河南省南阳市六校联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试题（含答案解析）

第1页/共1页2022-2023学年(下)南阳六校高一年级期中考试化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2022年俄乌冲突升级引发能源短缺危机，新能源技术突显重要性。下列关于能源问题的叙述正确的是A.氢能、天然气、风能、太阳能都是新能源B.天然气燃料电池工作时，天然气通入的一极是正极C.反应中能量变化的大小与可燃物的性质有关，与质量无关D.推广开发使用清洁能源，有利于实现人与自然的和谐共生【答案】D【解析】【详解】A．天然气是化石燃料，不是新能源，A错误；B．燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入天然气的一极为负极，B错误；C．可燃物的燃烧反应都是放热反应，可燃物越多，放出的热量也越多，与质量有关，C错误；D．使用清洁能源可以减少污染，有利于实现人与自然的和谐共生，D正确；故选D。2.化学与环境、科技、社会等密切相关。下列说法正确的是A.用于染料敏化太阳能电池的中钛属于过渡元素B.用于激光器的的组成元素全部为短周期元素C.用于激光制导弹的GaAs是一种新型金属材料D.建设世界最高桥-北盘江大桥使用的水泥属于新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．Ti位于周期表中第四周期第IVB族，属于过渡元素，A正确；B．KH2PO4中，K位于第四周期，属于长周期元素，B错误；C．金属材料包括纯金属和合金，CaAs是化合物，不属于金属材料，C错误；D．水泥是传统无机非金属材料，D错误；故选A。3.下列化学用语表示正确的是A.质量数为35的S原子：B.氟的原子结构示意图：C.的电子式：D.铁红的化学式：【答案】A【解析】【详解】A．质量数为35的S原子表示为，A正确；B．氟的原子结构示意图为，B错误；C．Na2O2的电子式为，C错误；D．铁红为氧化铁，化学式为Fe2O3，D错误；故答案选A。4.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为。下列四组实验中出现浑浊时间的关系正确的是实验反应温度/℃溶液溶液出现浑浊时间①2550.250.210②2550.1100.15③35100.250.45④35100.150.25A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】在一定范围内，反应物的浓度越大，反应温度越高，反应速率越大，且温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，③④组的温度高于①②组，其中③组反应物浓度高于④组，则反应速率③>④，①组反应物浓度高于②组，则反应速率①>②，则反应时间t2>t1>t4>t3，故答案选B。5.向5L恒容密闭容器中充入一定量和，发生反应：，其中、NO的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。则0～10min内用NO浓度变化表示的平均反应速率为A.0.04mol·L-1·min-1 B.0.02mol·L-1·min-1C.0.004mol·L-1·min-1 D.0.008mol·L-1·min-1【答案】D【解析】【详解】从化学方程式可知，NO为产物，则在反应过程中NO的物质的量逐渐增大，则上升的曲线表示NO的物质的量随反应时间变化的情况，0-10min内，NO物质的量增大0.4mol，则v(NO)=，故答案选D。6.下列说法正确的是A.第IA族元素都属于碱金属元素，均易失电子B.短周期元素的离子、的电子层结构相同，则C.与的质子数和电子数均相等D.短周期元素中电子总数是电子层数2倍的元素有3种【答案】B【解析】【详解】A．第IA族中的H元素不是碱金属元素，A错误；B．、的电子层结构相同，故a-2=b+1，因此a-b=3，B正确；C．有11个质子，OH-有9个质子，二者的质子数不同，C错误；D．短周期中，电子总数是电子层数2倍的元素有He、Be两种，D错误；故选B。7.一定条件下，白磷转化为红磷的能量关系如图所示。在该条件下，下列说法正确的是A.白磷比红磷稳定 B.红磷转化为白磷是吸热反应C.红磷与白磷互为同位素 D.等质量的红磷与白磷完全燃烧释放的热量相同【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，白磷的能量高于红磷的能量，物质能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，A错误；B．由图可知，白磷的能量高于红磷的能量，红磷转化为白磷是吸热反应，B正确；C．红磷与白磷为P元素形成的不同单质，互为同素异形体，C错误；D．红磷、白磷能量不同，则等质量的红磷与白磷完全燃烧释放的热量不同，D错误；故选B8.用光能和催化剂将和转化为的反应为。下列能说明该反应一定达到平衡状态的是A.与的物质的量相等 B.恒容密闭容器中压强保持不变C. D.混合气体的平均相对分子质量保持不变【答案】C【解析】【详解】A．化学平衡时各组分的浓度保持不变，不一定相等，A不符合题意；B．该反应为前后气体体积不变的反应，因此压强一直保持不变，不是变量，不能判定反应达到平衡，B不符合题意；C．v正(CO2)为正向，v逆(CH4)为逆向，且v正(CO2)=v逆(CH4)符合化学计量数之比，因此可以判定反应达到平衡状态，C符合题意；D．混合气体的相对分子质量与摩尔质量成正比，M=，根据质量守恒定律，m为定值，由于该反应为前后气体体积不变的反应，n也为定值，因此M不是变量，不能判定反应达到平衡，D不符合题意；故选C。9.X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y、W也同主族，且Y的原子序数比X大1，Z的原子序数是X的3倍。下列说法错误的是A.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>XB.W的单质既能与盐酸反应，又能溶于NaOH溶液C.四种元素均为金属元素D.常温下，Z、W的单质均能在空气中形成氧化膜【答案】C【解析】【分析】X、Z同主族，Z的原子序数是X的3倍，故X为Be，Z为Mg，Y的原子序数比X大1，Y为B，Y、W也同主族，W为Al。【详解】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族元素从上到下金属性依次增强，因此碱性Mg(OH)2＞Be(OH)2，A正确；B．W为Al，为两性金属，既能与盐酸反应，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，又能跟NaOH反应，B正确；C．根据分析，四种元素中B不是金属元素，C错误；D．Mg和Al为活泼金属，常温下会被O2氧化生成一层氧化膜，D正确；故选C。10.用a、b、c、d四种金属片进行如下实验，实验装置和现象如下表所示：装置现象a电极附近产生大量气泡电子由c电极经导线流向d电极电解质溶液颜色变浅，b电极质量增加据此判断，这四种金属的活动性顺序为A.a>b>c>d B.a>b>d>c C.b>a，b>d>c D.c>d>b>a【答案】D【解析】【详解】第一个原电池装置中，a电极附近产生大量气泡，说明a为正极，则金属活动性a<b，第二个原电池装置中，电子由c电极经导线流向d电极，则c电极为负极，金属活动性c>d，第三个原电池装置中，b电极质量增加，则b电极为正极，金属活动性d>b，则四种金属的活动性顺序为c>d>b>a，故答案选D。11.某同学用等质量的锌粉分别与的盐酸和的盐酸反应，放出的体积随反应时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.曲线a代表的盐酸 B.反应放出的氢气均是0.25molC.两种情况下，锌都完全反应 D.反应时滴入少量硫酸铜溶液，对反应速率无影响【答案】C【解析】【分析】等质量的锌与等体积不同浓度的盐酸反应，生成的氢气的量相同，说明锌不足。【详解】A．反应物浓度越大，反应速率越快，a曲线对应反应速率大于b，则a曲线表示2mol/L的盐酸，A错误；B．从图中只能看出Zn的量不足，但无法得知Zn具体的量为多少，无法确定反应放出的氢气的量，B错误；C．两种情况下放出氢气的量相同，说明两种情况下Zn都不足，Zn都反应完全，C正确；D．反应时滴入少量硫酸铜溶液，Zn与硫酸铜反应生成单质铜，Cu、Zn和HCl形成原电池能加快反应速率，D错误；故答案选C。12.利用图中实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是选项ABCD实验目的将海带灼烧成灰探究镁、铝的失电子能力强弱从的悬浊液中分离出碘单质验证得电子能力：N>C>Si实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．灼烧海带应该在坩埚中，故A错误；B．盐酸的浓度不同，不能比较镁、铝的失电子能力强弱，故B错误；C．从的悬浊液中通过过滤分离出碘单质，故C正确；D．由于硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸与硅酸钠反应生成硅酸，因此无法证明得电子能力：N>C>Si，故D错误；故选C。13.一种新型Na-Zn双离子二次电池放电时的工作原理如图所示。该二次电池放电时，下列有关说法正确的是A.M极发生还原反应B.电子由M极通过NaOH溶液移向N极C.通过阳离子交换膜向M极移动D.N极电极反应式为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2【答案】D【解析】【分析】由图可知，原电池中M为负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2。【详解】A．根据分析，M为原电池的负极，发生氧化反应，A错误；B．电子不能在电解质溶液中移动，B错误；C．原电池中，阳离子向正极移动，因此Na+向N电极移动，C错误；D．根据分析，N为正极，电极反应为Na0.6-xMnO2+xNa++xe-=Na0.6MnO2，D正确；故选D。14.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大；B、D元素同主族；C元素的电子层数等于最外层电子数；甲是D元素的最高价氧化物对应的水化物；M、N分别是C、B元素的单质；乙、丙、戊是由这些元素组成的二元化合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是A.常温下，甲的浓溶液与M不发生反应B.在丙转化为戊的反应中，消耗1molN转移C.气态氢化物的还原性：D>BD.丙、戊均能使品红溶液褪色【答案】C【解析】【分析】结合题意和流程图可知，C元素的电子层数等于最外层电子数，C为Al元素，M为Al单质，B为O元素，N为O2，B、D元素同主族，D为S元素，甲是D元素的最高价氧化物对应的水化物，甲为H2SO4，浓硫酸与金属Al在加热条件下反应生成硫酸铝、SO2、H2O，乙、丙、戊是由这些元素组成的二元化合物，则A为H元素，丁为硫酸铝，乙为H2O，丙为SO2，戊为SO3。【详解】A．常温下，浓硫酸与金属Al会发生钝化，在金属Al表面生成一层致密的氧化膜，发生了反应，A错误；B．SO2与O2在催化剂、加热条件下生成SO3为可逆反应，则消耗1molO2转移电子数小于，B错误；C．O元素的氧化性大于S元素，则气态氢化物的还原性：D>B，C正确；D．SO2能使品红溶液褪色，而SO3不能使品红溶液褪色，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，W的单质是空气的主要成分，X与Z的原子序数相差8，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X与Y可形成化合物。请回答下列问题：（1）X、M的元素符号分别为_______、_______。W在元素周期表中的位置是_______。（2）W、X简单氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为_______(用化学式表示)；上述元素形成的含氧酸中酸性最强的为_______(填化学式)。（3）元素W与M能形成化合物Q，Q的结构式为_______(用元素符号表示)，其含有的化学键类型为_______。（4）用电子式表示的形成过程：_______。（5）化合物与M的单质反应能证明Z、M的非金属性强弱，则该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.O②.Cl③.第二周期ⅤA族（2）①.H2O>NH3②.HClO4（3）①.②.共价键（4）（5）Na2S+Cl2=2NaCl+S↓【解析】【分析】Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na，X与Y可形成化合物，则X是O，X与Z的原子序数相差8，则Z是S，W的单质是空气的主要成分，则W是N，M原子序数大于Z，则M是Cl，则W是N，X是O，Y是Na，Z是S，M是Cl，以此解题。【小问1详解】由分析可知，W是N，X是O，M是Cl，则W在元素周期表中的位置是第二周期ⅤA族；【小问2详解】由分析可知，W是N，X是O，同周期越靠右非金属性越强，非金属性越强则其氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强，故稳定性为H2O>NH3，酸性最强的是：HClO4；【小问3详解】由分析可知，M是Cl，W是N，两者可以形成NCl3，其结构式为：；其中N和Cl之间是共价键；【小问4详解】由分析可知Y是Na，Z是S，两者可以形成Na2O2，用电子式表示其形成过程为：；【小问5详解】由分析可知，Y是Na，Z是S，M是Cl，则与M的单质反应的方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓。16.现代社会中，人类的活动都离不开能量，而许多能量的利用与化学反应中的能量变化密切相关。（1）目前国际空间站处理的一个重要方法是，该反应中断裂1mol物质中的化学键吸收的能量、反应过程与能量变化的关系分别如图1、图2所示。①写出的电子式：_______。②形成1molC-H键_______(填“放出”或“吸收”)的能量是_______，断裂1molC-H键吸收的能量比断裂1molC=O键吸收的能量_______(填“多”或“少”)。③从吸热放热角度分析，下列反应与的反应类型相同的是_______(填字母)。A.晶体与晶体混合搅拌B.乙醇在氧气中燃烧C.锌与稀硫酸反应D.氢氧化钠固体溶于水中（2）常温下，某化学兴趣小组设计以下两套原电池装置图(假设不考虑浓硝酸变稀)。①甲装置中电子移动方向是_______。②乙装置中正极产生的电极反应式为_______。③若甲、乙装置中的Cu、Al电极的质量均相等，一段时间后，甲装置中负极的质量比乙装置中负极的质量多21g，且正极产生气体的物质的量相等，则甲装置中溶液增加的质量是_______。【答案】（1）①.②.放出③.④.少⑤.BC（2）①.Al导线Cu②.③.24g【解析】【小问1详解】①的电子式为；②由图1可知，形成1molC-H键放出的能量是，断裂1molC=O键吸收的能量，则断裂1molC-H键吸收的能量比断裂1molC=O键吸收的能量少；③由图2可知，反应放热反应，A．晶体与晶体混合搅拌为吸热反应，A不符合题意；B．乙醇在氧气中燃烧为放热反应，B符合题意；C．锌与稀硫酸反应为放热反应，C符合题意；D．氢氧化钠固体溶于水中放热，但不属于化学反应，D不符合题意；故选BC；【小问2详解】①甲装置中金属Al比金属Cu活泼，与稀硫酸发生氧化还原反应，金属Al失去电子，则甲装置中电子移动方向是Al导线Cu；②乙装置中正极产生的电极反应式为；③甲装置中正极产生的气体为H2，乙装置中正极产生的气体为，甲、乙装置中正极产生气体的物质的量相等，假设均为1mol，则甲装置中转移电子物质的量为2mol，乙装置中转移电子物质的量为1mol，故甲装置中负极消耗的金属铝的质量为，乙装置中负极消耗的金属铜的质量为，因甲装置中负极的质量比乙装置中负极的质量多21g，则甲装置中负极实际上消耗的金属铝的物质的量应为1mol，甲装置中溶液增加了铝元素，失去了氢元素，则溶液增加的质量是1mol×27g/mol-3mol×1g/mol=24g。17.某课外小组的同学设计如下实验装置模拟海水提溴：试回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）实验时，打开，关闭、，点燃C处的酒精灯，反应一段时间。①仪器B中发生反应的离子方程式是_______。②装置D的作用为_______(填两点)。（3）熄灭C处的酒精灯，关闭，打开、，从a、b两处分别通入热空气、。①通入热空气的目的是_______。②反应过程中，装置F中有生成，则装置F中发生的主要反应的离子方程式是_______；检验装置F溶液中含有的方法是_______。③X溶液可能是_______。（4）该小组的同学向反应后的装置F溶液中通入，充分反应后得到混合溶液，用从混合溶液中萃取溴的过程如下：A.向分液漏斗中加入混合溶液和，并盖好玻璃塞；B.倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；C.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中静置，分层；D.将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗口上的小孔；E.旋开活塞，用烧杯接收溶液；F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液。①D步骤操作的目的是_______。②E步骤操作中应注意_______(答两点)。③已知碘在酒精中的溶解度比在水中大得多，能不能用酒精来萃取碘水中的碘？_______(填“能”或“不能”)，其理由是_______。【答案】（1）分液漏斗（2）①.MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O②.除去Cl2中的HCl；平衡气压（3）①.将生成的Br2吹出②.2H2O＋SO2+Br2=4H++③.加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有④.NaOH（4）①.使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出②.分液漏斗要紧贴着烧杯内壁；等到下层液体快要全部流出时，关闭活塞③.不能④.酒精与水互溶【解析】【分析】C为制氯气的装置，B中的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，D中的饱和食盐水除去Cl2中的HCl，长颈漏斗用于平衡气压，E中Cl2可将Br-氧化为Br2，Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中，b通入SO2可与Br2发生发反应，2H2O＋SO2+Br2=H2SO4+2HBr，G装置盛放强碱溶液（如NaOH）用于吸收尾气。【小问1详解】根据外形可知，仪器A为分液漏斗；【小问2详解】①根据分析，B中发生制氯气的反应，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②根据分析，装置D中饱和食盐水的作用为除去Cl2中的HCl，长颈漏斗的作用为平衡气压；【小问3详解】①Br2易挥发，通入热空气可将生成的Br2吹出进入F中；②根据分析，装置F中发生的主要反应的离子方程式是2H2O＋SO2+Br2=4H++；可用Ba2+检验，方法为加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有；③根据分析，G用于吸收尾气，未反应完全的Cl2及生成的Br2均可用强碱吸收，可选用NaOH；【小问4详解】①要使分液漏斗中的液体顺利流下，需接通大气，因此该操作的目的是使漏斗内外空气相通，压强相等，保证漏斗里的液体能顺利流出；②用烧杯接溶液时，分液漏斗要紧贴着烧杯内壁，防止液体飞溅；等到下层液体快要全部流出时，要关闭活塞，防止上层液体放出造成收集的液体不纯；③选择萃取剂时，除了被萃取的物质在萃取剂中溶解度大之外，还要保证萃取剂不能与水相溶，酒精溶于水，无法分层，因此不能用作萃取剂。18.用可以消除氮氧化物的污染，发生的反应为。将和通入恒容密闭容器中，在一定温度下发生上述反应，各组分的物质的量浓度随时