2022届河北省保定市部分重点高中高一下学期期中联考化学试题（含解析）

2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：C：12N：14O：16Na：23Mg：24S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64卷I(选择题，共50分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分)1.《内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法正确的是A.淀粉和纤维素都属于天然高分子，且两者互为同分异构体B.植物油中含有不饱和脂肪酸酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色C.淀粉通过发酵法制得的乳酸[]是乙酸的同系物D.食盐水可以破坏蛋白质结构，用盐水漱口可以杀灭新型冠状病毒【答案】B【解析】【分析】【详解】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，属于混合物，不能互为同分异构体，A错误；B．植物油中含有不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．乳酸[]和乙酸（CH3COOH）的结构不相似，不能互为同系物，C错误；D．氯化钠不是重金属盐，食盐水不能破坏蛋白质结构，用盐水漱口不可以杀灭新型冠状病毒，D错误；答案选B。2.下列有关金属的用途与相应性质不对应的是A.用金做饰物是因为金的化学性质稳定、不褪色B.用钨做白炽灯灯丝是因为其熔点高、导电性好C.用镁合金做汽车部件是因为镁的密度小，化学性质活泼D.用铝做包装用的铝箔是因为其延展性好，表面有钝化膜【答案】C【解析】【分析】【详解】A．用金做饰物是因为金化学性质稳定，不褪色，A正确；B．钨熔点高、导电性好，所以用作灯丝，B正确；C．用镁合金做汽车部件是因为合金的密度小，强度高，与镁的化学性质活泼没有关系，C错误；D．用铝做包装用的铝箔是因为其延展性好，且铝表面易被氧化为一层致密的钝化膜，D正确；故选C。3.有关能量的判断或表示方法正确的是A.由：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，可知：含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJB.500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1C.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多D.甲烷的标准燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A.硫酸的浓溶液溶于水放热，所以与氢氧化钠发生反应放出的热量，不是中和热的数值，A错误；B.氮气和氢气发生反应生成氨气的过程属于可逆反应，反应物的转化率达不到100%，所以上述热化学方程式的反应热△H<-38.6kJ·mol-1，B错误；C.同一物质状态不同，等质量的物质所具有的能量不同：固体＜液体＜气体，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，C正确；D.上述热化学方程式中水的状态不应为气体，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-1，D错误；答案选C。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间均能实现一步转化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫具有弱氧化性，二氧化硫和硫化氢发生归中反应生成硫，故A正确；

B．氮气和氧气在高温下反应只生成NO，不能生成二氧化氮，故B错误；

C．铁与水蒸气高温生成四氧化三铁，不是三氧化二铁，故C错误；D．Al具有两性，与足量NaOH溶液反应生成NaAlO2，不能得到氢氧化铝，故D错误；

故选：A。5.利用甲烷可消除的污染：。在温度为T℃时，向5L恒容密闭容器中通入等物质的量的和进行反应，反应过程中测定的部分数据见下表：0510152021.61.4521.000.55下列说法不正确的是A.20min时，的物质的量浓度为B.在该温度条件下，反应在15~20min内处于化学平衡状态C.在0~10min内，用表示的平均反应速率为D.通过调控反应条件，可以使完全转化为除去【答案】D【解析】【分析】由，据此完成上面表格为：0510152021.61.51.451.4521.21.00.90.900.40.50.550.55【详解】A．由分析可知，20min时，氮气的物质的量等于二氧化碳的物质的量，则的物质的量浓度为，A项正确；B．由分析可知，在该温度条件下，反应在15~20min内处于化学平衡状态，B项正确；C．在0~10min内，表示的平均反应速率=，C项正确；D．该反应为可逆反应，不能使完全转化为除去，D项错误；答案选D。6.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是A.图中表示CH4，其结构为平面正方形B.H2O2中只含有极性共价键C.步骤i、ii总反应的化学方程式为CH4+H2O2CH3OH+H2OD.反应v、vi中存在C—O键和H—O键的断裂【答案】C【解析】【详解】A．CH4分子空间构型是正四面体，不是平面正方形，故A错误；B．H2O2中即有O—H间的极性共价键，也有O—O之间的非极性共价键，故B错误；C．从反应的原理图来看，步骤i、ii中一个甲烷分子和一个过氧化氢分子反应生成一个甲醇分子和一个水分子，故其总反应的化学方程式为CH4+H2O2CH3OH+H2O，故C正确；D．从图来看，反应v、vi中存在的是C—H键和O—O键的断裂，故D错误；本题答案C。7.下列离子方程式中，正确的是A.氢氧化铁与碘化氢的反应：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2OB.偏铝酸钠溶液中通入足量CO2：2AlO

+CO2+

3H2O=2Al(OH)3↓+COC.Fe与NaHSO4溶液反应：Fe+2HSO=Fe2++H2↑+SOD.FeO

与稀硝酸反应：FeO+2H+=Fe2++H2O【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中，反应生成亚铁离子和碘单质，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，选项A正确；B．偏铝酸钠溶液中通入足量CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO

+CO2+

2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，选项B错误；C．Fe与NaHSO4溶液反应生成硫酸钠、硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项C错误；D．FeO和硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，选项D错误；答案选A。8.下列对有关事实的解释中正确的是A.常温下，浓硝酸、浓硫酸均可用铝槽贮存，说明铝既不与浓硝酸反应也不与浓硫酸反应B.SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，说明SiO2为两性氧化物C.浓硝酸在光照条件下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定且见光容易分解D.Fe与稀、稀反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生了置换反应【答案】C【解析】【详解】A．常温下，浓硝酸、浓硫酸均可用铝槽贮存，因为铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化，故A错误；B．SiO2为酸性氧化物，故B错误；C．浓硝酸在光照条件下颜色变黄，是因为浓硝酸见光分解生成的NO2溶于硝酸，故C正确；D．Fe与稀反应生成硝酸铁、NO、水，该反应不是置换反应，故D错误；选C。9.无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为

A.NO2、NH3、N2 B.NH3、NO、CO2C.NH3、NO2、CO2 D.NH3、NO、N2【答案】B【解析】【详解】开始时混合气体为无色，说明混合气体中无NO2，通过足量浓H2SO4后气体体积减小变为80mL，说明含有NH320mL，通过足量过氧化钠后气体显红棕色，说明混合气体中含有CO2和NO，反应后变为红棕色的NO2气体，而最后将剩余气体通入水中得到酸性溶液且几乎无剩余气体，说明原混合气体中无N2。综上所述可知，原混合气体中含有NH3、NO、CO2，故答案选B。10.向1000mL某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出11.2L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加18.6g。下列判断正确的是A.反应后的溶液中还可溶解19.2gFeB.原稀硝酸的物质的量浓度为2.0C.原溶液中投入铁粉的物质的量是0.5molD.反应后的溶液中【答案】B【解析】【分析】由题意可知,则m(NO)=15g，转移电子的物质的量为1.5mol，溶液质量增加18.6g，加入铁粉的质量为18.6g+15g=33.6g，所以原溶液中投入铁粉的物质的量是，设所得溶液中亚铁离子和铁离子的物质的量分别为x、y，则x+y=0.6,再由电子守恒得2x+3y=1.5，两式联立解得x=y=0.3mol。【详解】A．反应后的溶液中再加入铁粉，发生还可溶解0.15mol，即8.4gFe，故A错误；B．由N元素守恒得，，原稀硝酸的物质的量浓度为,故B正确；C．由分析可知原溶液中投入铁粉的物质的量是0.6mol，故C错误；D．由分析可知反应后的溶液中，故D错误；故答案为：B。二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的，选不全2分，选两个且都正确的得4分)11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.溶液中含有的氧原子数目为0.2NAB.22gD218O中所含电子数为10NAC.标准状况下，104g苯乙烯()中含的碳碳双键数为4NAD.标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合物中含氢原子的数目为2NA【答案】BD【解析】【详解】A．的物质的量为n=cV=0.1mol，溶液中还有水中含有氧原子，则0.1mol溶液中含有的氧原子数目大于0.2NA，A错误；B．22gD218O的物质的量为，所含电子数为1mol×10=10NA，B正确；C．104g苯乙烯的物质的量为，苯中不含有碳碳双键，则1mol苯乙烯含的碳碳双键数为NA，C错误；D．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合物的物质的量为，含氢原子的数目为0.5×4=2NA，D正确；故选：BD。12.下列实验方案、现象及结论均正确的是选项实验方案、现象结论A向油脂皂化反应后溶液中滴加酚酞，溶液变红油脂已经完全皂化B将石蜡油(液态石蜡)分解的产物通入溴的四氯化碳溶液中，溶液逐渐褪色分解产物中一定含有乙烯C将溴水加入苯中，振荡、静置后分层，水层颜色变浅说明苯与溴发生了加成反应D淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已水解完全A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．油脂皂化反应是在碱性条件下进行的，滴加酚酞溶液变红，不能证明油脂已经完全皂化，A项错误；B．溴的四氯化碳溶液褪色，说明石蜡油的分解产物中含有不饱和烃，但不一定是乙烯，B项错误；C．将溴水加入苯中，苯可以将溴萃取进入苯层，两者未发生化学反应，C项错误；D．加入碘水，溶液不变蓝色，说明溶液中已没有淀粉，淀粉已经水解完全，D项正确；答案选D。13.将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，电解处理含Cr2O72-的废水。电解过程中发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是（）A.石墨Ⅱ是电池的负极B.若溶液中减少了0.01molCr2O72-，则电路中至少转移了0.12mol电子C.Fe(a)棒上发生的电极反应为：Fe-3e-=Fe3+D.在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为4∶1【答案】B【解析】【详解】A.左边的电池为原电池，其中通入NO2的石墨电极I为负极，NO2失去电子变为N2O5，右边的石墨电极II为原电池的正极，A错误；B.若溶液中减少了0.01molCr2O72-，由于反应后Cr2O72-得到电子变为Cr3+，每1molCr2O72-获得6mol电子，则溶液中减少了0.01molCr2O72-，电路中转移电子的物质的量为0.06mol，此时阳极中产生的0.06molFe2+转化为Fe3+，又转移电子0.06mol，反应开始时阳极有0.06mol的Fe失去电子，转化为Fe2+，故转移电子的物质的量最少为0.12mol，B正确；C.Fe(a)棒接电源正极，为阳极，阳极Fe(a)上Fe失去电子，发生氧化反应，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，C错误；D.1molO2得到4mol电子，1molNO2反应会失去1mol电子，在同一闭合回路中电子转移数目相等，则在相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1∶4，D错误；故合理选项是B。14.有机物M是一种抑制生长的植物激素，可以刺激乙烯的产生，催促果实成熟，其结构简式如图所示，下列关于有机物M的性质的描述正确的是A.M既可以和乙醇发生酯化反应，也可以和乙酸发生酯化反应B.1molM和足量的钠反应生成2molH2C.1molM最多可以和2molBr2发生加成反应D1molM可以和NaHCO3发生中和反应，且可生成22.4LCO2【答案】A【解析】【详解】A．M分子中含-COOH，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应，M分子中还含有-OH，也能够与乙酸在一定条件下发生酯化反应，A正确；B．-OH、-COOH都能够与Na反应产生H2，1个M中含有1个-OH、1个-COOH，根据物质反应转化关系2-OH(-COOH)～H2，因此1molM和足量的钠反应生成1molH2，B错误；C．M分子中含有的不饱和的碳碳双键能够与Br2发生加成反应，而羰基及羧基不能与Br2发生反应，M分子中含有3个碳碳双键，则1molM最多可以和3molBr2发生加成反应，C错误；D．只有-COOH能够与NaHCO3反应产生CO2气体，1个M分子中含有1个-COOH，则1molM可以和NaHCO3发生复分解反应，产生1molCO2气体，由于未知气体所处的外界条件，因此不能确定气体体积大小，D错误；故合理选项是A。15.某研究性学习小组从腐蚀印刷电路板的废液(含有、、)中回收铜并制备氯化铁晶体，设计流程如图。下列说过法正确的是A.试剂a是铁粉、试剂b是稀硫酸B.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都用到玻璃棒C.操作Ⅲ包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D.可用KSCN溶液和新制氯水检验溶液W中是否含有【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，选项A错误；B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，都用到玻璃棒，选项B正确；C．操作Ⅲ从溶液中得到氯化铁晶体，包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项C正确；D．新制氯水能将亚铁离子氧化生成铁离子，而若溶液W中原来含有铁离子遇KSCN溶液显血红色，无法用KSCN溶液和新制氯水检验溶液W中是否含有，选项D错误；答案选BC。卷II(非选择题，共50分)16.请回答：（1）甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ·mol-1II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-129.0kJ·mol-1CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH(g)和H2(g)的热化学方程式为_______。（2）把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀硫酸中，用导线两两相连，可以组成各种原电池。若a、b相连，a为正极；c、d相连，c为负极；a、c相连，c上产生气泡；b、d相连，b质量减小，则四种金属的活动性由强到弱顺序为：_______。（3）甲烷燃料电池采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下，请回答下列问题：

①电极是电池的_______极，电极反应式为_______。②电解质溶液中的向_______(填“a”或“b”)极移动，电子流入的电极是_______(填“a”或“b”)极。③该电池工作时消耗(标准状况下)，则电路中通过_______mol电子【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH=+77.0kJ·mol-1（2）（3）①.负极②.③.b④.b⑤.4【解析】【小问1详解】I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.0kJ·mol-1II：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-129.0kJ·mol-1根据盖斯定律I+II得CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)，ΔH=+206.0kJ·mol-1-129.0kJ·mol-1=+77.0kJ·mol-1。【小问2详解】若a、b相连，a为正极，说明活泼性b>a；c、d相连，c为负极，说明活泼性c>d；a、c相连，c上产生气泡，说明活泼性a>c；b、d相连，b质量减小，说明活泼性b>d，则四种金属的活动性由强到弱顺序为；【小问3详解】①电极甲烷失电子生成二氧化碳，是电池的负极，电极反应式为。②a是负极、b是正极，阳离子移向正极，电解质溶液中的向b极移动；电子由负极经导线流入正极，电子流入的电极是b极。③该电池工作时消耗(标准状况下)，根据，电路中通过4mol电子17.恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。（1）该反应的化学方程式为_______；（2）从开始至5min，Y的平均反应速率为_______；X的转化率为_______。（3）反应达平衡时体系的压强是开始时的_______倍；（4）下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是_______。(填序号)①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤Z(g)的物质的量浓度不变⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2⑦某时刻v(X)=3v(Y)且不等于零⑧单位时间内生成2nmolZ，同时生成3nmolX（5）在某一时刻采取下列措施能加快反应速率的是_______。A.加催化剂 B.降低温度C.体积不变，充入X D.体积不变，从容器中分离出Y【答案】（1）3X(g)+Y(g)2Z(g)（2）①.0.02mol/(L·min)②.60%（3）（4）③④⑤⑧（5）AC【解析】【小问1详解】根据图像可知，5min内X的物质的量减少0.6mol、Y的物质的量减少0.2mol、Z的物质的量增加0.4mol，可知X、Y是反应物、Z是生成物，变化量比等于系数比，5min后物质的量不再改变，说明该反应可逆，反应方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)；【小问2详解】从开始至5min，Y的物质的量减少0.2mol，Y平均反应速率为0.02mol/(L·min)；5min内X的物质的量减少0.6mol，X的转化率为=60%；【小问3详解】同温、同体积，压强比等于物质的量比，反应达平衡时体系的压强是开始时的倍；【小问4详解】①恒温容器，温度是恒量，容器内温度不变，反应不一定达到平衡状态，故不选①；②反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，故不选②；③反应前后气体系数和不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体的压强不变，反应一定达到平衡状态，故选③；④反应前后气体总质量不变，反应前后气体系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故选④；⑤反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，Z(g)的物质的量浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选⑤；⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2，不能判断浓度是否改变，反应不一定平衡，故不选⑥；⑦某时刻v(X)=3v(Y)，不能判断正逆反应速率否相等，反应不一定平衡，故不选⑦；⑧单位时间内生成2nmolZ，同时生成3nmolX，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，故选⑧；反应一定达到平衡状态的是③④⑤⑧。【小问5详解】A．催化剂能加快反应速率，加催化剂，反应速率加快，故选A；B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；C．体积不变，充入X，反应物浓度增大，反应速率加快，故选C；D．体积不变，从容器中分离出Y，反应物浓度降低，反应速率减慢，故不选D；选AC。18.某实验小组拟选用下列装置制取并收集氨气，回答问题：（1）图A、B、C是常见反应装置，用A装置制取氨气的化学方程式是_______。用B装置制取氨气，分液漏斗中选用的药品是_______(填名称)。（2）下列干燥剂能用于氨气干燥的是_______。A.浓硫酸 B.无水氯化钙 C.五氧化二磷 D.碱石灰（3）若用C装置与d装置①相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的_______(填序号)，在d装置之后还应连接导管插入到盛某种液体的烧杯中，其目的是_______。①H2②NO③Cl2④SO2⑤NH3（4）下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已略去)。当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐，写出该反应的化学方程式：_______。ABCDEF【答案】（1）①.②.浓氨水（2）D（3）①.③④②.吸收尾气，防止污染空气（4）【解析】【小问1详解】A装置适合固固加热制取气体，氯化铵和氢氧化钙加热制氨气适合用A装置，反应的化学方程式是。B装置适合固液不加热制取气体，浓氨水和氧化钙反应生成氨气，用B装置制取氨气，分液漏斗中选用的药品是浓氨水。【小问2详解】A．氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选A；B．氨气和无水氯化钙生成，不能用无水氯化钙干燥氨气，故不选B；C．氨气是碱性气体、五氧化二磷是酸性干燥剂，不能用五氧化二磷干燥氨气，故不选C；D．氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气，故选D；选D。【小问3详解】若用C装置与d装置①相连制取并收集X气体，适合收集密度比空气大且不与空气反应的的气体；①H2密度比空气小，不能用向上排空气法收集，故不选①；②NO和氧气反应生成NO2，