西藏自治区拉萨市那曲第二高级中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE15-西藏自治区拉萨市那曲其次高级中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题1.关于氮的变更关系图如下，则下列说法不正确的是A.路途①②③是工业生产硝酸的主要途径B.路途Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述全部反应都是氧化还原反应D.氮气在足量的氧气中通过一步反应可生成NO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路途①②③就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B.雷电固氮就是空气中N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水汲取得到硝酸，故路途Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；C.在上述反应中都存在N元素化合价的变更，因此都是氧化还原反应，C正确；D.氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，与二者相对物质的量多少无关，D错误；故合理选项是D。2.下列说法正确的是（）①二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，但不能与任何酸反应②依据反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强③二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸④二氧化硅常被用来制造光导纤维A.①② B.②③ C.③④ D.①④【答案】C【解析】【分析】【详解】①二氧化硅是酸性氧化物，但它可以与氢氟酸发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2↑，①错误；②反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑只有在高温下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以接着进行，但这不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，②错误；③二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，符合强酸制弱酸原理，可以说明碳酸的酸性比硅酸的强，③正确；④二氧化硅是光导纤维的主要成分，光导纤维可以用二氧化硅来制取，④正确。【点睛】本题考查了硅及其化合物的性质，驾驭物质的性质是解题的关键，留意依据强酸制弱酸原理，必需在溶液中发生的化学反应，因此②不能得出硅酸的酸性比碳酸强，是易错点。3.下列对浓硫酸的叙述正确的是（）A.常温下，浓硫酸与铁铝不反应，所以铁、铝制容器能盛装浓硫酸B.浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化C.浓硫酸和铜片加热既表现强酸性又表现强氧化性D.浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性【答案】C【解析】【分析】【详解】A.浓硫酸具有强的氧化性，与铁、铝发生钝化，生成一层致密的氧化膜，故A错误；B.能使蔗糖炭化体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C.浓硫酸和铜片加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，有盐生成，S元素的化合价降低，既表现强酸性又表现强氧化性，故C正确；D.亚硫酸钠和浓硫酸发生反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，有盐生成，但S元素的化合价不变，只表现为强酸性，故D错误；故答案选C。4.下列依据试验操作得出的结论正确的是操作现象结论A无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸生成白色沉淀不溶于盐酸原溶液中肯定有SO42-B无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显橙红色原溶液中有Br―C新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色Cl2有漂白性D无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀原溶液中有大量CO32—A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，接着滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；C.具有漂白性的不是Cl2而是HClO，故C错误；D.假如原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。答案选B。5.下列反应中，通入的气体物质只作为氧化剂的是()A.二氧化硫通入水中 B.氯气通入氢氧化钠溶液中C.氯气通入氯化亚铁溶液中 D.氨气通入水中【答案】C【解析】【分析】【详解】A．二氧化硫通入水中，反应生成亚硫酸，没有元素的化合价发生变更，该反应不属于氧化还原反应，故A不选；B．氯气通入氢氧化钠溶液中，反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯气中Cl元素的化合价既上升又降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，故B不选；C．氯气通入氯化亚铁溶液中，反应生成氯化铁，氯气中Cl元素的化合价降低，则氯气只作氧化剂，故C选；D．氨气通入水中，反应生成一水合氨，反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故D不选；答案选C。【点睛】明确发生的化学反应及元素的化合价变更是解答本题的关键。气体只作氧化剂时，在反应中，该气体中含有的某元素的化合价应当降低，没有元素的化合价上升。本题的易错点为B。6.A、B两元素原子电子层数相同，假如A原子半径比B的大，则下列推断正确的是()A.两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性应是A强于BB.A的气态氢化物比B的气态氢化物稳定C.A的金属性比B的金属性强D.A的阴离子比B的阴离子还原性弱【答案】C【解析】【分析】A、B两元素原子电子层数相同，则A、B同周期，A原子半径比B的大，则A位于B左侧，则A的金属性强于B，B的非金属性强于A，据此解答。【详解】A.由分析可知，A的金属性强于B，则两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性应是A强于B，A不正确；

B.由分析可知，B的非金属性强于A，则B的气态氢化物比A的气态氢化物稳定，B不正确；

C.由分析可知，A的金属性强于B，C正确；

D.由分析可知，B的非金属性强于A，即B单质的氧化性强于A单质的氧化性，则A的阴离子比B的阴离子还原性强，D不正确；

故选C。

【点睛】7.X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是A.Y、Z、W原子半径依次增大B.元素W、Z形成的简洁氧化物，W的氧化物熔点更高C.X、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两间均可发生反应D.W、Z的最高价氧化物对应水化物碱性，W＞Z【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，为碳元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，所以分别为氧和硫元素。Z为短周期中金属性最强的元素，为钠元素，W是地売中含量最高的金属元素，为铝元素。据此解答。【详解】A.Y、Z、W原子半径依次为钠>铝>氧，故错误；B.元素W、Z形成的简洁氧化物分别为氧化铝和氧化钠，氧化铝的晶格能大于氧化钠，氧化铝的熔点比氧化钠高，故正确；C.X、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠可以和碳酸或氢氧化铝反应，但是碳酸和氢氧化铝不能反应，故错误；D.W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化钠的碱性更强，故错误。故选B。8.下列说法中正确的是(

)A.物质发生化学反应时都伴随能量变更，伴随能量变更的过程也肯定是化学变更的过程B.须要加热的化学反应肯定是吸热反应，不须要加热就能进行的反应肯定是放热反应C.因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼D.吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时汲取的能量比化学键形成时放出的能量多【答案】C【解析】【分析】【详解】A．伴随能量变更的物质变更不肯定是化学变更，物质的三态变更有能量变更，是物理变更，故A错误；B．一个反应的能量变更只与始终态有关，与反应的条件无关，如铝热反应须要高温引发却是猛烈的放热反应，故B错误；C．物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，故C正确；D．反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热，理解为化学键断裂时汲取的能量比化学键形成时放出的能量少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了能量的转化，留意几个易错的问题：能量变更和化学反应、焓变与反应条件无关、焓变与反应物生成物能量变更、物质的能量越低越稳定。9.反应A+B→C(△H＜0)分两步进行①A+B→X(△H＞0)②X→C(△H＜0)下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变更的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】【详解】由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合;故选D。10.2007年2月，中国首条“生态公路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是().A.运用光催化剂不变更反应速率 B.运用光催化剂能增大NO的转化率C上升温度能加快反应速率 D.变更压强对反应速率无影响【答案】C【解析】【分析】【详解】A.运用光催化剂变更反应速率可以加快化学反应速率，A不正确；B.运用光催化剂对正、逆反应的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；C.上升温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确；D.该反应中的全部组分均为气体，故变更压强对反应速率有影响，D不正确。故选C。11.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同状况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是A.v(NH3)＝0.2mol/（L·s） B.v(O2)＝1.4mol/（L·min）C.v(H2O)＝0.25mol/（L·s） D.v(NO)＝9mol/（L·min）【答案】A【解析】【分析】【详解】假如都用氧气表示其反应速率，则依据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、1.4、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应当依据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能干脆比较速率数值。换算时要留意单位的统一。12.如图，在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A.外电路的电流方向为：X→外电路→YB.若两电极都是金属，则它们的活动性依次为X>YC.X极上发生是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D.若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe【答案】B【解析】【分析】依据电子流向可知，X为负极，发生氧化反应，Y为正极，发生还原反应，依据原电池原理，金属X的金属性强于Y，据此回答问题。【详解】A.X为负极，Y为正极，外电路的电流方向为：Y→外电路→X，A错误；B.依据原电池原理，若两电极都是金属，则它们的活动性依次为X>Y，B正确；C.X极为负极，发生的是氧化反应，Y极上发生的是还原反应，C错误；D.若两电极分别为Fe和碳棒，负极与电解质溶液发生反应，则X为Fe，Y为C，D错误；答案为B。13.现有几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是()A.上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B.干电池在长时间运用后，锌筒被破坏C.铅蓄电池工作过程中，铅被还原 D.氢氧燃料电池中负极通入氢气发生氧化反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；B．在干电池中，Zn作负极，被氧化，则运用过程中锌筒被破坏，故B正确；C．铅蓄电池工作过程中，负极反应式为Pb-2e-+=PbSO4，铅被氧化，故C错误；D．氢氧燃料电池中负极上通入氢气，失电子，发生氧化反应，故D正确；故选C。14.丙烯酸(CH2=CH—COOH)是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。2CH3CH=CH2+3O2催化剂，加热2CH2=CH—COOH+2H2O下列关于丙烯酸的说法不正确的是A.与乙酸互为同系物 B.能与NaHCO3溶液反应C.能与乙醇发生酯化反应 D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基，属于不饱和一元羧酸，能表现烯烃和羧酸的性质。【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元羧酸，乙酸属于饱和一元羧酸，通式不同、类别不同，不互为同系物，故A错误；B项、丙烯酸含有羧基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；C项、丙烯酸含有羧基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；D项、丙烯酸含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。15.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）①苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；②苯中的碳碳键的键长均相等；③苯能在肯定条件下跟H2加成生成环己烷；④苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不因化学变更而使溴水褪色。A.②③④ B.①③④ C.①②③ D.①②④【答案】D【解析】【分析】【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故①正确；②苯环中的碳碳键的键长均相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故②正确；③苯能在肯定条件下跟H2加成生成环己烷，碳碳双键和碳碳三键可以发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故③错误；④苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故④正确。故选D。二、非选择题16.如图为试验室制取和收集纯净干燥的氯气，并进行氯气性质探究的试验装置图：（1）反应前，在装置A中___装浓盐酸(填写仪器名称)，___装MnO2(填写仪器名称)，装置A中反应的化学方程式为___。（2）装置B中现象是____。反应的化学方程式为____。（3）装置D中所装试剂是_____，作用是____。（4）装置F中发生反应的化学方程式为_____。【答案】(1).分液漏斗(2).圆底烧瓶(3).MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(4).溶液变蓝(5).Cl2＋2KI=2KCl＋I2(6).浓硫酸(7).干燥Cl2(8).Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O【解析】【分析】（1）依据装置图和试验目的分析推断，制备氯气是用固体二氧化锰和液体浓盐酸，固体在圆底烧瓶中，盐酸在分液漏斗中；依据浓盐酸和二氧化锰的性质推断生成物，再书写反应方程式；（2）氯气有氧化性，能置换出碘化钾中的碘；（3）浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应；（4）氯气有毒，会污染环境，结合氯气的性质分析推断。【详解】（1）由装置图和试验目的可知，制备氯气是用固体二氧化锰和液体浓盐酸，固体在圆底烧瓶中，盐酸在分液漏斗中；浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为分液漏斗；圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气有氧化性，能置换出碘化钾中的碘，碘单质遇到淀粉变蓝，反应的化学方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，故答案为溶液变蓝；Cl2+2KI=2KCl+I2；（3）浓硫酸有吸水性，且不和氯气反应，所以可用浓硫酸干燥氯气，故答案为浓硫酸；干燥Cl2；（4）氯气有毒，污染环境，所以不能干脆排空；氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液汲取多余的氯气，反应化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【点睛】驾驭氯气的试验室制备，氯气的化学性质是解题的关键。本题的易错点为（4），要留意依据氯气的性质结合装置F的作用分析推断。17.按要求填空：（1）写出下列物质的电子式：Na2O2_____NH3_____。（2）2.2g铵根14N2H4+的中子数是___，核外电子数是____，某微粒含有一个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是____。（3）已知断开1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别须要汲取的能量为436kJ、151kJ、299kJ，则由1molH2和1molI2生成2molHI会_____(“放出”或“汲取”)_____kJ的热量。（4）现有下列物质：①H2②Na2O2③NaOH④H2O2⑤CaCl2⑥NH4NO3⑦H2S，只由离子键构成的物质是_____(填序号，同下)，由离子键和共价键构成的物质是_________，属于共价化合物的是_____。【答案】(1).(2).(3).1.1NA(4).NA(5).(6).放出(7).11(8).⑤(9).②③⑥(10).④⑦【解析】【分析】【详解】（1）Na2O2是离子化合物，其电子式为；NH3是共价化合物，其电子式为；（2）1个14N2H4+铵根离子中有7+4×1=11个中子，7+4×1-1=10个电子，其摩尔质量为14+4×2=22g/mol，2.2g该铵根为0.1mol，故0.1mol14N2H4+中有11×0.1=1.1mol中子，为1.1NA个；有10×0.1=1mol电子，为NA个；核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，则该元素为Cl元素，质量数为17+20=37；离子符号为；（3）H2与I2反应生成HI的化学方程式为H2+I22HI，该反应的反应热可以通过反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算，当计算值为正值时为吸热反应，计算值为负值时为放热反应，该反应的反应热为436kJ+151kJ-2×299kJ=-11kJ，故该反应为放热反应，共放出11kJ能量；（4）①H2是由极性共价键构成的单质；②Na2O2是有离子键和非极性共价键构成的离子化合物；③NaOH是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；④H2O2是由极性共价键和非极性共价键构成的共价化合物；⑤CaCl2是由离子键构成的离子化合物；⑥NH4NO3是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；⑦H2S是由极性共价键构成的共价化合物；只由离子键构成的物质是⑤，由离子键和共价键构成的物质是②③⑥，属于共价化合物的是④⑦。【点睛】由同种元素构成的共价键是非极性共价键，由不同种元素构成的共价键是极性共价键；存在离子键的化合物为离子化合物，存在共价键的化合物不肯定为共价化合物。18.(1)氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入肯定量的NO和NH3，在肯定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)。①能说明该反应已达到平衡状态的标记是___________。a.反应速率v(NH3)=v(N2)b.容器内压强不再随时间而发生变更c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变更d.容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6e.12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键②某次试验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变更如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)___________v(逆)；d点对应的速率关系是v(正)___________v(逆)。(填﹥、﹤或﹦)。(2)肯定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，n(NO2)随时间变更如表：时间/s012345N(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率为___________。②依据表可以看出，随着反应进行，反应速率渐渐减小，其缘由是___________。【答案】(1).bc(2).>(3).=(4).0.0075mol·L-1·s-1(5).随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小【解析】【分析】

【详解】(1)①a．该反应达到平衡状态时，5v正(NH3)=4v逆(N2)，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，容器体积恒定，所以未平衡时压强会发生变更，当压强不再变更时说明反应平衡，故b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变更说明浓度不在变更，反应达到平衡，故c正确；d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d错误；e．只要反应进行12molN-H键断裂的同时就会生成5molN≡N键，二者均表示正反应速率，故e错误；故答案为：bc；②据图可知b点之后氮气的浓度增大，NO的浓度减小，说明此时反应正向进行，及v(正)>v(逆)；d点时NO的浓度不再变更，说明反应达到平衡，所以v(正)=v(逆)；故答案为：>；=；(2)①0～2s内，故答案为：0.0075mol·L-1·s-1；②依据表可