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

1、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:1 C:12 N:14 0:16 Na:23 CU:64 Br: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

2、列有关化学键和化合物的叙述正确的有几个共价化合物中只有共价键，离子化合物中一定有离子键只含共价键的物质一定是共价化合物离子化合物中一定有非金属元素离子键和极性键只存在于化合物中非金属原子间不可能形成离子键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】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；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；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；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；非金属原子间可能形成离子键，如氯化

3、铵，错误； 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2molC02D. 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

4、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，属于物理变化的是石油的分 煤的干馏石油的裂化倍热反应由乙烯变为聚乙烯氧气转变为臭氧乙烯催熟果实笨遇溴水海水蒸馏法制取淡水A. B. C. D. 【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

5、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H2OH2S，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2H2SO2=2H2O2S，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

6、. 海带中含碘元素，从海带中提取碘有如下步骤:加入足量双氧水（含稀硫酸）；将海带焙烧成灰后加水搅拌；加CCl4振荡；用分液漏斗分液；过滤。合理的操作顺序是A. B. C. D. 【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，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 HFB. Fe304 可表示为F

7、e0Fe203，则 Pb304可表示为 PbO Pb2OC. 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

8、元素周期表说法不正确的是A. 在第VIB和第B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B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A族元素、He等，选项C正确；D、第A族元素中C就有多种单质，如金刚石、石墨、

9、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；BNa+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；DNa3N与水的反应为：Na3N+

10、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O2FNaMg2Al3。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.

11、 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：NO2eH2O=NO3-2H、NO

12、3e2H2O=NO3-4H，选项C正确；D、1mol NO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:

13、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

14、，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 mo1-1 B. 放出412 kJ mo1-1C. 吸收 236 kJ mo1-1 D. 放

15、出236 kJ mo1-1【答案】C【解析】在晶体硅中由于1个Si可形成4个SiSi键，每个Si原子对一个SiSi键的贡献为，故在硅晶体中n（Si）n（SiSi）=l（4）=12。所以每生成1 mol Si，则形成2 mol SiSi键，故有：H =4360 kJmol12436 kJmol1（2176 kJmol14431 kJmol1）=236 kJmol1，即吸收236 kJ 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

16、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学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.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

17、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. A B. B C. C D. 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

18、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:能使KMn04酸性溶液褪色 可发生加聚反应 可溶于水 可溶于苯中 能与浓硝酸发生取代反应 所有的原子一定全部共平面，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，选项正确；苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，选项正确；苯乙烯为有机物，不溶于水，选项错误；根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，选项正确；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，选项正确；苯

19、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. 1 molX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 = 1 B. a=3，b =2 C. a=2，b = 2 D. a=3，b = 3【答案】B【解析】X（g）

20、 + aY（g）bZ（g）起始时 1mol amol 0mol平衡时 0.5mol 0.5amol 0.5bmol第卷非选择题（共5题，52分）二、填空题（共 52 分）17. 在下列变化中:I2升华 烧碱熔化 NaCl溶于水HC1溶于水 02溶于水.Na202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). (2). (3). (4). 【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；（2）仅离子化合物溶于水或熔融或发

21、生化学反应离子键被破坏，所以仅离子键被破坏的是 ；（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）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。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；

22、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A2CA2C2D2C2D2E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 _

23、。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). (3). (4). S2-+2H+H2O2=S+2 H2O (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，

24、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A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+2 H2O ；（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

25、-+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a mol X与b mol Y的气体混合发生上述反应，反应到某时刻各物质的量

26、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He B.恒容时充入He C.恒容时充入XD.及时分离出Z E.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). 0.1molL-1min-1 (3). 增大 (4). 不变 (5). 5:3 (6).

27、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0.3 mol，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312，则化学方程式为3X+Y2Z。（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(2min2L)0.05molL-1min-1 。（3）根据M=mn，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。

28、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+Y2Z起始量(mol) a b 0变化量(mol) 3n n 2n平衡量(mol) a-3n b-n 2n根据题意：b-n2n，b3n，a-3n2n，a5n，解得a:b5:3。（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

29、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

30、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). Br2SO22H2O4HSO422Br (6). 3Br23Na2CO3NaBrO35NaBr3CO2【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