【5套合集】2022届盘锦市名校高一第二学期化学期末联考模拟试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.绿色化学要求利用化学反应原理从源头上消除污染。以铜为原料制备硫酸铜，下列四种原理设计，其中最能体现“绿色化学”要求的是A.Cu+2映0式浓）CuS04+S021+2H2OB.Cu+C12 CuCl2,CuCl2+H 2 S O 4 （浓）CuS04+2HC1 tC.Cu+H 2 S O 4 +H 2 O 2 C 1 1 S O 4 +2H2OD.3Cu+8HN03=3Cu（N03）2 +2N0t+4 H 2 O,Cu（N03）2+H2s0式浓）CuS0 Y W ZC.最高价氧化物对应水化物的酸性：X W ZD.化合物X Y 与 ZY2中均含有共价键【答案】B【解析】【详解】从元素周期表的局部图可知X、Y、Z、W 为二、三周期元素，W 位于第三周期，W 原子的质子数是其最外层电子数的三倍，故 W 是 P 元素，据此推出X、Y、Z 分别是氮、氧、硅。A、根据四种元素在周期表中的位置关系可知，原子半径：ZW XY,选项A 正确；B、氢化物的热稳定性：H2ONH3PH3SiH4,即 YXW Z,选 项 B 不正确；C、非金属性：ONPSi,最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3H3PO4H2SiO3,即 X W Z,选项C 正确；D、化合物X Y 与 ZY2分别为NO、SiO2,均含有共价键，选 项 D 正确。答案选B。3.某溶液中含有下列六种离子：HCO3-SCM-K+832-NH&+N t h,向其中加入稍过 量 NazO2后，溶液中离子浓度会变化的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】Na2(h 与水反应生成NaOH和 0 2,反应后溶液成碱性，并且Nazth具有强氧化性，凡是与NaOH、Na2O2发生离子反应的离子，其浓度肯定发生变化，据此分析解答。【详解】NazCh与水反应生成NaOH和 0 2,反应后溶液成碱性，HCCh-与NaOH反应生成CO3”，Nth+与NaOH反应生成一水合氨，则HCOy、CO3、NHJ浓度发生变化；NazCh具有强氧化性，能够把SO一氧化成硫酸根离子，则SO3?离子浓度发生变化，综上可知，溶液中离子浓度会变化的是 ,故选A。【点睛】本题的易错点为和的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，浓度减小，则会导致碳酸根离子浓度增大。4.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是()A.在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料B.漂白粉失效是由于漂白粉中的Ca(CIO)2与 空 气 中 的 反 应 生 成 的 HC10见光分解C.少量液溟要保存在棕色细口瓶中，并在液滨上面加水封D.向煤中加入适量CaC03,可大大减少燃烧产物中温室气体的排放【答案】D【解析】分析：A、元素周期表中包含着很多信息和规律，其中寻找半导体材料就是根据金属性和非金属性变化规律来确定的；B、碳酸的酸性强于HC1O,且 HC1O不稳定，导致漂白粉失效；C、澳是易挥发的液体，与水几乎不反应，因此可水封保存；D、煤燃烧生成的SO?在高温下与CaCO3反应，可减少SO2的排放。详解：A、在元素周期表中，从左向右，金属性减弱，非金属性增强，所以在金属和非金属分界线附近的元素具有半导体性能，故 A 正确；B、漂白粉放置的过程中，发生如下反应 Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO,2HC1O=2HC1+O2,导致失效，所 以 B 正确；C、漠在水中的溶解度很小，与水几乎不反应，但漠是易挥发性的液体，所以要保存在棕色细口瓶中，并用水封，故 C 正确；D、煤燃烧生成的SO?在高温下与CaCQ；反应，最终转化为C aS O s减少了 SO2的排放，但不会减少温室气体CO2的排放，所以D 不正确。本题答案为D。5.下列属于放热反应的是A.镁条溶于盐酸 B.氨气液化 C.碳酸钙分解 D.硝酸镂溶于水【答案】A【解析】A、镁条溶于盐酸，此反应为放热反应，故 A 正确；B、氨气液化，属于吸热过程，故 B 错误；C、碳酸钙分解属于吸热反应，故 C 错误；D、硝酸镂溶于水是吸热过程，故 D 错误。点睛：常见的放热反应是所有燃烧反应、酸碱中和反应、金属与酸或水的反应、大多数的化合反应、铝热反应等。6.将 4 mol A 气体和2 moIB气体在体积为2 L 的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g)xC(g),若经2 s 后测得A 的物质的量为2.8 mol,C 的物质的量浓度为0.6 mol/L。现有下列几种说法：2 s 内用物质A 表示的平均反应速率为0.3 mol/(L*s)；2 s 内用物质B 表示的平均反应速率为0.15 mol/(L-min)2 s 时物质B 的转化率为70%；(J)x=2o其中正确的是：A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】2s 后生成 C 为 0.6moVLx2L=1.2mol,2A(g)+B(g)=xC(g)开始 4mol 2mol 0转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol2 s内用物质C 表示的平均反应速率为1三=0.3mol/(Ls)。2 s内用物质A 表示的平均反应速率为=0.3moi/(Ls),故正确；反应速率之比等于化学计量数之比，则 2 s内用物质B 表示的平均反应速率为0.3mol/(Ls)xi=0.15moV(L s),故错误；2s时物质B 的转化率为 三 三 xl0O%=3O%,J J 口 口 口故错误；反应速率之比等于化学计量数之比，A、C 的反应速率相同，则 x=2,故正确；故选A。7.在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列表述正确的是()A.化学方程式为：2 M=N B.t i时，N的浓度是M浓度的2 倍C.t2时，正逆反应速率相等，达到平衡 D.t3时，若升高温度，正逆反应速率不会变化【答案】B【解析】A.由图可知，平衡时A n(N)=8mol-2mol=6mol,n(M)=5mol-2mol=3mol,N 为反应物，M 为生成物，变化量之比为2：1,即化学计量数之比为2：1,反应为2 N U M,A 错误；B.h 时，N、M 的物质的量分别是6mol、3 m o l,因此N 的浓度是M 浓度的2 倍，B 正确；C.t2之后M、N 的物质的量还在变化，因此反应没有达到平衡状态，t2时正逆反应速率不相等，C 错误；D.t3时，若升高温度，正逆反应速率均增大，D 错误；答案选8.下列物质中，既有离子键又有共价键的是A.HC1 B.NaOH C.H2O D.HF【答案】B【解析】【详解】A、HC1为共价化合物，只含有共价键，故 A 不符合题意；B,NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故 B 符合题意；c、为共价化合物，只含有共价键，故 C 不符合题意；D、HF为共价化合物，只含有共价键，故 D 不符合题意；答案选B。9.据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氨,/.，从而对人体产生危害。该同位素原子的中子数和核外电子数之差为A.136 B.50 C.86 D.222【答案】B【解析】分析：原子的构成中，元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数。详解：放射性同位素氨热的质子数为8 6,质量数为2 2 2,则中子数=222-86=136,该同位素原子的中子数和核外电子数之差为136-86=50,故选B。点睛：解题的关键：掌握并灵活运用原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数、质量数=质子数+中子数。1 0.关于如图所示装置的说法中，氐确的是()稀硫酸A.铜片上发生氧化反应B.电子由铜片通过导线流向锌片C.该装置能将化学能转化为电能D.锌片是该装置的正极，该电极反应为Zn+2e-=Zn*【答案】C【解析】分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极；原电池是化学能转化为电能的装置，以此分析。详解：A、铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，A 错误；B、锌作负极，负极上锌失电子，所以电子从Zn沿导线流向Cu,B 错误；C、该装置属于原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，C 正确；D、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，该电极反应为Zn-2e-=Zn2 D 错误。答案选C。1 1.将相同的锌片和铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B.两烧杯中溶液的ir浓度都减小C.产生气泡的速率甲比乙慢 D.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极【答案】B【解析】分析：甲装置形成原电池，铜是正极，锌是负极，乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应，铜不反应，据此解答。详解：A.甲装置形成原电池，铜是正极，氢离子放电产生氢气，铜片表面有气泡产生；乙装置不能构成原电池，锌与稀硫酸反应产生氢气，铜不反应，A 错误；B.两烧杯中溶液中的均得到电子被还原为氢气，因此氢离子浓度都减小，B 正确；C.形成原电池时反应速率加快，则产生气泡的速率甲比乙快，C 错误；D.金属性锌强于铜，则甲中铜片是正极，锌片是负极，乙中没有形成闭合回路，不能形成原电池，D 错误。答案选B。1 2.在密闭容器中发生化学反应H2（g）+L（g）；2Hl（g）,05min内 H2的浓度减少了 O.lmol/L,则在这段时间内，用 HI表示的平均反应速率为（)A.O.Olmol L-1,min-1B.0.02mol,L-1-min-1C.0.04mol L1 m in1D.0.5mol-L-1-min-1【答案】C【解析】【详解】05min内 W 的浓度减少了 O.lmol/L,由方程式可知c(HI)=24c(H2)=0.2mol/L,0.2 mol/Lv(HI)=-5 min答案选C。=0.04mol/(L,min).1 3.图甲和图乙表示的是短周期部分或全部元素的某种性质的递变规律，下列说法正确的是甲 乙A.图甲横坐标为原子序数，纵坐标表示元素的最高正价B.图甲横坐标为核电荷数，纵坐标表示元素的原子半径（单位：pm）C.图乙横坐标为最高正价，纵坐标表示元素的原子半径（单位：pm）D.图乙横坐标为最外层电子数，纵坐标表示元素的原子半径（单位：pm）【答案】D【解析】【分析】【详解】A、如果是短周期，第二周期中O、F 没有正价，故错误；B、同周期从左向右，原子半径减小，故错误；C、第二周期O、F 没有正价，故错误；D、同周期从左向右最外层电子数最大，但半径减小，故正确；答案选D。14.“人文奥运、科技奥运、绿色奥运”是北京奥运会的重要特征，其中禁止运动员使用兴奋剂是重要举措之一。以下两种兴奋剂的结构分别为:利 礴 兴奋剂X则关于它们的说法中氐确的是()A.利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有六个峰B.1 m ol兴奋剂X 与足量浓溟水反应，最多消耗4 moi BnC.两种兴奋剂最多都能和含3molNaOH的溶液反应D.两种分子中的所有碳原子均不可能共平面【答案】B【解析】A.利尿酸分子中含氧官能团分别是埃基、醯键和竣基，利尿酸中氢原子种类有7 种，有 7 个吸收峰，故 A 错误；B.兴奋剂中含有碳碳双键、酚羟基，碳碳双键和苯环上酚羟基邻对位氢原子能和嗅发生反应，所 以 1 mol兴奋剂X 与足量浓溟水反应，最多消耗4 mol Br2,故 B 正确；C.酚羟基、氯原子和我基能和氢氧化钠反应，所以两种兴奋剂最多都能和含5moiNaOH的溶液反应，故 C 错误；D.碳碳双键、连接苯环的碳原子能共面，所以兴奋剂X 中所有碳原子能共面，故 D 错误；故答案为B。15.根据原子结构的相关知识可知，不同种元素的本质区别是()A.质子数不同 B.中子数不同 C.电子数不同 D.质量数不同【答案】A【解析】根据元素的