重庆市西南大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析

这是一份重庆市西南大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析，共27页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 利用CO2合成甲醚的反应，9%，20，则，解得x=88等内容，欢迎下载使用。
 西南大学附属中学校2021-2022学年下期期末考试
高一化学试题
(满分：100分；考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷自己保存，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5
一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关。下列说法正确是
①棉花、蔗糖和麻均为糖类
②谷氨酸钠是常见的增味剂
③油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂
④煤的干馏、石油分馏和石油裂化均属于化学变化
⑤绿色化学的核心思想是“先污染后治理”
⑥在大豆蛋白溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性
A. ①②③ B. ①②⑥ C. ③④⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①棉花、麻都属于天然纤维，属于多糖，蔗糖为二糖，均为糖类，故正确；
②谷氨酸钠是国内外应用的鲜味剂，与食盐共存时可增强其呈味作用，故正确；
③油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，故错误；
④煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，为化学变化；石油裂化是在一定的情况下，将相对分子质量比较大、沸点较高的烃破裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的全过程，为化学变化；石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，属于物理变化，故错误；
⑤绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故错误；
⑥向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性析出，故正确；
综上，正确的有①②⑥；
答案选B。
2. 用如图所示的装置进行中和反应反应热的测定。下列说法正确的是

A. 如图条件下，实验过程中没有任何热量损失
B. 为了使反应充分进行，药品可以分多次加入
C. 完成一次中和反应反应热平行样的测定，温度计需要使用2次
D. 测量NaOH与不同种类的酸中和反应的反应热，数值可能不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示条件下的实验过程中一定有部分热量的损失，故A错误；
B．药品可以分多次加入将导致热量损失过多，应一次性快速加入药品，故B错误；
C．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用3次，分别用于测酸、碱初始温度和反应的最高温度，故C错误；
D．醋酸是弱酸，电离吸热；NaOH与不同种类的酸中和反应的反应热，数值可能不同，故D错误；
故答案选D。
3. 已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) Δ H1；②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　ΔH2，下列推断正确的是
A. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)　ΔH=-ΔH1
B. CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1
C. 若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则ΔH2＜0
D. 若反应①增大压强，则反应物活化分子百分数增大，反应速率加快
【答案】B
【解析】
【详解】A．等质量的液态水所含的能量与气态水所含的能量不同，因此CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)　ΔH≠-ΔH1，A错误；
B．已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) Δ H1；②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　ΔH2，根据盖斯定律，将反应②-①，整理可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1，B正确；
C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应的正反应是吸热反应，故ΔH2＞0，C错误；
D．若反应①增大压强，则单位体积内分子总数增加，单位体积内活化分子数增加，因此反应速率加快，但反应物活化分子百分数不变，D错误；
故合理选项是B。
4. 有机物A的分子式为，可发生如下转化。已知B、D是生活中的两种常见有机物。下列说法不正确的是

A. 有机物E的结构简式为
B. 由有机物B生成C的化学方程式为：
C. 用饱和溶液可鉴别B、D、E
D. 由B、D制备E时常用浓硫酸作催化剂和吸水剂
【答案】B
【解析】
【分析】有机物A分子式为，A与水发生加成反应生成B，B可发生连续氧化反应，则A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，有机物E的结构简式为，A正确；
B．由有机物B生成C是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：，B错误；
C．用饱和溶液可鉴别B、D、E分别是乙醇，乙酸，乙酸乙酯，它们和碳酸钠混合时现象分别为无显现，气泡，分层，故可以区分，C正确；
D．酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，D正确；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 在海轮外壳表面附着铜块，可减缓海轮外壳的腐蚀
B. 工业上采用电解熔融AlCl3制备金属铝
C. 工业合成氨采用高温是为了提高反应物的平衡转化率
D. 已知2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于金属活动性：Fe＞Cu，所以在海轮外壳表面附着铜块时，Fe、Cu及海水构成原电池，Fe为负极，先被腐蚀氧化，导致海轮外壳的腐蚀速率加快，A错误；
B．AlCl3是由分子构成的共价化合物，在熔融状态下不能导电，因此不能采用电解熔融AlCl3制备金属铝，应该采用熔融Al2O3的方法制备金属铝，同时要加入冰晶石作助溶剂，B错误；
C．合成氨气的反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，导致氨的平衡转化率降低，在工业合成氨采用高温是为了提高反应物的化学反应速率，C错误；
D．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，反应在常温下能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于ΔS＜0，因此反应热该反应ΔH＜0，D正确；
故合理选项是D。
6. 利用CO2合成甲醚(CH3OCH3)的反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-135.4kJ·mol-1将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入恒容密闭容器中，测得不同温度和压强下，甲醚的平衡物质的量分数变化如图所示。

下列说法正确的是
A. 由图可知，温度T1>T2，压强p3T2>T3>T4，压强:P1>P2>P3>P4，选项A错误；
B．温度一定时，平衡常数K不变，根据PV=nRT，可知P=cRT，R均为常数，T为定值，所以Kp也不变，选项B错误；
C．平衡时，v正=v逆，因为T1>T4，P1>P4，所以平衡时，T1、P1条件下的正反应速率大于T4、P4条件下的逆反应速率，选项C错误；
D．T1、P1条件下，将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入恒容密闭容器中， CO2的平衡转化率约为x，根据三段式有：

二甲醚的物质的量分数为0.20，则，解得x=88.9%，选项D正确；
答案选D。
7. 在一定温度时，将1molA(s)和2molB(g)置于容积为5L的某密闭容器中发生如下反应A(s)+2B(g) C(g)+2D(g)5min后，测得容器内B(g)的浓度减少了0.2mol·L-1，则下列说法错误的是
A. 5min内，该反应用C(g)的浓度变化表示的反应速率为v(C)=0.02mol·L-1·min-1
B. 5min时，容器内D(g)的浓度为0.2mol·L-1
C. 该可逆反应达到限度之前，随着反应的进行，容器内压强逐渐增大
D. 5min时，容器内气体总的物质的量为3mol
【答案】D
【解析】
【分析】1 mol A和2 mol B放入容积为5 L的某密闭容器中，经5 min后，参加反应B的物质的量为0.2 mol·L-1.×5L=1mol，则可建立如下三段式：

【详解】A．在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02 mol·L-1min-1，选项A正确；
B．5 min时，容器内D的浓度为=0.2 mol·L-1，选项B正确；
C．该可逆反应随反应的进行，容器内气体的物质的量不断增大，则压强逐渐增大，选项C正确；
D．A呈固态，5 min时容器内气体总物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5 mol，选项D错误；
答案选D。
8. 某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。

下列说法正确的是
A. 甲中发生还原反应
B. 乙中石墨电极上发生的反应为
C. 电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯
D. 外电路的电子移动方向为从a到b
【答案】D
【解析】
【分析】氧化性： ，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则Cr2O在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。
【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极，选项A错误；
B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，选项B错误；
C．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，选项C错误；
D．a是负极、b是正极，外电路的电子移动方向为从a到b，选项D正确；
答案选D。
9. 某学习小组为了探究影响高锰酸钾酸性溶液与NaHSO3溶液反应速率的因素，该小组设计如表实验方案。
实验
V(NaHSO3)/mL
c=0.2mol·L-1
V(KMnO4)/mL
c=0.1mol·L-1
V(H2SO4)/mL
c=0.6mol·L-1
V(MnSO4)/mL
c=0.1mol·L-1
V(H2O)/mL
褪色时间t/min
1
3.0
2.0
1.0
0.0
2.0
8
2
3.0
2.0
2.0
0.0
a
6
3
4.0
2.0
2.0
0.0
0.0
4
4
3.0
2.0
1.0
0.5
b
3
下列说法正确的是
A. 该反应的离子方程式为
B. a=1.0，b=1.5
C. 实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率
D. 实验证明可能是该反应的催化剂
【答案】B
【解析】
【分析】探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。
【详解】A．是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，选项A错误；
B．据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则，，选项B正确；
C．由，故反应完全，实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率，选项C错误；
D．实验4与实验1相比，其它条件相同条件下，实验4加了MnSO4，反应混合溶液褪色时间只有3min，由于溶液中已经加了H2SO4，说明SO不是该反应的催化剂，而可能是该反应的催化剂，选项D错误；
答案选B。
10. 铝土矿的主要成分是Al2O3，还有部分SiO2、Fe2O3以及少量不溶于酸碱溶液的其他杂质。工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺：

下列说法正确的是
A. 沉淀Ⅰ只有SiO2
B. ①～⑤中包含两个氧化还原反应
C. 步骤②发生的反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D. 溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3
【答案】D
【解析】
【分析】SiO2不与盐酸反应，铝土矿加入过量盐酸反应后沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，溶液Ⅰ含有氯化铝、氯化铁和过量盐酸，加入过量氢氧化钠反应后得到沉淀Ⅱ为Fe(OH)3，溶液Ⅱ含有氯化钠、偏铝酸钠和过量氢氧化钠，通入过量二氧化碳得到沉淀Ⅲ为Al(OH)3，溶液Ⅲ主要为NaHCO3溶液。
【详解】A．沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，选项A错误；
B．流程涉及铝的冶炼，应电解氧化铝生成铝，为氧化还原反应，其它都为非氧化还原反应，只包含一个氧化还原反应，选项B错误；
C．步骤②发生的反应为H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=+2H2O，选项C错误；
D．根据分析可知，溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3，选项D正确；
答案选D。
11. 常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5L4·mol-4。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列说法错误的是
A. 第一阶段，增加c[Ni(CO)4]，平衡正向移动，Ni(CO)4体积分数增大
B. 第一阶段，若在30℃和50℃两者之间选择反应温度，应选50℃
C. 第一阶段，Ni(CO)4体积分数不变时，反应达到平衡
D. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
【答案】A
【解析】
【详解】A．第一阶段，增加c[Ni(CO)4]，平衡逆向移动，反应物和生成物均只有一种，为等效平衡，Ni(CO)4体积分数不变，选项A错误；
B．50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，选项B正确；
C．第一阶段，Ni(CO)4体积分数不变时，各组分浓度保持不变，反应达到平衡，选项C正确；
D．230℃时，Ni(CO)4分解Ni(CO)4 (g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为K’== =5×104，可知分解率较高，选项D正确；
答案选A。
12. 随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应(RWGS)的研究。单一分子RWGS在Fe3O4催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程[TS1→TS2→TS3→TS4→CO(a)+H2O(a)]和中间物种分解历程[TS1→TS6→TS7→TS5→HCOO(a)+H(a)]。[(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]

下列说法正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 氧化还原历程共有5种中间产物
C. 中间物种分解历程决速步为CO(a)+OH(a)=HCOO(a)
D. 使用高效催化剂，可以加快化学反应速率，提高平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据“焓变△H=生成物具有的能量-反应物具有的能量”， 由图可知RWGS反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的△H=+0.43eVNA/mol，反应为吸热反应，A错误；
B．由图可知：氧化还原历程中的中间产物有H(a)、CO(a)、O(a)、OH(a)，可见中间状态共有4种中间产物，B错误；
C．对于多步反应，总反应速率快慢决定于活化能大的慢反应。根据图示可知：其中CO(a)+OH(a)=HCOO(a)的活化能最高，是反应的控速步骤，所以控速步骤化学方程式为CO(a)+OH(a)=HCOO(a)，C正确；
D．使用高效催化剂，同等程度加快化学反应正逆反应的速率，但由于不能改变反应物与生成物的能够，因此不改变平衡转化率，D错误；
故合理选项是C。
13. 高电压水系锌－有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度减小
B. 充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-
C. 放电时，正极区溶液的pH减小
D. 放电时，1molFQ转化为FQH2，可消耗65gZn
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，充电时，FQH2生成FQ被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn，则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，右侧为正极FQ被还原为FQH2。
A．充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)+2e =Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，故A正确；
B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，故B正确；
C．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，氢离子被消耗，pH增大，故C错误；
D．放电时正极电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，1molFQ转化为FQH2转移2mol电子，负极消耗1molZn，即可消耗65gZn，故D正确；
故答案为C。
14. 在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如下图所示。
容器
n(CO2)/mol
n(C)/mol
n(CO)/mol
甲
0.1
0.3
0.0
乙
0.0
0.0
0.4

下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ对应的是甲容器
B. a点对应温度下该反应的平衡常数K=1.28mol·L-1
C. a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa