高一下学期期末考试化学试卷（附答案）

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页高一下学期期末考试化学试卷（附答案）一、单选题1．中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚2．化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是A．活性炭可用作食品脱色剂 B．铁粉可用作食品脱氧剂C．谷氨酸钠可用作食品增味剂 D．五氧化二磷可用作食品干燥剂3．中国美食享誉世界，东坡诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生 B．发酵制醇阶段有CO2产生C．发酵制酸阶段有酯类物质产生 D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行4．下列表示不正确的是A．CO2的结构式：O=C=O B．硫化氢的电子式：C．NH3的空间填充模型： D．3，3-二甲基戊烷的键线式：5．莽草酸可作抗病毒、抗癌药物中间体，天然存在于木兰科植物八角等的干燥成熟果实中，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是A．分子式为C7H7O5B．莽草酸属于芳香烃C．1mol该有机物能与3molNa发生反应D．该有机物能发生加成反应、氧化反应和酯化反应6．某反应的反应过程中能量的变化如图所示，图中E1表示正反应的活化能，下列有关叙述正确的是A．该反应为放热反应 B．催化剂能降低该反应的ΔHC．E2可表示该反应逆反应的活化能 D．ΔH=E2-E17．硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，11.2LSO2中原子总数为0.5NAB．0.01mol/LNa2SO3溶液中，Na+数目为0.02NAC．反应①每消耗3.4gH2S，生成物中硫原子数目为0.1NAD．反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为2NA8．下列说法不正确的是A．装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物 B．图②标识表示易燃类物质C．装置③可用于制取并收集氨气 D．装置④可用于从碘水中萃取碘9．某科研小组尝试利用固体表面催化工艺用CH4制取乙炔(C2H2)，用下图表示反应可能的微观历程。下列说法正确的是A．b→c过程中有非极性键的断裂B．b、c、d中，c的能量最低C．反应过程中碳元素化合价发生变化D．上述反应原子利用率为100%10．W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是A．原子半径：X>W B．简单氢化物的沸点：X<ZC．Y与X可形成离子化合物 D．Z的最高价含氧酸是弱酸11．利用CH3OH可将废水中的NO3－转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是A．X表示NO2B．可用O3替换CH3OHC．氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5D．若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为2NA12．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：B．工业废水中的Pb2+用FeS去除：C．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：13．为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是A．步骤I中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色B．步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液AC．试剂X可用硫酸D．粗I2可用升华法进一步提纯14．一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)。电池工作时，下列叙述错误的是A．电池总反应为B．b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用C．消耗18g葡萄糖，理论上a电极有0.4mol电子流入D．两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a14题图15题图15．为研究不同状态块状、粉末状碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的A．曲线乙表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应B．随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低C．若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则时间内甲的平均反应速率为D．两次实验，粉末状固体最终生成的CO2的量更多16．根据下列图示的操作及对应的现象，不能得出相应结论的是选项操作现象结论A①饱和石灰水变浑浊镁与盐酸的反应是放热反应B②硅酸钠溶液变浑浊碳酸的酸性强于硅酸C③滴入KSCN溶液变红色，滴入淀粉溶液变蓝色是可逆反应D④淀粉KI溶液变蓝色溴的得电子能力强于碘二、解答题17．回答下列问题：(1)根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中能量变化情况，计算在一定条件下，氮气与氧气反应生成1mol一氧化氮气体的过程中(填“吸收”或“放出”)的能量为kJ。(2)在5L密闭容器内，800℃时发生反应，n(NO)随时间变化如下表：时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.070.07①0～2s内，用O2表示该反应的反应速率为mol·L-1·s-1②下列措施能够使该反应的反应速率加快的是(填字母)。a.降低温度

b.使用合适的催化剂

c.减小容器容积(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成可循环使用的N2O5。①放电时，该电池的负极是(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)。②若电路中有2mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2为L。在恒容密闭容器中，用H2还原SO2，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：(4)分析可知X为(填化学式)。(5)0~t1时间段的温度为。18．以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，并把尾气进行资源化综合利用，生产常用作食品漂白剂的焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，流程如下图所示。已知：Na2S2O5与钡盐反应有白色沉淀，Na2S2O5溶于水与水反应生成NaHSO3。(1)Na2S2O5中S的化合价为。(2)煅烧前，黄铁矿需要研磨，目的是。(3)煅烧黄铁矿的化学方程式是。(4)试剂X是。(5)Na2S2O5易被氧化生成Na2SO4而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。限选试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验步骤现象结论取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液取实验的溶液，①最终有白色沉淀生成样品已被氧化另取实验的溶液，②③样品未完全变质(6)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol/L的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为，该样品中Na2S2O5的残留量为g·L－1。(Na2S2O5的相对分子质量为190)19．高分子化合物H是一种重要工业原料，其单体A不易溶于水，可以发生如图变化。请回答下列问题：(1)有机物C的分子式是。(2)有机物A中官能团的名称为、。(3)反应①的反应类型为；反应⑤的反应类型为。(4)反应②的化学方程式是。(5)写出高分子化合物H的结构简式：。(6)产物的探究：④反应在如图中发生，取下试管乙振荡，红色褪去。为了探究褪色原因，进行如下实验。编号ⅠⅡⅢ实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去——①用化学方程式解释实验Ⅰ中产生气泡的原因是。②测得实验Ⅰ褪色后的下层溶液呈碱性，对比实验Ⅰ和实验Ⅱ小组得出该实验中乙酸与碳酸钠反应(填“是”或“不是”)溶液褪色的主要原因。③针对实验Ⅱ中现象，小组同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验Ⅲ中观察到，证实该猜想正确。20．某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。Ⅰ.资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。该学习小组按如图装置进行验证实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：(1)装置a的名称。(2)写出装置①中反应的离子反应方程式。(3)①~⑥装置中，没有发生氧化还原反应的是。(填装置序号)(4)下列说法正确的是_______。A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体B．②中的试剂为水C．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气D．⑥的作用是吸收尾气NOⅡ.测得铁与不同浓度硝酸反应时各还原产物的物质的量相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示：(5)下列说法正确的是。A．硝酸浓度越大，其还原产物中高价态的N元素成分越多B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物C．铁能与大于12.2mol/LHNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象。(6)已知：在上述反应条件下，反应后铁以Fe3+形式存在于溶液中。当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比为：。参考答案1．B松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；2．DP2O5吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂，故D错误；3．D发酵制酸阶段CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3COOH，应在有氧条件下进行，D项错误；4．B5．D【详解】A．分子中C、H、O原子个数依次是7、10、5，分子式为C7H10O5，故A错误；B．分子中含有氧，不属于烃，故B错误；C．醇羟基、羧基都能和钠以1∶1反应，所以1mol该物质最多消耗4molNa，故C错误；D．具有烯烃、醇和羧酸的性质，碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，羧基和羟基都能发生酯化反应，故D正确；答案选D。6．C7．DC．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3molS消耗2molH2S，3.4gH2S为0.1mol，故可以生成0.15molS，生成的原子数目为0.15NA，C错误；D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2molS2-共转移4mol电子，因此，每生成1molS2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确；8．C【详解】A．铜与浓硫酸反应方程式为：，可用装置①制取，气态产物为SO2，可利用SO2的漂白性进行检验，故A正确；B．图②标识表示易燃类物质，故B正确；C．NH3的密度比空气小，应用向下排空气法进行收集，故C错误；D．萃取是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离混合物，装置④可用于从碘水中萃取碘，故D正确；故选C。9．C【分析】a→b是CH4附着于固体表面，b→c是CH4分子分解为原子，c→d是固体表面的原子重新组合为H2、C2H2等分子，d→e是新分子脱离催化剂表面。【详解】A．据分析，过程是CH4分子分解为原子，断裂的均是极性键，A错误；B．据分析，b→c是CH4分子分解为原子，c→d是固体表面的原子重新组合为H2、C2H2等分子，分解过程吸收能量，重新组合过程放出能量，则b、c、d中，c的能量最高，B错误；C．反应过程中碳元素化合价从CH4的-4价到C2H2的-1价，发生变化，C正确；D．上述反应2分子的CH4生成1分子的C2H2，有H原子损耗，原子利用率低于100%，D错误；故选C。10．C【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。【详解】A．X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C正确；D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。11．C【详解】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确；B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；综上所述，本题选C。12．C【详解】A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体，该反应的离子方程式为，A不正确；B．由于的溶解度远远小于，因此，工业废水中的用去除，该反应的离子方程式为，B不正确；C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，在水溶液中将还原为，该反应的离子方程式为，C正确；D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，被氧化为，属于弱酸，该反应的离子方程式为，D不正确；综上所述，本题选C。13．B【分析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘。【详解】A．由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，故A正确；B．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故B错误；C．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；D．碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确；故选B。14．C【分析】由题中信息可知，b电极为负极，发生反应，然后再发生；a电极为正极，发生反应，在这个过程中发生的总反应为。【详解】A．由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的在a电极上得电子生成，电极反应式为；b电极为电池负极，在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为，则电池总反应为，A正确；B．b电极上CuO将葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸后被还原为，在b电极上失电子转化成CuO，在这个过程中CuO的质量和化学性质保持不变，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；C．根据反应可知，参加反应时转移2mol电子，的物质的量为0.1mmol，则消耗18mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子流入，C错误；D．原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故迁移方向为b→a，D正确。综上所述，本题选C。15．C【详解】A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，生成二氧化碳的量不变，但接触面积增大、反应速率加快，时间减少，而曲线甲用时小，则曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，A错误；B．碳酸钙与盐酸反应放热，升高温度加快反应速率，则反应开始时，温度对反应速率的影响起主要作用，导致0-t1内的反应速率逐渐增大，随着反应的进行，浓度降低起主要作用，反应速率才不断降低，B错误；C．由题意，v=，可知，t2-t3甲的平均反应速率v(CO2)=mL·s-1，C正确；D．探究反应速率的影响因素时，只控制一个变量，则为研究不同状态(块状、粉末状)碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，两次实验所取碳酸钙固体质量一样，与足量的盐酸反应，生成二氧化碳的量相同，D错误；故选C。16．B【详解】A．氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，饱和石灰水变浑浊，则镁与盐酸的反应是放热反应，A正确；B．浓盐酸具有挥发性，则生成的二氧化碳气体中混有HCl气体，HCl也可以与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性强于硅酸，B错误；C．向少量氯化铁溶液加入过量碘化钾溶液，充分反应后，取一份滴加淀粉溶液变为蓝色，说明有I2生成即二者发生了反应，另一份滴加溶液变为红色，说明溶液中仍然有Fe3+，由于KI溶液过量，则可证明与的反应存在平衡，C正确；D．淀粉KI溶液变蓝色，说明溴与碘化钾反应生成单质碘，故溴的得电子能力强于碘，D正确；故选B。17．(1)吸收90(2)0.006bc(3)石墨Ⅰ11.2(4)H2S(5)300℃【详解】（1）由图可知，反应生成2molNO过程中断键吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ：成键释放的能量为2×632kJ=1264kJ，反应是吸热反应，反应生成2molNO时吸收的热量为1444kJ-1264kJ=180kJ，生成1mol一氧化氮气体的过程中吸收的能量为90kJ；（2）①0～2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==0.012mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.006mol•L-1•s-1；②a．降低温度，反应速率减慢，故a不选；b．使用合适的催化剂能加快反应速率，故b选；c．减小容器容积使反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；答案为bc；（3）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨Ⅰ为负极、石墨Ⅱ为正极，在石墨电极上NO2被氧化生成氧化物N2O5，石墨I电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，电池总反应式为：4NO2+O2=2N2O5；①放电时，该电池的负极是石墨Ⅰ电极；②石墨Ⅰ电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4，每转移4mol电子，反应消耗1molO2，因此若电路中有2mol电子转移，则理论上消耗0.5molO2，石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积V(O2)=0.5mol×22.4L•mol-1=11.2L；（4）在300℃时，H2和SO2在催化剂条件下生成H2S，在100℃到200℃时，H2S与SO2在催化剂生成S和H2O，则物质X为H2S；（5）0～t1时间段H2完全转化为H2S，H2和SO2的浓度降低且H2S的浓度增大，则0～t1时间段的温度为300℃。18．(1)+4(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率(3)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(4)98.3%浓硫酸(5)滴加足量稀盐酸，振荡、静置，再滴加溶液向其中加入酸性溶液，充分振荡酸性溶液褪色(6)0.19【详解】（1）Na2S2O5中钠元素为+1价，氧元素为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，硫元素的化合价为+4价；（2）黄铁矿需要研磨，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；（3）由分析可知，煅烧生成的炉渣主要为氧化铁，化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；（4）工业上不能直接用水或稀硫酸来吸收三氧化硫，因为那样容易形成酸雾，不利于对三氧化硫的吸收，为了尽可能提高吸收效率，采用98.3%浓硫酸作吸收剂，即试剂X是98.3%浓硫酸；（5）II．若样品变质，S元素化合价升高，被氧化生成Na2SO4，检验是否硫酸根离子存在即可，故取少量实验I的溶液，溶于足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，该沉淀为BaSO4沉淀，则样品已氧化变质；III．已知反应，另取实验I的溶液，向其中加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，若观察到酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有焦亚硫酸钠，即样品未完全氧化变质；（6）可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，在测定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用碘标准液滴定至终点，消耗。滴定反应的离子方程式为，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量为：，该样品中残留量为。19．(1)C2H4O2(2)碳碳双键酯基(3)取代反应(或水解反应)加成反应(4)(5)不是溶液不变红或无明显现象【分析】C6H10O2在稀硫酸、加热条件下反应生成乙醇和CH2=C(CH3)COOH，则C6H10O2发生的是水解反应，C6H10O2的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH3，CH2=C(CH3)COOCH2CH3发生加聚反应生成高分子化合物H，则H为，乙醇催化氧化生成B为乙醛，乙醛与氧气反应生成C为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D为乙酸乙酯。CH2=C(CH3)COOH与氢气在镍作催化剂的条件下发生加成反应生成E为CH3CH(CH3)COOH；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；实验Ⅰ和Ⅱ不同的是Ⅰ中B上层液体为混合物，Ⅱ中上层液体为乙酸乙酯；（6）①实验Ⅰ中醋酸和碳酸钠