2022年河南省平顶山市第十六中学高一化学下学期期末试卷含解析

2022年河南省平顶山市第十六中学高一化学下学期期末试卷含解析一、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.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是（

）A．Fe3+

B．Al3+C．NH4+

D．Fe2+参考答案：B解：A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子浓度增大，故A错误；B、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则铝离子量不变，故B正确；C、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成大量的NaOH，铵根和氢氧化钠反应，这样NH4+转化成NH3从溶液逸出，铵根离子减少，故C错误；D、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子浓度减小，故D错误．故选B．2.下列物质在一定条件下能发生水解反应，且水解产物能发生银镜反应的是(

)A、葡萄糖

B、蛋白质

C、蔗糖

D、乙酸乙酯参考答案：C略3.下列物质中，既含有离子键，又含有共价键的是（）A．CaCl2 B．H2O2

C．Na2S D．NaOH参考答案：D【考点】化学键．【分析】一般来说，活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答．【解答】解：A．CaCl2中钙离子和氯根离子之间存在离子键，氯根离子之间没有共价键，故A错误；B．H2O2中氢原子和氧原子之间存在共价键，氧原子和氧原子之间存在共价键，故B错误；C．Na2S中钠离子和硫离子之间存在离子键，故C错误；D．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，故D正确；故选D．4.为了验证小苏打中是否含有纯碱，下列实验操作及方法正确的是()A．观察加热时是否放出气体B．观察滴加盐酸时能否放出气体C．溶于水中，再滴加石灰水，观察有无沉淀产生D．溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，观察有无白色沉淀产生参考答案：D5.下列叙述正确的是A.放热的化学反应不需要加热就能发生B.断裂化学键会释放能量，形成化学键会吸收能量C.根据能量守恒定律，反应物的总能量等于生成物的总能量D.相同条件下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下所放出的热量相同参考答案：D【分析】A、反应条件与反应中能量变化无关；B、断裂化学键吸收热量；C、化学反应遵循能量守恒定律；D、焓变与反应条件无关。【详解】A.反应条件与反应是放热或吸热没有关系，如燃烧为放热反应，需要加热，故A错误；B.断裂化学键会吸收能量，形成化学键释放能量，故B错误；C.由于任何化学反应都会伴随能量变化，则根据能量守恒定律可知反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故C错误；D.由于反应热与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，相同条件下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下所放出的热量相同，故D正确；故选D。【点睛】本题考查反应热与焓变，解题关键：把握反应中能量变化、焓变与反应条件，易错点C，任何化学反应都会伴随能量变化。6.如图所示的实验，能达到实验目的是（）ABCD验证化学能转化为电能验证非金属性：Cl＞C＞Si实验室制氨气研究催化剂对化学反应速率的影响

参考答案：D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．没有构成闭合回路；B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应；C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量．【解答】解：A．没有构成闭合回路，不能形成原电池装置，则不能验证化学能转化为电能，故A错误；B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应，则不能比较C、Si的非金属性，故B错误；C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐与碱加热制备，故C错误；D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量催化剂，则图中装置可研究催化剂对化学反应速率的影响，故D正确；故选D．7.使1mol乙烯与氯气发生完全加成反应，然后使该加成反应的产物与氯气光照的条件下发生取代反应，则两个过程中消耗的氯气的总的物质的量（

）A．3mol

B．4mol

C．5mol

D．6mol参考答案：C略8.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是A.原子半径：d>c>b>a

B.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱

D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强参考答案：Ba、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，因此a、b、c、d分别为O、Na或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。9.某温度下，反应2A(g)B(g)(正反应为吸热反应)在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B)＝b，下列叙述正确的是

()A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a<bB．若a＝b，则B容器中一定使用了催化剂C．若其他条件不变，升高温度，则有a<bD．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则有a>b参考答案：B10.化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198P—O：360O===O：498若生成1molP4O6，则反应P4(白磷)＋3O2===P4O6中的能量变化为()A.吸收1638kJ能量

B.放出1638kJ能量C.吸收126kJ能量

D.放出126kJ能量参考答案：B分析：反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP-P键．详解：化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198P—O：360O===O：498，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1molP4和3molO2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1，反应放热1638kJ，故选B。11.把少量的溴水注入KI溶液中，经充分反应后，加入CCl4振荡，静置后可观察到（

）A．液体分成两层，下层呈紫色

B．液体分成两层，上层呈紫色C．混合液不分层，且无色透明

D．混合液不分层，且呈褐色参考答案：A略12.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是A.含有HCO3-的溶液中：K+、OH-、NO3-、Ca2+B.滴入KSCN溶液显血红色的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、Br-C.无色并能使石蕊试液变蓝的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-D.由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3-、SO42-参考答案：BA.含有HCO3－的溶液中OH-、Ca2+与碳酸氢根反应生成水和碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；B.滴入KSCN溶液显血红色的溶液中含有铁离子，Na+、Mg2+、SO42-、Br-之间不反应，可以大量共存，B正确；C.无色并能使石蕊试液变蓝的溶液显碱性，则NH4+、Cu2+均不能大量共存，C错误；D.由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性，Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，如果显碱性NH4+、Fe2+不能大量共存，D错误，答案选B。点睛：掌握相关离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。...13.已知A、B、C、D

为短周期元素构成的四种物质，它们有如下转化关系且D

为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是（

）A.若A

为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2∶3B.若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第2周期ⅣA族C.不论A

为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质，该物质的浓溶液在常温下都能使铁和铝发生钝化D.若A

是共价化合物，0.1molA

分子中含有的电子数可能为NA

(NA

为阿伏加德罗常数的值)参考答案：BA、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系，A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A为N或S，其中氮与镁反应的产物中阴阳离子的个数比为2：3，A正确；B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，B错误；C．不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质：硝酸或硫酸，浓硝酸或浓硫酸在常温下都能使铁和铝发生钝化，C正确；D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，O.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，D正确，答案选B。14.下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是A.人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量B.淀粉和纤维素葡萄糖CO2和H2O(释放能量维持生命活动）C.油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O(释放能量维持生命活动）D.蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）

参考答案：B略15.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A.在常温常压下，48g氧气和臭氧的混合气体含氧原子数是3NAB.标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为3NAC.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAD.lmolNa2O2与水充分反应转移的电子数为2NA参考答案：AA.氧气和臭氧均是氧原子形成的单质，在常温常压下，48g氧气和臭氧的混合气体含氧原子的物质的量是48g÷16g/mol＝3mol，个数是3NA，A正确；B.标准状况下三氧化硫是固体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LSO3中含有的原子数目，B错误；C.1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，例如与氢氧化钠溶液反应转移1mol电子，C错误；D.lmolNa2O2与水充分反应转移的电子数为NA，D错误，答案选A。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：（1）步骤①的化学方程式_______________________，反应类型________________。步骤②的化学方程式_______________________，反应类型________________。（2）某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题：①试管A发生反应的化学方程式___________________________________。②试管B中的试剂是______________________；分离出乙酸乙酯的实验操作是________________（填操作名称），用到的主要玻璃仪器为____________________。③插入右边试管的导管接有一个球状物，其作用为_______________________。（3）为了制备重要的有机原料——氯乙烷(CH3—CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是：CH3-CH3+Cl2CH3-CH2Cl+HCl。乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条件下制备，原理是：CH2=CH2+HCl→CH3-CH2Cl。你认为上述两位同学的方案中，合理的是____，简述你的理由：__________________。参考答案：(1)CH2=CH2+H2OCH3-CH2OH

加成反应

2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

氧化反应

(2)①CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O

②饱和碳酸钠溶液

分液

分液漏斗

③防止溶液倒吸

(3)乙同学的方案

由于烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到产物往往是混合物；而用乙烯与HCl反应只有一种加成反应，所以可以得到相对纯净的产物解析：A为乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，B为乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C为乙醛、D是乙酸，乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E，E为乙酸乙酯，则（1）反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（2）①乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②由于乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，碳酸钠溶液能够与乙酸反应，还能够溶解乙醇，所以通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；乙酸乙酯不溶于水，所以混合液会分层，乙酸乙酯在上层，可以分液操作分离出乙酸乙酯，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗；③吸收乙酸乙酯时容易发生倒吸现象，球形导管可以防止溶液倒吸；（3）烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物；乙烯与HCl反应只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。点睛：本题考查了有机物的推断、乙酸乙酯的制备、化学实验方案的评价等知识，注意掌握常见有机物结构与性质、乙酸乙酯的制取方法及实验操作方法，明确化学实验方案的评价方法和评价角度等。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.请参考题中图表，已知E1=134kJ/mol、E2=368kJ/mol，根据要求回答问题：(1)图I是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能最变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是___

(填“增大”

、“减小”或“不变”下同)

,△H的变化是________。请写出

NO2和CO反应的热化学方程式:__________。(2)如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P-PP-OO=OP=O键能/kJ/molabcx

已知白磷的燃烧热为d

kJ/

mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图II所示。1个P4O10分子中P-O

的个数为_______，表中x=_____kJ/mol(用含a、b、c、d的代表数式表示)。参考答案：(1)减小

不变

NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ·mol－1

(2)12

(d＋6a＋5c－12b)分析：(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；(2)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算。详解：(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ?mol-1；(2)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据图示，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol)=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为：12；。点睛：本题考查催化剂对化学反应的热效应的影响和反应热的计算，注意焓变计算和物质聚集状态的标注。本题的易错点为(2)中反应热的计算，特别是注意分析白磷和产物P4O10的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。18.用铜、银与硝酸银设计一个原电池，此电池的负极是