2022届湖北省恩施州高中教育联盟高一下学期期中考试化学试题（含解析）

恩施州高中教育联盟高一年级2021年春季学期期中考试化学本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册第五章、第六章。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Al-27S-32Ba-137一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“中国名片”“中国制造”的发展举世瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法不正确的是A.北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiB.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C.石墨烯液冷散热技术是我国首创的，所使用的材料石墨烯是一种无机非金属材料D.抗击新型冠状病毒过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaClO【答案】B【解析】【分析】【详解】A．北斗卫星导航系统其所用芯片的主要成分为Si，是良好的半导体，故A正确；B．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷，新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求，如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，故B错误；C．石墨烯液冷散热技术是我国首创的，所使用的材料石墨烯是一种无机非金属材料，具有良好的热传导性能，故C正确；D．抗击新型冠状病毒过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaClO，可以起到消毒杀菌的作用，故D正确；故选B。2.下列物质一定不含共价键的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．中只含离子键不含共价键，A项符合题意；B．中氧原子与氧原子间存共价键，B项不符合题意；C．为离子化合物，但含共价键，C项不符合题意；D．为离子化合物，中存在共价键，D项不符合题意；故答案为A。3.在生产生活中，大部分化学反应需要加快反应速率，也有不少化学反应是我们希望反应速率减慢的，下列措施一定能减慢反应速率的是A.增大光照强度 B.使用催化剂 C.降低温度 D.将块状固体变成粉末【答案】C【解析】【详解】A．光是影响某些化学反应速率的外界条件之一，如次氯酸在光照条件下分解，增大光照强度，反应速率加快，故A不选；B．催化剂能够降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，故B不选；C．降低温度化学反应速率减小，故C选；

D．将块状固体变成粉末，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选；

故选：C。4.下列装置能形成原电池的是ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，A不符合题意；B．酒精不导电，无法形成原电池，B不符合题意；C．该装置只有一个电极，Fe与稀硫酸直接反应，无法形成原电池，C不符合题意；D．该装置有两个活泼性不同的电极，稀盐酸可以导电，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑为自发进行的氧化还原反应，整个装置可以形成闭合回路，则可以形成原电池，D符合题意；综上所述答案为D。5.一定条件下，发生反应使化剂4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，则反应中的这几种物质的反应速率之比正确的是A.2v(NH3)=3v(H2O) B.3v(NO)=2v(H2O)C.4v(NH3)=5v(O2) D.5v(O2)=6v(H2O)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．化学计量数之比等于反应速率的反比，3v(NH3)=2v(H2O)，故A错误；B．化学计量数之比等于反应速率的反比，3v(NO)=2v(H2O)，故B正确；C．化学计量数之比等于反应速率的反比，5v(NH3)=4v(O2)，故C错误；D．化学计量数之比等于反应速率的反比，6v(O2)=5v(H2O)，故D错误；故选B。6.化学反应Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示。(△E为能量变化值，a、b、c均为正值)下列相关说法正确的是A.上述反应为吸热反应B.2molCl和2molH的总能量大于2molHCl(g)的能量C.1molHCl(l)转变为1molHCl(g)需要放出ckJ能量D.反应Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)的能量变化值为(a+b)kJ【答案】B【解析】【分析】【详解】A．反应物总能量高于生成物总能量，此反应为放热反应，A错误；B．由图中信息可知2molCl和2molH的总能量大于2molHCl(g)的能量，B正确；C．根据示意图可判断1molHCl(l)转变为1molHCl(g)需要吸收ckJ能量，C错误；D．根据示意图可判断反应Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)的能量变化值为(b－a)kJ，D错误；故选：B。7.某国际研究小组，利用重离子直线加速器，以钙原子射束轰击Cm标靶进行热核聚变反应，成功合成了原子序数为116号的Lv，其变化为Ca+Cm→Lv+3n，下列说法中不正确的是A.Ca的中子数和质子数之差为8 B.Lv与Lv互为同位素C.Cm的核外电子数为96 D.Cm的质子数是Ca的质子数的2倍【答案】D【解析】【详解】A．Ca的中子数=质量数-质子数=48-20=28，质子数=20，中子数和质子数之差为8，故A正确；

B．Lv与Lv质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；

C．Cm的核外电子数=质子数=96，故C正确；

D．Cm的质子数是96，Ca的质子数是20，为倍，故D错误；

故选：D。8.某学校化学实验小组设计了如图装置进行浓硫酸与Cu的反应的实验探究，下列有关描述不正确的是A.可抽动铜丝可控制反应的发生和停止B.试管c中的紫色石蕊溶液先变红后褪色C.将试管a中的溶液冷却后慢慢倒入水中，溶液变为蓝色D.浸碱棉团的作用是吸收SO2，防止污染环境【答案】B【解析】【分析】【详解】A．向上拉铜丝脱离浓硫酸后反应停止，向下拉时接触反应，故可抽动的铜丝可控制反应的发生和停止，A正确；B．SO2属于酸性氧化物，试管c中的紫色石蕊溶液变红而不褪色，B不正确；C．将试管a中的溶液有残留的浓硫酸及生成的硫酸铜，故冷却后应慢慢倒入密度较小的水中，所得溶液变为蓝色，C正确；D．SO2属于酸性氧化物能与碱反应，浸碱棉团的作用是吸收SO2，防止污染环境，D正确；答案选B。9.已知稀的硝酸与金属Al的反应为8Al+30HNO3=3NH4NO3+8Al(NO3)3+9H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5mol·L-1的NH4NO3溶液中所含NO的数目为0.5NAB.标准状况下，22.4LH2O中质子的数目为10NAC.该反应中，每消耗9g金属铝，转移的电子数为NAD.1molAl3+和18gNH中所含的质子数与中子数均为10NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．n=cV而题目中只给出浓度而没有体积，故无法计算硝酸根离子的数目，故A错误；B．水在标况下为液态，故不能利用标况下的气体摩尔体积计算其分子和质子数，故B错误；C．9g铝的物质的量为=，1mol铝转移3rmol电子，故的铝会转移1mol电子，电子数为NA，故C正确；D．1mol铝离子含质子数13NA，故D错误；故选C。10.100mL某溶液可能含有Na+、NH、Ag+、Ba2+、CO、SO、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图。(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法不正确的是A.原溶液中一定含有Na+、CO、SOB.原溶液中一定不含有Ag+、Ba2+C.原溶液中c(Na+)≥0.1mol·L-1D.可通过向滤液中加入硝酸银来确定原溶液中是否含有Cl-【答案】D【解析】【分析】加入BaCl2溶液生成沉淀，一定含有CO或SO中的至少一种，该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，则一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在CO、SO，BaSO4沉淀质量是2.33g，n(SO)=n(BaSO4)==0.01mol，BaCO3沉淀质量是6.27g-2.33g=3.94g，n(CO)=n(BaCO3)==0.02mol，CO和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定不存在Ag+、Ba2+；所得到的滤液中加入氢氧化钠，加热生成的气体为NH3，原溶液中一定含有NH，n(NH)=n(NH3)==0.05mol；正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Na+，可能含有Cl-，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，原溶液中一定含有Na+、CO、SO，A正确；B．CO和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定不存在Ag+、Ba2+，B正确；C．正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Na+，n(Na+)≥0.01mol，100mL原溶液中c(Na+)≥0.1mol·L-1，C正确；D．由于加入BaCl2溶液引入Cl-，则通过向滤液中加入硝酸银不能确定原溶液中是否含有Cl-，D错误；故选：D。11.新一代电池体系是化学、物理等学科的基础理论研究与应用技术的前沿。锂硒电池具有优异的循环稳定性。下列有关说法不正确的是A.电极I为该电池的负极，被氧化B.电极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液中反应制得，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C.锂硒电池放电时正极的电极反应式为2Li++xSe+2e-=Li2SexD.该电池放电时，电子由电极I经电解质溶液通过LAGP隔膜流向电极II【答案】D【解析】【详解】A．电极I上Li失电子，为该电池的负极，被氧化，故A正确；B．电极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液中反应制得，H2SeO3中Se得电子，作氧化剂，二氧化硫作还原剂，H2SeO3中Se为+4价，反应为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确；C．锂硒电池放电时Se失电子，正极的电极反应式为：2Li++xSe+2e-=Li2Sex，故C正确；D．该电池放电时，电子不能进入溶液，故D错误；故选：D。12.某化学学习小组为探究NO2和SO2的反应，进行了如图实验。下列说法不正确的是A.常温常压下，等体积的NO2和SO2的原子总数相同B.图2中反应的现象是两气体混合后，颜色逐渐变浅最后消失C.两气体混合后颜色消失的原因是SO2具有漂白性D.图3中“有红棕色气体产生”说明NO2和SO2反应的产物中有NO【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，等体积的NO2和SO2的物质的量相同，1molNO2和SO2原子总数都是3NA，则两者的原子总数相同，A正确；B．由图2可知，NO2和SO2混合后气体颜色逐渐变浅最后消失，B正确；C．NO2和SO2发生氧化还原反应而气体颜色消失，不是SO2的漂白性造成的，C错误；D．由图3中由无色气体产生红棕色气体，为NO被氧气氧化转化为NO2，说明NO2和SO2反应产物中有NO，D正确；故选：C。13.在甲、乙两个恒温恒容的密闭容器中，分别加入等量且足量的活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在不同温度下，测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化如图所示。下列说法正确的是A.达到平衡状态时，c(NO)=c(CO2)B.达到平衡状态时，甲、乙两容器内剩余固体质量相等C.气体平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡D.由图分析可知，T乙<T甲【答案】C【解析】【分析】【详解】A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，达到平衡状态时，各成分的含量不再改变，但是达到平衡状态时，c(NO)与c(CO2)不一定相等，故A错误；B．达到平衡状态时，甲、乙两容器内NO的浓度不相等，则甲乙处于不同的平衡状态，消耗的碳质量不同、起始时固体碳的质量相等，则剩余固体质量不相等，故B错误；C．气体的总物质的量不变，气体的总质量会随反应而改变，所以气体平均相对分子质量不再改变时，气体的总质量不改变，说明反应已达到平衡，故C正确；D．由图分析可知，T乙的平衡时间小于T甲，升高温度平衡速率增大，说明T乙＞T甲，故D错误；故选C。14.下列离子方程式书写不正确的是A.过量SO2与“84”消毒液反应：SO2+ClO-+H2O=Cl-++2H+B.向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：+OH-=NH3·H2OC.FeO溶于稀HNO3：3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2OD.实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．“84”消毒液有效成分次氯酸钠，ClO-均具有氧化性，与二氧化硫发生氧化还原反应，过量SO2与“84”消毒液反应生成Cl-和：SO2+ClO-+H2O=Cl-++2H+，A正确；B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液：，B不正确；C．硝酸是强氧化性酸，FeO溶于稀HNO3生成硝酸铁、NO和水：3FeO+10H++=3Fe3++NO↑+5H2O，C正确；D．氢氧化铝溶于强碱而不溶于氨水，则实验室用氯化铝溶液和氨水发生复分解反应制备氢氧化铝：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D正确；答案选B。15.2.25g镁铝合金完全溶解于50.0mL6mol/L稀硝酸中，得到NO气体1.568L(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.00mol/L的NaOH溶液，使沉淀达到最大值，此时消耗的NaOH溶液的体积为A.230mL B.270mL C.300mL D.330mL【答案】A【解析】【分析】【详解】标准状况下生成1.568LNO气体转移的电子物质的量为，设Mg的物质的量为x，Al的为y，由质量守恒、得失电子守恒则24x+27y=2.25、2x+3y=0.21，解x=0.06mol、y=0.003mol，则Mg2+和Al3+沉淀消耗NaOH溶液0.21mol，即0.21L，金属与硝酸反应后有H+，镁、铝共消耗的氢离子物质的量为0.02mol，总共消耗NaOH溶液的体积为0.21+0.02=0.23L=230mL，故选：A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.硫酸和硝酸都是重要的化工原料，具有广泛的用途。（1）蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑且体积膨胀，同时有刺激性气味的气体产生。写出产生刺激性气味气体的反应的化学方程式：____。（2）浓硫酸是化学实验中常用的干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥的是____(填标号)。A.CO2 B.SO2 C.H2S D.NH3（3）常温下，可用铁罐车或铝槽车运输冷的浓硫酸、浓硝酸，其原因是____。（4）某同学利用如图装置进行有关铜与稀硝酸反应的实验。①实验I可观察到的现象为____。②实验III中铜片逐渐溶解至消失，该同学认为铜与稀硫酸、稀硝酸均能发生反应，这种看法____(填“合理”或“不合理”)。③试剂药品不变，请补充一个实验加以证明上述看法：____。根据补充实验的结论，写出III中铜片溶解反应的离子方程式：____。④【分析总结】上述实验的不足之处是____。【答案】（1）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（2）CD（3）常温下，Fe、Al与浓H2SO4或浓HNO3发生钝化反应（4）①.铜片逐渐溶解，溶液为蓝色，试管口气体红棕色②.不合理③.将稀硫酸直接滴在铜片上④.3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O⑤.会污染环境【解析】【小问1详解】蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑并体积膨胀，说明蔗糖被碳化，体现脱水性，膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明发生氧化还原反应生成气体，气体为二氧化碳、二氧化硫，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；【小问2详解】浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为H2S、NH3，故选：CD；【小问3详解】浓硫酸、浓硝酸具有很强的氧化性，在常温下Fe、Al与浓H2SO4或浓HNO3发生钝化反应，因此可用铁罐车或铝槽车运输冷的浓硫酸、浓硝酸；【小问4详解】①实验I中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，所以实验I可观察到的现象为铜片逐渐溶解，溶液为蓝色，试管口气体红棕色；②在试管中加稀硫酸和Cu，Cu与稀硫酸不反应，在存在氢离子和硝酸根离子时，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子和NO、水，因此铜与稀硫酸反应的看法不合理；③可将稀硫酸直接滴在铜片上，证明铜与稀硫酸不反应，III中铜片溶解反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；④由于实验产生有毒的氮氧化物，未处理污染物，该实验的不足之处是会污染环境。17.A、B、C、D、E均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A原子的电子层数等于其核外电子数，B与C可形成离子化合物CB2，D原子的M层电子数是K层电子数的3倍。（1）A元素符号是____。（2）B的氢化物与E的氢化物相比，较稳定的是____(填化学式)。（3）B、C组成的化合物的电子式是____。（4）B、D、E的原子半径由大到小的顺序为____(用元素符号回答)。（5）C的最高价氧化物对应的水化物是____(填化学式)，它与D的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液发生反应的离子方程式是____。（6）欲证明E2的氧化性强于D的，可进行的实验操作是____，观察到的现象是有关反应的离子方程式是____。【答案】（1）H（2）HF（3）（4）S>Cl>F（5）①.Mg(OH)2②.Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+（6）①.将氯气通入硫化钠溶液中有淡黄色沉淀生成②.Cl2+S2-=2Cl-+S↓【解析】【分析】A、B、C、D、E均为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，A的原子电子层数等于其核外电子数，则A为H元素；D的原子M层电子数是K层电子数的3倍，则其M层电子数为6，故D为S元素；E的原子序数最大，故E为Cl元素；B与C可形成离子化合物CB2，则C表现+2价、B表现-1价，二者原子序数小于硫，故B为F元素、C为Mg元素，据此分析解答。根据上述分析，A为H元素，B为F元素，C为Mg元素，D为S元素，E为Cl元素。【小问1详解】A的元素符号是H，故答案为H；【小问2详解】同周期原子序数越大非金属性越强，非金属性F＞Cl，故氢化物稳定性HF＞HCl，故答案为HF；【小问3详解】B、C组成的化合物为MgF2，为离子化合物，电子式是；【小问4详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：S＞Cl＞F，故答案为S＞Cl＞F；【小问5详解】C的最高价氧化物的水化物是Mg(OH)2，D的最高价氧化物的水化物为H2SO4，二者反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+＝Mg2++2H2O，故答案为Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+＝Mg2++2H2O；【小问6详解】欲证明Cl2的氧化性强于S，可以通过氯气能够将S从它的化合物中置换出来设计实验验证，可进行的实验操作是：将Cl2通入硫化钠溶液中，观察到的现象是：溶液中有淡黄色沉淀生成，有关反应的离子方程式是Cl2+S2-=2Cl-+S2-，故答案为：将氯气通入硫化钠溶液中有淡黄色沉淀生成；Cl2+S2-=2Cl-+S↓。18.CO2是一种廉价碳资源，其综合利用具有重要意义。Ⅰ.在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，一定条件下发生反应得到CH3OH(g)和H2O(g)，测得反应物X和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。(1)0~3min内，v(CH3OH)=___(保留三位有效数字)mol·L-1·min-1。(2)该反应的化学方程式为___。(3)X代表的物质为___(填化学式)，理由是___。(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则该反应的速率将___(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)下列可以作为该反应已达到平衡的判据的是___(填标号)。A.气体的压强不变B.v正(CO2)=v逆(H2O)C.CH3OH(g)与H2O(g)的浓度相同D.容器内气体的密度不变Ⅱ.将获得的CH3OH设计成燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)。(6)电极正极的反应物为___(填化学式)。(7)电解质溶液中H+移向___(填“正”或“负”)极，CH3OH参与的电极反应式为___。【答案】①.0.167②.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)③.CO2④.CO2与CH3OH的反应速率相同⑤.增大⑥.AB⑦.O2⑧.正⑨.CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+【解析】【分析】【详解】(1)0~3min内，v(CH3OH)=0.167mol·L-1·min-1。(2)反应物为二氧化碳和氢气，产物为甲醇和水，该反应的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。(3)由图可知，X和CH3OH的反应速率相等，所以X和甲醇的化学计量数相同，X代表的物质为CO2，理由是CO2与CH3OH的反应速率相同。(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则该反应的速率将增大，因为反应物浓度增大，速率增大。(5)下列可以作为该反应已达到平衡的判据的是：A．由于化学计量数左右不相等，气体的压强不变，说明物质的量不发生改变，说明达到平衡，故A正确；B．v正(CO2)=v逆(H2O)，正逆反应速率相等，说明达到平衡，故B正确；C．CH3OH(g)与H2O(g)同为产物且化学计量数相同，浓度一直相同，故C错误；D．，m、V保持不变，容器内气体的密度不变，不能说明达到平衡，故D错误；故选AB。(6)CH3OH设计成燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)，通入氧气的一极为正极，电极正极的反应物为O2。(7)电解质溶液中H+向正极移动，因为正极带负电，负极待正点，CH3OH为负极，失电子，被氧化，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。19.七水硫酸亚铁，俗称绿矾，是一种无机化合物，化学式为FeSO4·7H2O，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：____、____。（2）根据氧化还原反应原理，某实验小组认为FeSO4中的Fe2+既有还原性又有氧化性，为验证上述说法，设计了如下实验方案，并描述实验现象，完成下列表格：提供的试剂：锌粒、