山西省临汾市霍州师庄老张湾中学2022年高一化学期末试题含解析

山西省临汾市霍州师庄老张湾中学2022年高一化学期末试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列分子的所有原子都在同一平面上的是A．

H2C==CHCH3

B．

C．

H2C==CHCl

D．乙烷参考答案：C略2.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是

（

）A．Mg2+、Al3+、Fe2+

B．H+、Mg2+、Al3+C．H+、Ba2+、Al3+

D．只有Mg2+、Al3+

参考答案：B略3.三种正盐的混合溶液中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl—，则SO42—的物质的量为（

）A．0.1molB．0.3molC．0.5molD．0.15mol参考答案：D略4.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是(

)共价键H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A.1molH2和1molF2完全反应时，释放25kJ能量B.表中最稳定的共价键是H-F键C.1molH2转化为H原子时，吸收436kJ能量D.432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol参考答案：A【分析】A、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断．B、键能越大形成的化学键越稳定；C、H-H的键能436kJ/mol，1molH2转化为H原子时，吸收436kJ能量；D、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；【详解】A、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436KJ·mol－1+157KJ·mol－1-2×568KJ·mol－1=-543KJ·mol－1，H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=-543kJ·mol－1，1molH2和1molF2完全反应时，释放543kJ能量，故A错误；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，故B正确；C、H-H的键能436kJ/mol，1molH2转化为H原子时，吸收436kJ能量，故C正确；D、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432kJ·mol－1＞E（H-Br）＞298kJ·mol－1，故D正确；故选A。5.Cu2(OH)2CO32A＋CO2↑＋H2O,反应中物质A的化学式为A．Cu(OH)2

B．Cu

C．CuO

D．Cu2O参考答案：C6.下列物质中，不能使有色布条褪色的是A.氯水

B.次氯酸钠溶液

C.漂白粉溶液

D.氯化钙溶液参考答案：D略7.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是

（

）A．Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl

B．Fe+CuSO4===Cu+FeSO4C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

D．CaO＋H2O===Ca（OH）2参考答案：B略8.下列有关化学用语表示正确的是(

)A.中子数为8的氧原子：188O

B.Mg2+的结构示意图：C.硫化钠的电子式：

D.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2参考答案：B【详解】A.中子数为8的氧原子其质量数是8+8＝16，则可表示为，A错误；B.Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则结构示意图为，B正确；C.硫化钠是离子化合物，电子式为，C错误；D.甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，C2H4O2表示甲酸甲酯的分子式，D错误。答案选B。9.下列电离方程式正确的是（

）A.Ba(OH)2=Ba2++OH- B.Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-C.H2SO4=H2++SO42- D.NaHCO3=Na++H++CO32-参考答案：BA.氢氧化钡是二元强碱，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，A错误；B.硫酸铝是盐，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，B正确；C.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，C错误；D.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－，D错误，答案选B。点睛：关于酸式盐电离方程式的书写需要注意：①强酸酸式盐完全电离，一步到底。如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－，但在熔融状态下共价键不变，则其电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO4－。多元弱酸酸式盐，第一步完全电离，其余部分电离。如NaHCO3===Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－，与之类似的还有亚硫酸氢钠、硫氢化钠等。

10.下列溶液中物质的量浓度肯定为1mol/L的是()A．将40gNaOH固体溶解于1L水中B．将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C．将1L10mol/L浓盐酸与10L水混合D．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液参考答案：D11.A、B、C、D、E五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有D为金属，A与D同主族，C与E同主族，B原子最外层电子数是内层电子数的2倍，D+与C3－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（

）

A．C的氧化物都能跟碱反应

B．沸点：CA3＞EA3，离子半径：D+＞C3－C．B的最高价氧化物的水化物是非电解质

D．C的常见氢化物与C的最高价氧化物的水化物能发生化合反应参考答案：D略12.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl晶体、BaSO4 B．铜、二氧化硫C．硫酸溶液、HCl D．熔融的KNO3、酒精参考答案：D【考点】电解质与非电解质．【分析】根据在一定条件下能否导电，可以将化合物分为电解质与非电解质；常见的电解质包括酸、碱、盐、活泼的金属氧化物，非电解质是除去酸、碱、盐、活泼的金属氧化物的化合物．【解答】解：A．BaSO4NaCl晶体都属于盐，故都为电解质，故A错误；B．铜为金属单质，不属于化合物的范畴，二氧化硫为非电解质，故B错误；C．硫酸溶液为混合物，不属于化合物的范畴，HCl为电解质，故C错误；D．熔融的KNO3为盐，为电解质；酒精为弱电解质，故D正确．故选：D．13.有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是（

）A.该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32-、SO42-，不含Cl-B.该混合液中—定含有：NH4+、CO32-、SO42-，可能含K+、Cl-C.该混合液中一定含有：NH4+、CO32-、SO42-、Cl-，可能含K+D.该混合液中：c(K+)≥0.1mol/L

c(CO32-)=0.1mol/L参考答案：D试题分析：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明Cl－、CO32－、SO42－中至少含有一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体，气体是氨气，一定含有铵根，物质的量是0.03mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明达到的白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡，其中硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，碳酸钡的物质的量是（4.30g－2.33g）÷197g/mol＝0.01mol，阴离子的总电荷为0.01mol×2+0.01mol×2＝0.04mol＞0.03mol，所以一定还存在K+，氯离子不能确定。由于氯离子不能确定，所以钾离子的物质的量至少是0.04mol－0.03mol＝0.01mol，其浓度≥0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，碳酸根的浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选D。【名师点睛】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。14.科学家最近在-100℃的低温下合成一种烃

X,此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键)。下列说法正确的是（

）A.X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色B.X是一种常温下能稳定存在的液态烃C.X和乙烷类似,都容易发生取代反应D.充分燃烧等质量的X和甲烷,X消耗氧气较多参考答案：A试题分析：根据碳四价的原则，该化合物的分子式是C5H4，在四个顶点上的碳原子之间存在碳碳双键。A．X由于含有碳碳双键，因此既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；B．X分子中含不饱和的碳碳双键，在－100℃的低温下合成一种该烃，因此烃X是一种常温下不能稳定存在的液态烃，错误；C．X容易发生加成反应，而乙烷容易发生取代反应，因此二者的性质不相似，错误；D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气是m/64×6<而甲烷消耗的氧气是m/16×2,因此消耗的氧气甲烷较多，错误。15.实验室用铅蓄电池作电源电解水，已知铅蓄电池放电时的电极反应如下：

负极：Pb+SO42――2e―==PbSO4

正极：PbO2+4H++SO42―+2e―==PbSO4+2H2O

若制得0.1mol的H2，此时电池内消耗的硫酸的物质的量至少是

A．0.025mol

B．0.50mol

C．0.10mol

D．0.20mol参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某同学在用稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)上述实验中发生反应的化学方程式有__________________。(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是____________。(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是________。(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有________________________________________________________(答两种)。(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________；②反应一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色；③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因：___________________________________________________。参考答案：(1)Zn＋CuSO4===ZnSO4＋CuZn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu/Zn微电池，加快了氢气产生的速率(3)Ag2SO4(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等(任写两种即可)(5)①301017.5②灰黑暗红③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积

解析稀硫酸与锌的反应过程中加入少量硫酸铜，是利用锌置换出铜，构成Cu－Zn－H2SO4原电池，加快锌的反应速率；Ag2SO4也可以达到同样效果。由于是CuSO4的量对氢气生成速率的影响，所以硫酸的浓度要相同，一是所加硫酸的量相同，二是混合溶液的体积相同，所以V1～V5均为30mL，由F组数据可知，CuSO4溶液的体积加水的体积为20mL，故V6＝20mL－10mL＝10mL，V9＝20mL－2.5mL＝17.5mL。A组中无铜生成，反应后锌呈灰黑色，E组中生成较多的铜，呈暗红色。有较多的铜生成时，其覆盖在锌表面，降低了锌与溶液的接触面积。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.氮化碳是化工行业新合成的一种硬度比金刚石还大的晶体材料，已知在此化合物中各元素均处于其最高或最低价态，据此推断：（1）氮化碳的化学式可能是___________。（2）氮化碳的晶体类型为________，该晶体中微粒间的作用力是________。（3）氮化碳晶体可能还具有的性质或特点有________。①熔点很高

②可以导电

③不存在单个分子

④具有空间网状结构参考答案：(1）_C3N4____（2）

原子晶体

，

共价键

（3）

1.3.4

略18.随原子序数的递增,八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如以下左图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）A、B均为以上某两种元素组成的分子，A中有四个原子核和10个电子，B中有6个原子核和18个电子，则A的分子式为________，B的分子式为_________。（2）比较e、f离子的半径大小(用元素离子符号表示)__________________；非金属性g_____h(填“强于”或“弱于”)，用一个化学方程式证明你的推论________。（3）上述元素可组成盐R【化学式为zx4f(gd4)2】,向盛有10mL1mol·L?1R溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如以上右图：①上述NaOH溶液物质的量的浓度为_________________________。②写出m点反应的离子方程式______________________________。③若向R溶液中改加20mL1.1mol·L?1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______________mol.参考答案：(1)NH3

N2H4

(2)r(Na+)>r(Al3+)

弱于

H2S+Cl2===S↓+2HCl

(3)1mol?L?1

NH4++OH-=NH3?H2O

0.026.解析：由x-h均为短周期元素，根据柱状图可知，x处于第一周期，y、z、d处于第二周期，e、f、g、h处于第三周期，根据各元素最高正价或最低负价可知x、e处于ⅠA族，y处于第ⅣA族，z处于第ⅤA族，d、g处于第ⅥA族，f处于第ⅢA族，h处于第ⅦA族，由此可知x为氢、y为碳、z为氮、d为氧、e为钠、f为铝、g为硫、h为氯。（1）A中有四个原子核和10个电子，A为NH3；B中有6个原子核和18个电子，B为N2H4；正确答案：NH3；N2H4。（2）e为钠、f为铝；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小r(Na+)>r(Al3+)；g为硫、h为氯；同一周期原子半径越小，非金属性越强，所以g弱于h；氯气与硫化氢反应制备单质硫，体现了氯气氧化性大于硫，氯元素的非金属性大于硫元素，反应为H2S+Cl2==S↓+2HCl；正确答案：r(Na+)>r(Al3+)；弱于；H2S+Cl2==S↓+2HCl。（3）①上述元素可组成盐R化学式为NH4Al(SO4)2,向盛有10mL1mol·L?1R溶液的烧杯中滴加NaOH溶液,当氢氧化钠滴加到50mL时，恰好形成偏铝酸钠和一水合氨，根据反应关系：Al3+--4OH-和NH4+-OH-可知：设NaOH溶液物质的量的浓度为cmol/L,c×50×10-3=10mL×1×10-3×4+10mL×1×10-3,c=1mol/L；正确答案：1mol?L?1。②由图可知0-30mL，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，氢氧化铝沉淀逐渐增多，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3?H2O，离子方程式为：NH4++OH-=NH3?H2O，40-50mL，使氢氧化铝逐渐溶解；正确答案：NH4++OH-=NH3?H2O。③20mL1.1mol·L?1Ba(OH)2溶液提供的氢氧根离子的量为20×1.1×10-3×2=0.044mol；10mL、1mol·L?1NH4Al(SO4)2溶液中含有NH4+的量为10mL×1×10-3=0.01mol，含有Al3+的量为10mL×1×10-3=0.01mol，其中，与铵根离子反应消耗的氢氧根离子的量为0.01mol，剩余的氢氧根离子的量为0.044-0.01=0.034mol，根据反应关系：Al3+--3OH—Al(OH)3,可知：0.01molAl3+完全反应消耗氢氧根离子的量为0.03mol，生成氢氧化铝系可知，0.004mol氢氧根离子完全反应消耗氢氧化铝的量为0.004mol，最终产生的氢氧化铝的量为0.01-0.004=0.006mol；钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀硫酸钡根据反应关系：Ba2+---SO42_-BaSO4；硫酸根离子的量为10mL×1×10-3×2=0.02mol，钡离子的量为20×1.1×10-3=0.022mol，所以按硫酸根离子进行计算，生成