烷烃完全燃烧需要消耗O2的量为6+ =9.5mol，故C错误；D甲烷属于饱和烃，存在单键，C6H14也属于饱和烃，存在单键，且分
17、子组成上相差5个CH2原子团，二者属于同系物关系，故D正确；故选D。9D【详解】A铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B丙烷与丁烷都属于烷烃，结构相似，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物，故B错误；CC2H6和C2H4的结构相似，不互为同系物，故C错误；D氢氧化铁胶体具有胶体的特征性质，可产生丁达尔效应，故D正确；故选D。10B【详解】A该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为，氧化产物为，氧
18、化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则的氧化性大于的氧化性，故A正确；B根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子，则反应中转移电子2mol，则生成还原产物mol，故B错误；C枪支“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C正确；D根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故D正确；答案选B。11AD【分析】绿色化学的核心是：利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染。按照绿色化学的原则，理想的化工生产方式是：反应物的原子全部转化为期望的最终产物。【详解】A回收利用废旧电池可减少电池对环境的污染，符合
19、“绿色化学”要求，A符合题意；B太阳能热水器是利用太阳光的热辐射来加热水，不会排放废气，而燃气热水器用燃气加热水，会排放废气，所以用燃气热水器代替太阳能热水器不符合“绿色化学”要求，B不符合题意；C将实验室的有机废液直接倒入下水道会污染下水道中的水，污染环境，不符合“绿色化学”要求，C不符合题意；D在通风橱中制取SO2，用NaOH溶液吸收尾气，防止其污染环境，符合“绿色化学”要求，D符合题意； 答案选AD。12BC【详解】A钠与CuSO4溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2Na+H2，错误；B将NaHSO4溶液和NaHCO3溶液混合，生成硫酸钠、水、二氧化碳，离子方程式为：
20、，正确；C碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：，正确；D往Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸说明Ba(OH)2过量，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，错误；故选BC。13CD【分析】Na是活泼金属，能与水反应，其反应方程式为2Na2H2O=2NaOHH2，4.6g钠的物质的量为0.2mol，消耗0.2molH2O，生成0.2molNaOH和0.1molH2，金属铝与NaOH溶液反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，2.7gAl的物质的量为0.1mol，消耗0.1molNaOH和0.1molH2O，生成0.1molNaAlO2和0.15molH2，据此分
21、析；【详解】A根据上述分析，反应后溶液中的溶质为NaOH和NaAlO2， 且它们的物质的量为0.1mol，阳离子为Na，阴离子为和OH，阳离子物质的量为0.2mol，阴离子物质的量之和为(0.1mol+0.1mol)，阳离子与阴离子物质的量之比为1：1，故A说法正确；B根据上述分析，消耗H2O总质量为(0.2mol0.1mol)18gmol1=5.4g，消耗Al的质量为2.7g，因此反应中消耗的水的质量是加入Al质量的2倍，故B说法正确；C所得溶液中NaAlO2的物质的量为0.1mol，c()=0.2molL1，故C说法错误；D题中没有说明是否是标准状况，因此无法计算气体的体积，故D说法错误；
22、答案为CD。14BC【详解】，,铜和浓硝酸发生反应：，与稀硝酸发生反应：，0.2 mol铜与80 mL10 mol/L HNO3充分反应后，生成Cu(NO3)2的物质的量为0.2mol，溶液中含0.1 molH+，则剩余硝酸0.1 mol，根据N元素守恒，可知生成气体的物质的量为0.8mol-0.4mol-0.1mol=0.3mol。A硝酸有剩余，说明铜完全反应，0.2 mol铜会失去0.4mol电子，如果全部生成二氧化氮，会得到0.4mol气体，而根据氮元素守恒只有0.3mol气体，所以不可能全部是二氧化氮，故A错误；B0.2 mol铜会失去0.4mol电子，所以反应中转移的电子的物质的量为
23、0.4 mol ，故B正确；C硝酸被还原生成二氧化氮和一氧化氮，根据N元素守恒，可知被还原的硝酸的物质的量为生成气体的物质的量，即0.3mol，故C项正确；D反应后溶液中含有0.2mol Cu(NO3)2和0.1molHNO3，的物质的量为0.5mol，故D项错误；故答案为：BC15 【详解】CH3CHO能与银氨溶液发生银镜反应；CH3CH2OH能与金属钠反应生成乙醇钠和氢气；能发生消去反应生成乙烯；能与羧酸发生酯化反应；CH3COOH能与氢氧化钠溶液发生中和反应；能与NaHCO3溶液反应生成CO2；能与金属钠反应生成乙酸钠和氢气；CH3COOC2H5能在碱性条件下水解；因此能与Na反应的是；
24、能与NaOH溶液反应的有；能与银氨溶液发生银镜反应的是；既能发生消去反应，又能发生酯化反应的是。16第四周期第族 B 第六周期 第B族 金刚石 锂 Na Al HClO4 NaH 【详解】(1)由图可知，元素X是Co，在周期表中的位置为第四周期第族；(2)A中含H为非金属，C中含N、O、F、S、Cl等非金属元素，D中均为稀有气体，只有B为过渡元素，B中均为金属元素；(3)所含元素最多的周期第六周期，含32种元素；所含元素最多的族是为B族，含锕系和镧系；(4)硬度最大的是单质金刚石，密度最小的金属为锂；(5)原子序数为118号元素中，Na的金属性最强，则与水反应最剧烈的金属元素是Na，铝既能与酸
25、反应又能与碱反应；元素的最高价氧化物所对应的酸其酸性最强的物质是HClO4；原子半径最大的金属为Na，原子半径最小的非金属为H，二者形成离子化合物NaH。17圆底烧瓶 SO2+Cl2+2H2O4H+2Cl-+ 溶液紫红色褪去(溶液褪色) 2H2S+SO23S+2H2O 将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色 防止倒吸 【分析】装置A中发生反应Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O，二氧化硫有还原性，能使氯水与酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫与装置D中的H2S发生反应生成硫单质，从而使溶液变浑浊，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫溶于水，污染空气，用F装置吸收并防止倒
26、吸，据此分析作答。【详解】(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是圆底烧瓶；(2)在装置B中含有新制的氯水，溶液显黄绿色，通入SO2气体，发生反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O4H+2Cl-+，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以装置C中的现象是溶液紫红色褪去。二氧化硫具有氧化性，和硫化氢反应生成单质硫和水，则中装置D发生反应的化学方程式为2H2S+SO23S+2H2O；(3)二氧化硫的漂白是不稳定的，受热易恢复原来的颜色，则装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，其实验操作及现象为将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色；(4)装置F中安装了一个倒扣漏斗，作用是扩大SO2被溶液吸收面积
27、，使SO2被溶液充分吸收，防止倒吸现象的发生。18+3 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 b、c、e 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 NaOH溶液 Na2CO3溶液 21 1.57 【分析】从流程图可以看出，“反应”的反应物为硫酸、SO2、NaClO3，而生成物为NaHSO4和ClO2，将ClO2和食盐水电解后得到Cl2和NaClO2，发生反应：，再将尾气ClO2与氢氧化钠、H2O2发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O，最后将NaClO2溶液经结晶干燥得到NaClO2，由此分析作答。【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0的原理，可
28、计算出NaClO2中氯元素化合价为+3；(2)根据元素守恒可知，黄铁矿(FeS2)和氧气反应生成Fe2O3和SO2，铁元素的化合价从+2价升高到+3价，硫元素的化合价从-1价升高到+4价，化合价共升高了11价，氧元素的化合价从0价降低到-2价，化合价共降低了4价，根据化合价升降总和相等，配平后的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(3)NaHSO4在水溶中电离时产生钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子，属于电解质；NaHSO4属于酸式盐；NaHSO4由钠离子、硫酸氢根离子之间通过静电作用形成，属于离子化合物，答案选bce；(4)
29、从流程图可以看出，反应物为硫酸、二氧化硫、氯酸钠，而生成物为硫酸氢钠和二氧化氯，氯的化合价由+5价变成+4价，硫的化合价由+4价变成+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2NaClO3+H2SO4+SO2=2NaHSO4+2ClO2；(5)为除去镁离子和钙离子，可加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子，分别得到氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，并从其中过滤出来以达到精制的目的；(6)由题意可知，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，能够写出该反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，ClO2中氯元素的化合价从+4价降低到+3价，作
30、氧化剂，H2O2中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，作还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为21；(7)由题意，氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子，根据：NaClO2Cl-，Cl22Cl-，得电子数相等时，存在：NaClO22Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量故亚氯酸钠的有效氯含量1.57。190.26 0.02 BD 22:3 65% 2:1 0.47 【详解】(1)由表知，第9分钟以后，甲醇的浓度不再变化，则已处于化学平衡状态，故0.26；39min内，。(2)对于：A反应中与的物质的量浓度之比取决于起始时各成分的物质的量，不能说明上述反应达到化学平衡状态，A错误；B反应中，气体的物质
31、的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，B正确；C从速率的角度，时达到平衡，故单位时间内生成1mol ，同时生成1mol时，不是化学平衡状态，C错误；D反应中，气体的物质的量会随着反应而变化，混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，D正确； 故能说明上述反应达到平衡状态的是BD。(3)6min末时，CO2的物质的量为0.35mol，则已消耗掉的CO2的物质的量分数为；(4)投料时(g)和(g)的物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，则上述反应体系中、任何时刻包括12min末时，混合气体中(g)和(g)的物质的量之比恒等于1:3，故质量之比是22:3。(5)从正反应建立平衡，第3min时还未平衡、第9min时已经处于平衡状态，此过程中反应物浓度不断下降，故第9min时。(6)由表知，0到10min，X的物质的量浓度增加0.4mol/L、Y的物质的量浓度减小0.2mol/L，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即X与Y的化学计量数之比2:1。 ，c=0.47。