河南省周口市1819学年高一下学期期末考试化学试题解析版.docx
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河南省周口市1819学年高一下学期期末考试化学试题解析版
河南省周口市2016-2017学年高一下学期期末考试+化学
说明:
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，总分l00分，考试时间为90分钟。
2.答题时，请将答案填、涂在答题卡上，在草稿纸、试卷纸上答题无效。
严格按答题卡要求答题，不符合答题要求的答案无效。
考试结束,考生将答题卡交回。
3.答卷前将答題卡密封线内的项目按要求填写清楚。
4.可能用到的相对原子质量：
H:
1C:
12N:
140:
16Na:
23CU:
64Br:
80
第I卷选择题（共16题，每小题3分，共48分）
―、选择题（共16个小题，每小题只有1个正确选项）
1.下列有关化学键和化合物的叙述正确的有几个
①共价化合物中只有共价键，离子化合物中一定有离子键
②只含共价键的物质一定是共价化合物
③离子化合物中一定有非金属元素
④离子键和极性键只存在于化合物中
⑤非金属原子间不可能形成离子键
⑥稀有气体中不存在共价键
A.2个B.3个C.4个D.5个
【答案】C
【解析】①共价化合物中只有共价键，离子化合物中一定有离子键，可能含有共价键，正确；②只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是单质，如氢气、氮气等，错误；③离子化合物中一定有非金属元素，可能不含金属元素，如铵盐，正确；④离子键和极性键只存在于不同元素之间，所以只存在于化合物中，正确；⑤非金属原子间可能形成离子键，如氯化铵，错误；⑥稀有气体是单原子分子，不存在共价键，正确；答案选C。
2.下列说法正确的是
A.在实验室中可以用己烯通过萃取提取溴水中的溴单质
B.在一定条件下乙烯可被氧化成乙醇，乙醇可以被氧化为乙酸
C.lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molC02
D.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色与乙烯使溴水褪色的原理不同
【答案】D
【解析】A、己烯能与溴发生加成反应，选项A错误；B、在一定条件下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，选项B错误；C、葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1mol葡萄糖可以生成2molCH3CH2OH和2molCO2，选项C错误；D、乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，乙烯使溴水褪色是发生加成反应，原理不同，选项D正确。
答案选D。
3.下列变化中，属于物理变化的是
①石油的分®②煤的干馏③石油的裂化④倍热反应⑤由乙烯变为聚乙烯⑥氧气转变为臭氧⑦乙烯催熟果实⑧笨遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水
A.①②③④B.①②⑤⑦C.①⑧⑨D.①②⑥⑨
【答案】C
【解析】有新物质生成的是化学变化，反之是物理变化。
所以①⑧⑨是物理变化，其余都是化学变化，答案选C。
4.下列有关化学用语表示正确的是
A.H2O2的电子式：
B.F的结构示意图：
C.中子数为20的氯原子：
D.次氯酸的结构式：
【答案】D
【解析】A、H2O2是共价化合物，其电子式为：
；B、
是氟离子的结构示意图，选项B错误；C、中子数为20的氯原子为：
，选项C错误；D、次氯酸的结构式：
，选项D正确。
答案选D。
5.不能说明氧的非金属性比琉强的事实是
A.H20的热稳定性强于B.琉化氢水溶液露置于空气中变浑浊
C.H20是液体,HzS常温下是气体D.氧气和氢气化合比硫和氧气化合容易
【答案】C
【解析】试题分析：
A、非金属性越强，其氢化物越稳定，即H2O>H2S，能说明氧的非金属性强于硫，故错误；B、硫化氢水溶液变浑浊，发生2H2S＋O2=2H2O＋2S，氧的非金属性强于硫，故错误；C、这是物质的物质的状态，不能说明非金属性的强弱，故正确；D、跟氢气化合的难易程度，越容易说明非金属性越强，能够说明此情况，故错误。
考点：
考查非金属性强弱的比较等知识。
6.海带中含碘元素，从海带中提取碘有如下步骤:
①加入足量双氧水（含稀硫酸）；②将海带焙烧成灰后加水搅拌；③加CCl4振荡；④用分液漏斗分液；⑤过滤。
合理的操作顺序是
A.①②③④⑤B.①③⑤②④C.②⑤①③④D.②①③⑤④
【答案】C
【解析】试题分析：
按反应顺序分析：
先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。
即合理的操作顺序为②⑤①③④，答案选C。
考点：
考查提取碘的操作的相关知识。
7.类推的思维方法可解决不少化学间题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。
下列几种类推结论中，你认为正确的是
A.沸点HBr>HC1，则同族元素氢化物沸点HC1>HF
B.Fe304可表示为Fe0•Fe203，则Pb304可表示为PbO•Pb2O
C.C02与Na202反应只生成Na2C03和02，故S02与Na202反应也只生成Na2SO3和
D.因为N元素的非金属性比P元素强，所以HNO3的酸性强于H3PO4
【答案】D
【解析】试题分析：
A、因为氟化氢分子间有氢键，所以沸点比氯化氢的高，错误，不选A；B、铅的常见化合价为+2和+4，没有+3，错误，不选B；C、二氧化硫与过氧化钠反应生成硫酸钠，错误，不选C；D、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，氮的非金属性比磷强，所以硝酸酸性比磷酸强，正确，选D。
考点：
物质的沸点比较，过氧化钠的性质，非金属性的比较
8.下列对元素周期表说法不正确的是
A.在第VIB和第ⅦB族附近可以找到耐高温金属材料
B.在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料
C.如果已知元素的最外层电子数为2，由此不能判断该元素在周期表中的位置
D.目前已知发现的第IVA族元素为5种，所以该族元素共5种单质
【答案】D
【解析】A、熔点最高的金属W位于元素周期表的第ⅥB族，该族附近的原子的价电子数较多，金属键较强，它们的熔沸点普遍很高，选项A正确；B、在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，选项B正确；C、最外层电子数为2的元素很多，如过渡金属元素、第ⅡA族元素、He等，选项C正确；D、第ⅣA族元素中C就有多种单质，如金刚石、石墨、足球烯等，选项D不正确。
答案选D。
9.Na3N是离子化合物，它和水作用可产生NH3。
下列叙述正确的是
A.Na3N与盐酸反应生成的都是盐B.Na+和N3-的电子层结构不相同
C.Na+的半径大于的半径D.在Na3N与水的反应中，Na3N做还原剂
【答案】A
【解析】试题分析：
A．根据与水反应的产物，可知Na3N与盐酸反应Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，生成氯化钠和氯化铵，A正确；B．Na+和N3-离子核外电子数都是10，二者电子层结构相同，B错误；C、Na+和N3-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故Na+的半径小于N3-的半径，C错误；D．Na3N与水的反应为：
Na3N+H2O=NaOH+NH3↑，反应前后各元素化合价均没有变化，不是氧化还原反应，D错误；答案选A。
【考点定位】本题主要是考查微粒半径大小的比较；原子核外电子排布；氧化还原反应
【名师点晴】该题侧重于考查学生对信息应用的能力，注意已知信息的迁移灵活应用。
关于微粒半径比较需要明确电子层结构相同（核外电子排布相同）的离子半径（包括阴、阳离子）随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。
10.某化学小组构想将汽车尾气（N0、NO2）转化为重要要的化工原料HN03，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。
下列说法一定正确的是
A.该电池工作时，外电路电子的流向由A到B，内电路由B到A形成闭合回路
B.电极B附近的c（H+）浓度增大
C.A电极的反应为：
N02-e-+H20=N03-+2H+NO-3e-+2H20=N03-+4H+；
D.该电池工作时，每消耗11.2LO2（标年状况下）可以除去含1molN0和N02的混合尾气
【答案】C
【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：
NO2－e－＋H2O=NO3-＋2H＋、NO－3e－＋2H2O=NO3-＋4H＋，选项C正确；D、1molNO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。
答案选C。
点睛：
本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。
11.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y是金属元素,X的焰色呈黄色。
W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。
工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是
A.W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B.Z和W可形成原子个数比为1:
2和1:
3的共价化合物
C.Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
【答案】C
【解析】试题分析：
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。
工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素。
A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:
2和1:
3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应，D正确。
答案选C。
考点：
考查元素推断和元素周期律的应用
12.通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。
键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。
工业上高纯硅可通过下列反制取:
SiCl4（g）+2H2（g）=Si（g）+4HCl（g）,（已知lmol晶体Si中2molSi-Si键）,该反应产生的热量为
A.吸收45kJ•mo1-1B.放出412kJ•mo1-1
C.吸收236kJ•mo1-1D.放出236kJ•mo1-1
【答案】C
【解析】在晶体硅中由于1个Si可形成4个Si—Si键，每个Si原子对一个Si—Si键的贡献为
，故在硅晶体中n（Si）︰n（Si—Si）=l︰（4×
）=1︰2。
所以每生成1molSi，则形成2molSi—Si键，故有：
△H=4×360kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－（2×176kJ·mol－1＋4×431kJ·mol－1）=＋236kJ·mol－1，即吸收236kJ•mo1-1，答案选C。
点睛：
本题考查反应热的计算，把握键能与反应热的关系为解答本题的关键。
侧重分析与计算能力的考查，注意：
1mol硅中含有2mol共价键是解答的难点和易错点。
13.将lmol纯净的A置于特制的真空密闭容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其分解送到平衡：
A（s）=2B（s）+C（g）下列可以判断该反应己经达到化学平衡状态的是
A.反应速率VB（正）=VC（逆〉B.B、C物质的量之比保持不变
C.B的体积分数不变D.混合气体的密度保持不变
【答案】D
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点睛：
本题考查了化学平衡状态的判断，注意认真分析提供的反应特点，根据所学知识合理判断，化学平衡状态是指在一定条件下的可逆反应中,正反应速率和逆反应速率相等、反应混合物中各组分浓度保持不变的状态；由化学平衡状态的概念可知,要想判断一个可逆反应是否达到平衡状态，可从反应速率和含量两个角度去考虑。
本题难度一般。
14.除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是
选项
物质
所用试剂
方法
A
乙醇（乙酸）
氢氧化钠溶液
分液
B
乙烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
洗气
c
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
蒸馏
D
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】A、乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的办法分离，选项A错误；B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，又在乙烷中引入了二氧化碳杂质，选项B错误；C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，选项C错误；D、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离，选项D正确。
答案选D。
15.对于苯乙烯的下列叙述:
①能使KMn04酸性溶液褪色②可发生加聚反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓硝酸发生取代反应⑥所有的原子一定全部共平面，其中正确的是
A.①②④⑤B.①②⑤⑥C.①②④⑤⑥D.①②④⑤⑥
【答案】A
【解析】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，选项①正确；②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，选项②正确；③苯乙烯为有机物，不溶于水，选项③错误；④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，选项④正确；⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，选项⑤正确；⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，只有这样，所有的原子才可能共平面，选项⑥错误；答案选A。
点睛：
本题考查苯乙烯的性质，熟悉物质的结构和性质的关系是解答本题的关键，并学会利用苯和乙烯的性质来解答。
16.1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闲容器中发生如下反应X（g）+aY（g）
bZ（g）,反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。
而且，在同温同压下还测得前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是
A.a=2，b=1B.a=3，b=2C.a=2，b=2D.a=3，b=3
【答案】B
【解析】X（g）+aY（g）
bZ（g）
起始时1molamol0mol
平衡时0.5mol0.5amol0.5bmol
第Ⅱ卷非选择题（共5题，52分）
二、填空题（共52分）
17.在下列变化中:
①I2升华②烧碱熔化③NaCl溶于水
④HC1溶于水⑤02溶于水...⑥Na202溶于水。
（1）未破坏化学键的是________（填序号，下同）；
（2）仅离子鍵被破坏的是_________；
（3）仅共价键破破坏的是_______________；
（4）离子键和共价键同时被破坏的是_____________。
【答案】
（1）.①⑤
（2）.②③（3）.④（4）.⑥
【解析】
（1）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化，未破坏化学键的是①⑤；
（2）仅离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏，所以仅离子键被破坏的是②③；（3）仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应，所以仅共价键被破坏的是④；（4）离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应，离子键和共价键同时被破坏的是⑥。
点睛：
本题考查了化学键的破坏，明确化学键被破坏的条件是解本题关键，再结合微粒间存在的作用力分析解答，注意：
有化学键被破坏不一定发生化学反应，但发生化学反应化学键一定被破坏。
18.A、B、C、D、E、F六种短周期元索,它们的原子序数依次增大,A与D同主族；C与E同主族；B、C同周期；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2；A是周期表中半径最小的元素,C的最外层电子数是内层电子的3倍；F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素。
A、B、C、D、E形成的化合物甲、乙、丙、丁的组成如表所示：
化合物
甲
乙
丙
丁
化学式
A2C
A2C2
D2C2
D2E
回答下列问题:
（1）指出元素F在周期表中的位置___________。
（2）化合物丙的电子式为__________,用电子式表示形成化合物丁的过程_______。
（3）向丁的溶液中加入硫酸酸化的乙溶液，写出相应的离子方程式:
_______。
（4）固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆一氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许02-在其间通过，该电池的工作原理如图所示，其中多孔Pt电极a、b分别是气体C2、A2的载体。
该电池的正极为______（填a或b）；02-流向______极（填“正”或“负”）；该电池的负极反应为_________。
【答案】
（1）.第三周期第ⅦA族
（2）.
（3）.
（4）.S2-+2H++H2O2=S↓+2H2O（5）.a（6）.负（7）.H2—2e-+O2-=H2O
【解析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种短周期元素，B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A是周期表中半径最小的元素，则A为H元素；C的最外层电子数是内层电子的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；C与E同主族，则E为S元素；A与D同主族，D的原子序数大于氧，故D为Na；F的原子序数最大，且F元素是同周期元素中原子半径最小的主族元素，故F为Cl．可推知甲为H2O、乙为H2O2、丙为Na2O2、丁为Na2S，
（1）元素F为Cl，在周期表中的位置：
第三周期第ⅦA族；
（2）丙为Na2O2，电子式为
，用电子式表示形成化合物Na2S的过程：
；（3）丁与乙反应的离子方程式为：
S2-+2H++H2O2=S↓+2H2O；（4）固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许O2﹣在其间通过，该电池的工作原理如图所示，其中多孔Pt电极a、b分别是气体O2、H2的载体，负极发生氧化反应，氢气在负极失去电子，该电池的正极为a，O2﹣流向负极，负极发生氧化反应，氢气在负极失去电子与O2﹣生成水，该电池的负极反应式为：
H2—2e-+O2-=H2O。
点睛：
本题考查元素化合物推断、电子式、原电池等，侧重对化学用语的考查，推断元素是解题关键，注意基础知识的全面掌握，难度中等。
19.某温度时，在1L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为____________；
（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v（Z）=________。
（3）2min反应达平衡,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_____（填增大、减小或不变）；混合气体密度比起始时______（填增大、减小或不变）。
（4）将amolX与bmolY的气体混合发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足:
n（X）=n（Y）=n（Z）,则原混合气体中a:
b=________。
（5）下列措施能加快反应速率的是______________。
A.恒压时充入HeB.恒容时充入HeC.恒容时充入X
D.及时分离出ZE.升高温度F.选择高效的催化剂
（6）下列说法正确的是__________。
A.升高温度改变化学反应的限度
B.已知正反应是吸热反应，升高温度正反应速车加快，逆反应速率减慢
C.化学反应的限度与时间长短无关
D.化学反应的限度是不可能改变的
E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
【答案】
（1）.3X+Y
2Z
（2）.0.1mol·L-1·min-1（3）.增大（4）.不变（5）.5:
3（6）.CEF（7）.AC
【解析】试题分析：
（1）由图像可知，X、Y随着时间的推移物质的量不断减少，X、Y为反应物，Z随着时间的推移物质的量不断增加，Z为生成物。
平衡时由各物质转化的物质的量：
X为0.3mol，Y为0.1mol，Z为0.2mol可知化学方程式中各物质的化学计量数之比为3∶1∶2，则化学方程式为3X+Y
2Z。
（2）反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v（Z）＝0.2mol÷（2min×2L）＝0.05mol·L-1·min-1。
（3）根据M=m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大。
由于反应前气体的质量和容器容积均不变，则混合气体密度不变。
（4）根据上述分析可知
3X+Y
2Z
起始量（mol）ab0
变化量（mol）3nn2n
平衡量（mol）a-3nb-n2n
根据题意：
b-n＝2n，b＝3n，a-3n＝2n，a＝5n，解得a:
b＝5:
3。
（5）A．恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反应速率减慢，B．恒容时充入He，各物质的浓度不变，化学反应速率不变，C．恒容时充入X，导致反应物浓度增大，化学反应速率加快，D．及时分离出Z，导致生成物浓度降低，化学反应速率减慢；E．升高温度能加快化学反应速率，F．选择高效的催化剂能加快化学反应速率，答案选CEF。
（6）A．任何化学反应都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升温能改变化学反应限度，A正确；B．升高温度，能加快正逆反应速率，只是增加的幅度不同，B错误；C．化学反应的限度与时间长短无关，C正确；D．改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，所以化学反应的限度是可以改变的，D错误；E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，E错误；答案选AC。
考点：
考查化学方程式的确定，化学反应速率的计算，影响化学反应速率和化学平衡的因素等知识。
20.海水是巨大的资源宝库。
下图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图。
回答下列问题：
（1）操作A是______________（填实验基本操作名称）。
（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是_________。
a.氢氧化钠溶液b.澄清石灰水c.石灰乳d.碳酸钠溶液
（3）工业上制取金属镁时是电解熔MgCl2电解反应方程式为_________。
（4）上图中虚线框内流程的主要作用是____________。
写出溴水中通入S02时反应的离子方程式___________。
（5）上图中虚线框内流程也可用
替代,请写出Br2与Na203反应（其中一种产物为NaBr03）的化学方程式__________。
【答案】
（1）.蒸发结晶
（2）.c（3）.MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑（4）.富集Br2（5）.Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－（6）.3Br2＋3Na2CO3＝NaBrO3＋5NaBr＋3CO2↑
【解析】
（1）从海水中得到粗盐的操作应该是蒸发结晶；
（2）向苦卤中加入石灰乳即可生成氢氧化镁沉淀，答案选c；（3）工业上制取金属镁时是电解熔
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