常德市一中2022年高一下学期期末考试化学(理)满分：100分时量：60分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Al27Cl35.5Zn65一、选择题(每小题3分，共60分)1.从化学看生活，你认为下列说法合理的是A.绿色食品就是指颜色为绿色的食品B.汽车尾气中的氮氧化物主要是汽油燃烧的产物C.“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾的形成D.燃料电池是一种高效、环境友好型的发电装置，其能量转化率可达100%【答案】C【解析】【详解】A．绿色食品并非指颜色是绿色的食品，而是对产自良好生态环境的，无污染、安全、优质的食品的总称．绿色食品分为A级和AA级两类：A级绿色食品在生产过程中允许限量使用限定的化学合成物质；AA级绿色食品在生产过程中则不允许使用任何有害化学合成物质，故A错误；B．汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在高温或放电的条件下生成的，汽油燃烧的主要产物是碳氧化物，故B错误；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首，它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；D．燃料电池是一种高效、环境友好型的发电装置，但是燃料电池工作时除转化为电能，还会转化为其他形式的能量，其能量利用率小于100%，故D错误；答案选C。2.下列反应属于取代反应的是A.在光照条件下甲烷和氯气生成一氯甲烷的反应B.乙醇在氧气里燃烧的反应C.乙烯和溴的四氯化碳溶液的反应\nD.镍作催化剂、加热的条件下苯和氢气的反应【答案】A【解析】【分析】取代反应是指化合物或有机物分子中任何一个原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应。【详解】A．在光照条件下甲烷和氯气生成一氯甲烷和氯化氢，CH4+Cl2CH3Cl+HCl，符合取代反应的定义，A符合题意；B．乙醇在氧气里燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，B不符合题意；C．乙烯和溴反应生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，C不符合题意；D．苯和氢气反应生成环己烷，属于加成反应，D不符合题意；故选A3.下列物质中，含有离子键的离子化合物是A.CO2B.H2C.HFD.Na2O【答案】D【解析】【详解】A．CO2中只存在C与O的极性共价键，A不符合题意；B．H2中只存在H与H的非极性共价键，B不符合题意；C．HF中只存在H与F的极性共价键，C不符合题意；D．Na2O中Na+与O2-之间形成离子键，属于离子化合物，D符合题意；故选D。4.浓硝酸与铜的反应中，被还原的硝酸与参加反应的硝酸物质的量之比为A.1：1B.1：2C.2：1D.1：4【答案】B【解析】【详解】反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，4molHNO3参加反应，被还原的HNO3最终生成NO2，因此被还原HNO3的物质的量为2mol，所以被还原的硝酸与参加反应的硝酸物质的量之比为1：2，故选B。5.门捷列夫创制了元素周期表，并成功预言了11种元素，他利用的是元素的周期性变化规律，下列事实不能用元素周期律解释的是\nA.碱性：KOH＞NaOHB.元素的金属性：Mg＞AlC.元素的原子半径：S＞ClD.相对原子质量：Ar＞K【答案】D【解析】【详解】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性K＞Na，则碱性KOH＞NaOH，可用元素周期律解释，A不符合题意；B．同一周期元素从左至右金属性依次减弱，因此金属性Mg＞Al，可用元素周期律解释，B不符合题意；C．同一周期元素从左至右原子半径依次减小，因此原子半径S＞Cl，可用元素周期律解释，C不符合题意；D．相对原子质量Ar＞K不能用元素周期律解释，D符合题意；答案选D。6.下列过程属于化学变化的是A.海水的蒸馏B.石油的分馏C.煤的干馏D.丁烷的液化【答案】C【解析】【详解】A．海水的蒸馏是将水的沸点较低，通过加热使水变化水蒸气然后冷凝得到蒸馏水的过程，没有新物质产生，发生的是物理变化，A不符合题意；B．石油的分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物的过程，在这个过程中没有新物质产生，因此发生的是物理变化，B不符合题意；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使之分解的过程，由于产生了新的物质，因此发生的变化属于化学变化，C符合题意；D．丁烷的液化是将气态丁烷加压降温变为液态，没有新物质产生，发生的是物理变化，D不符合题意；故合理选项是C。7.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.乙烯B.苯C.甲烷D.二氧化碳【答案】A【解析】\n【详解】A．乙烯能被KMnO4氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，A符合题意；B．苯不能与酸性KMnO4溶液反应，混合后液体只能分层，B不符合题意；C．甲烷是烷烃，烷烃不与酸性KMnO4溶液反应，C不符合题意；D．CO2中C为+4价，没有还原性，不与酸性KMnO4溶液反应，D不符合题意；故选A。8.在1L密闭容器内，一定条件下发生A+3B⇌2C反应，在10s内，反应物C的浓度由2mol/L降到0.4mol/L，则C的反应速率为A.1.6mol/(L·s)B.0.08mol/(L·s)C.0.16mol/(L·s)D.0.8mol/(L·s)【答案】C【解析】【详解】反应物C的浓度由2mol/L降到0.4mol/L说明反应逆向进行，C浓度的变化∆c=2mol/L-0.4mol/L=1.6mol/L，反应速率v===0.16mol/(L·s)，故选C。9.下列反应属于吸热反应的是A.铝片与稀硫酸反应B.Ba(OH)2·8H2O晶体与氯化铵晶体反应C.盐酸与氢氧化钠溶液反应D.乙醇在空气中燃烧【答案】B【解析】【详解】A．铝片与稀硫酸反应属于金属与酸的反应，是放热反应，A不符合题意；B．Ba(OH)2·8H2O晶体与氯化铵晶体反应时温度降低，属于吸热反应，B符合题意；C．盐酸与氢氧化钠溶液反应属于酸碱中和反应，是放热反应，C不符合题意；D．乙醇在空气中燃烧属于燃烧反应，是放热反应，D不符合题意；故选B。10.下列化学用语使用不正确的是A.HClO的结构式：H-Cl-OB.MgCl2的电子式：C.中子数为20的氯原子：37ClD.乙烷的球棍模型：\n【答案】A【解析】【详解】A．HClO中氧原子分别与氢原子和氯原子各形成一个共用电子对，则结构式：H-O-Cl，故A错误；B．MgCl2是离子化合物，则电子式：，故B正确；C．氯原子的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数=17+20=37，则该原子可表示为：37Cl，故C正确；D．乙烷的的结构简式为CH3CH3，碳原子与氢原子形成共价单键，碳原子与碳原子间为碳碳单键，碳原子半径大于氢原子，则球棍模型：，故D正确；答案选A。11.C4H10的同分异构体有A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】A【解析】【详解】C4H10的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH3丁烷（正丁烷），异丁烷CH(CH3)3两种，故选：A。12.可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是A.反应停止了B.正反应速率与逆反应速率均为零C.反应物和生成物浓度相等D.正反应速率与逆反应速率相等【答案】D【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此衍生的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】A．可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，A错误；B．可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，B\n错误；C．反应达到平衡状态时，反应物和生成物浓度不一定相等，与反应物初始浓度及转化率有关，C错误；D．可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态判断，只有反应前、后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，否则不能作为判断依据，注意平衡状态时正逆反应速率相等但不是0。13.下列是绿色制氢示意图，图示中未涉及的能量转化形式是（）A.化学能→电能B.风能→电能C.太阳能→电能D.电能→化学能【答案】A【解析】【详解】在阳光照射下，太阳能板将太阳能转化为电能；大风车将风能转化为电能；在电流作用下水分解产生H2、O2，电能转化为化学能，可见没有发生的能量变化是化学能→电能，故答案选A。14.下列关于食物中基本营养物质的叙述不正确的是A.葡萄糖和果糖都不能发生水解反应B.油脂在酸性条件下的水解反应称为皂化反应C.淀粉和纤维素都是天然高分子化合物D.蛋白质在酶的催化作用下水解生成氨基酸【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖和果糖为单糖，单糖都不能发生水解反应，故A正确；B．油脂在碱性性条件下的水解反应称为皂化反应，而不是酸性条件，故B错误；C．淀粉和纤维素的相对分子质量都在10000以上且都属于天然的，所以都属于天然高分子化合物，故C正确；\nD．蛋白质在酶的催化作用下水解的最终产物为氨基酸，故D正确；答案选B。15.下列说法正确的是(设阿伏加德罗常数的值为6.02×1023)A.常温常压下，1molSO2的质量为64gB.MgCl2的摩尔质量为95gC.标准状况下，1molH2O所占的体积约为22.4LD.100mL1mol/L的稀硫酸中约含6.02×1022个H+【答案】A【解析】【详解】A．1molSO2的质量m=nM=1mol×64g/mol=64g，A正确；B．摩尔质量的单位是g/mol，B错误；C．标准状况下，H2O是液体或固体，无法使用气体摩尔体积22.4L/mol计算，C错误；D．100mL1mol/L的稀硫酸的物质的量n=cV=0.1L×1mol/L=0.1mol，电离出的H+的物质的量为0.2mol，个数约为0.2×6.02×1023=1.204×1023个，D错误；故选A。16.CHCIF2(二氟一氯甲烷)常用作制冷剂，可通过下列反应制得。下列说法错误的是A.CHCIF2分子中所有原子处于同一平面B.该反应属于取代反应C.CHClF2属于共价化合物D.反应时最好用水浴加热【答案】A【解析】【详解】A．CHClF2分子可看作是甲烷分子中的3个H原子分别被1个Cl、2个F原子取代产生的物质，由于甲烷分子是正四面体结构，因此CHCIF2分子中的所有原子不可能处于同一平面，A错误；B．该反应是CHCl3分子中2个Cl原子被2个F原子取代产生的物质，因此反应类型为取代反应，B正确；C．CHClF2中C元素的原子与H、Cl、F元素的原子之间以共价键结合，因此属于共价化合物，\nC正确；D．由于CHCl3在室温下呈液态，沸点比较低，易气化，HF是气体，反应温度是30～80℃，低于水的沸点，为使反应物充分接触，且为了使反应温度更容易控制，因此反应时最好用水浴加热方式，D正确；故合理选项是A。17.欲加快铁片与稀硫酸的反应速率，下列措施不可行的是A.降低温度B.适当地增大硫酸的浓度C将铁片改成铁粉D.升高温度【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，单位体积内活化分子比例减少，有效碰撞次数减少，反应速率减慢，A符合题意；B．适当的增大硫酸的浓度，单位体积内活化分子数增大，有效碰撞次数增大，化学反应速率加快，B不符合题意；C．将铁片改成铁粉，增大了接触面积，化学反应速率加快，C不符合题意；D．升高温度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率加快，D不符合题意；故选A。18.海洋锰结核中含有大量锰、铁、铜、钴等金属元素，被公认为是一种重要的陆地矿产替代资源。已知铝、锰、锌、铁、钴(Co)、铜的金属活动性依次减弱。下列冶炼方法或反应不能达到制取对应金属单质目的的是A.3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3B.3CO+Fe2O32Fe+3CO2C.Cu2S+O22Cu+SO2D.2Co2O34Co+3O2↑【答案】D【解析】【详解】A．锰是一种难熔金属，活动性介于Al和Zn之间，可用铝热法治炼，故A能达到制取对应金属单质目的；\nB．工业上常用热还原法炼铁，故B能达到制取对应金属单质目的；C．铜活泼性较差，利用火法炼铜，故C能达到制取对应金属单质目的；D．不活泼的金属如汞、银才用热分解法治炼，钴不能用热分解法治炼，故D不能达到制取对应金属单质目的；故选D。19.金属燃料电池是一类重要的电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.正极上O2被氧化B.蔗糖可作为电解质C.电流由金属电极经导线流向空气电极D.消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是Al【答案】D【解析】【详解】A.正极上O2得到电子，发生还原反应，被还原，A项错误；B.蔗糖是非电解质，不可能作为电解质，B项错误；C.电流由空气电极(正极)经导线流向金属电极(负极)，C项错误；D.消耗相同质量(取1g)的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数分别为：Zn：；Al：；Mg：；故消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是Al，D项正确；答案选D。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X最外层电子数之和为13，Y是同周期主族元素中半径最大的元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：\nB.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强C.W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构均相同D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可在水溶液中发生反应【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X最外层电子数之和为13，最外层电子数分别为6、7，Y是同周期主族元素中半径最大的元素，Y为第IA族元素，根据原子序数是关系，W、X为第2周期元素，Y为第3周期元素，则W为O元素、X为F元素、Y为Na元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍，最外层电子数为3，为Al元素，据此分析解答。【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：，故A正确；B．W为O元素，X为F元素，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性O＜F，则水的热稳定性比HF弱，故B错误；C．W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，均为结构，故C正确；D．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，二者在水溶液中能够发生反应，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故D正确；故选B。二、非选择题(每空2分，共40分)21.香花石是1958年中国地质学家发现的第一种世界新矿物，其主要成分的化学式为Ca3Li2(BeSiO4)3F2。回答下列问题：（1）质子数与中子数相等的Ca原子的符号为________。（2）Si在元素周期表的位置为________。（3）香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是________(填元素符号)，原子半径最大的是________(填元素符号)。【答案】（1）（2）第三周期第ⅣA族（3）①.F②.Ca【解析】\n【小问1详解】Ca为20号元素，质子数为20，质子数与中子数相等的Ca原子的质量数为40，符号为；【小问2详解】硅是14号元素，原子结构示意图为，位于第三周期，第ⅣA族；小问3详解】同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是位于第二周期后面的F，最大的是位于第四周期前面的Ca。22.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，其原理如图所示。（1）通入的气体A是_______(填化学式)（2）通入气体B的一极为电源的_______极。（3）若总共消耗气体3.36L(标准状况下)，则通过外电路的电子的物质的量为_______mol。【答案】（1）H2（2）正（3）0.2【解析】【分析】原电池中，阳离子向正极移动，根据图中H+移动方向可知，通入B的一端为正极，通入A的一端为负极，该装置为氢氧燃料电池，通入氢气的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则A为氢气，B为氧气，负极的电极反应为H2-2e-=2H+，正极电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O。【小问1详解】根据分析，通入的气体A是H2；【小问2详解】根据分析，气体B为氧气，通入氧气的电极为正极；\n【小问3详解】氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O2=2H2O，若标准状况下总共消耗气体3.36L，则标准状况下消耗氧气的体积为=1.12L，物质的量为=0.05mol，又因为消耗1mol氧气转移电子的物质的量为4mol，故消耗0.05mol氧气，转移电子的物质的量为0.2mol，即通过外电路的电子的物质的量为0.2mol；23.乙二醇是重要的工艺原料，可由乙烯或合成气等为原料制备，部分合成方法如图所示：回答下列问题：（1）A的化学名称为_______。（2）E中官能团的名称为_______。（3）C的分子式为_______。（4）反应②的化学方程式为_______，①反应的反应类型为_______。【答案】（1）乙烯（2）羟基（3）C4H8O3（4）①.+H2O②.氧化反应【解析】【分析】乙烯发生氧化反应生成B（环氧乙烷），环氧乙烷与水开环加成生成E（乙二醇）；乙烯转化为C可以看成乙烯先被氧气氧化成环氧乙烷，乙酸再与环氧乙烷加成，而乙烯转化为D可以看成在生成C的基础上再与乙酸发生酯化反应，C与D均发生水解反应生成乙二醇。【小问1详解】A的结构简式为CH2=CH2，名称为乙烯；【小问2详解】E结构简式为，其中官能团为羟基；\n【小问3详解】C的结构简式为CH3COOCH2CH2OH，分子式为C4H8O3；【小问4详解】反应②为环氧乙烷B与水发生加成反应生成乙二醇，方程式为+H2O；根据分析，反应①是乙烯发生氧化反应生成环氧乙烷，属于氧化反应。24.海洋是一个巨大的化学资源宝库，下图是海水资源综合利用的部分流程图。（1）由海水提取的粗盐中常含有等，可以加入_______(填化学式)除去。（2）步骤①反应的离子方程式为_______。（3）步骤④为无水MgCl2电解制取金属镁的过程。若生成11.2L(标准状况下)Cl2，则消耗无水MgCl2的质量为_______g。【答案】（1）BaCl2（2）Cl2+2Br-=2Cl-+Br2（3）47.5【解析】【分析】根据流程图分析可知，由海水得到含有Ca2+、Mg2+、Br-的苦卤，经一系列操作后得到无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2可得到Mg，同时向苦卤中通入Cl2氧化可得到Br2，再SO2还原得到Br-，富集Br后，最后Cl2氧化得到Br2。【小问1详解】Ba2+与可生成BaSO4沉淀，因此可加入BaCl2除去含有的；【小问2详解】由分析可知，步骤①为Cl2氧化可得到Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；【小问3详解】\n步骤④为无水MgCl2电解制取金属镁的过程，反应方程式为MgCl2(熔融)Cl2↑+Mg，生成标准状况下11.2L的Cl2的物质的量为=0.5mol，故消耗0.5mol无水MgCl2，质量为0.5mol×95g/mol=47.5g。25.某化学课外活动小组设计了如图所示的装置(图中夹持装置未画出，“Δ”表示酒精灯热源)来研究乙醇催化氧化的实验。已知：无水乙醇的沸点为78℃，新制氢氧化铜悬浊液可用于验证乙醇催化氧化反应的氧化产物。（1）发生反应时，装置A中反应的还原剂是_______(填化学式，下同)，D中反应的氧化剂是_______。（2）装置B的作用是_______；装置C中热水的作用是_______。（3）装置D中发生的氧化反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.H2O2②.O2（2）①.干燥O2②.使试管中的乙醇变为蒸气进入装置D中参加反应，且水浴加热使乙醇气流流速较平稳（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，B为干燥装置，水浴加热下，C提供乙醇，在D中催化条件下，氧气和乙醇发生氧化反应生成乙醛和水，无水硫酸铜用于检验水的生成，E可避免F中的水蒸气进入D而影响实验结果，F中，加热条件下乙醛与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀。【小问1详解】\nA中H2O2在二氧化锰催化作用下生成氧气，既是氧化剂也是还原剂；D中催化条件下，氧气氧化乙醇生成乙醛，氧化剂为O2；【小问2详解】碱石灰可用于干燥氧气，装置C中热水的作用是使试管中的乙醇变为蒸气进入装置D中参加反应，且水浴加热使乙醇气流流速较平稳；【小问3详解】装置D中，乙醇在催化条件下被氧化生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。