【化学】四川省阆中中学2018-2019学年高一（仁智班）下学期期中考试试题（解析版）

四川省阆中中学2018-2019学年高一（仁智班）下学期期中考试试题
说明：1、本试卷满分为100分，考试时间为50分钟。
2、可能用到的相对原子质量： H—1 C—12 N—14 O—16 S—32
3、请将答案填写在答题卷上。
第Ⅰ卷（选择题）
一、每小题只有一个选项符合题意（每小题4分，共45分）。
1.关于放热反应A+B=C+D，以下说法正确的是（EA、EB、EC、ED分别代表A、B、C、D所具有的能量）（ ）
A. EA＞EB B. EA＞EC+ED
C. EA+EB＞EC+ED D. EA+EB＜EC+ED
【答案】C
【解析】
【分析】当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应是放热反应，据此来回答。
【详解】反应A+B=C+D是放热反应，则反应物A、B的总能量大于生成物C、D的总能量，即EA+EB＞EC+ED。
答案选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 化学反应一定伴随有热量的变化
B. 活化能越大的化学反应其反应热数值也越大
C. 反应热的产生是由于生成物与反应物的总能量不同
D. 放热反应是由于反应物键能总和大于生成物键能总和
【答案】C
【详解】A、化学反应实质是旧键断裂，同时新键形成，反应过程中一定伴随能量变化，但不一定是热量的变化，选项A错误；
B、活化能越大，反应越难以进行，但反应热和活化能无关，只与反应物和生成物总能量有关，选项B错误；
C、依据能量守恒，反应热取决于反应物和生成物总能量的相对大小，选项C正确；
D、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，放热反应是由于反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误；
答案选C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
B. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了单位体积内活化分子的百分数
D. 有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子总数，从而使反应速率增大
【答案】C
【解析】试题分析：A、活化分子间能够发生化学反应的碰撞才为有效碰撞，错误；B、增大反应物浓度可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，不能增大活化分子百分数，错误；C、升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了单位体积内活化分子的百分数，正确；D、有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，不能增大活化分子总数，错误。
4.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g) + B(g) 2C(g) + D(g)。若最初加入的A和B都是3mol，在前10sA的化学反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10s时，容器中B的物质的量是（ ）
A. 0.6 mol B. 1.2 mol C. 2.4 mol D. 1.8 mol
【答案】D
【解析】试题分析：在前10 s A的化学反应速率为0.12 mol/(L·s)，则根据反应速率比等于化学计量数比计算B的反应速率为0.06 mol/(L·s)，10秒其物质的浓度改变量为0.06×10=0.6mol/L，则其物质的量改变量为0.6×2=1.2摩尔，剩余的B 为3-1.2=1.8摩尔，选D。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 需要持续加热才能维持的化学反应一定是吸热反应
B. 中和反应放热说明水和盐的总能量高于酸和碱的总能量
C. C(s) + 1/2O2(g) = CO(g) △H =－110.5 kJ/mol，则石墨的燃烧热为110.5kJ/mol
D. 1mol/L醋酸和1mol/L NaOH溶液中和所放出的热量小于1mol/L盐酸和1mol/L NaOH溶液中和所放出的热量
【答案】A
【解析】试题分析：需要持续加热才能维持的化学反应一定是吸热反应，故A正确；中和反应放热说明水和盐的总能量低于酸和碱的总能量，故B错误；燃烧热是生成稳定氧化物放出的热量，石墨的燃烧热，应该是生成二氧化碳放出的能量，故C错误；没有溶液的体积，无法求生成水的物质的量，不能确定放热多少，故D错误。
6.对于反应M + N = P，如果温度每升高10℃，化学反应速率增加到3倍，在20℃时完成该反应的30%需要81 min，若将温度升高到40℃，完成该反应的30%需要时间为（ ）
A. 9 min B. 27 min C. 13.5 min D. 3 min
【答案】A
【解析】
【分析】已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么20℃时，温度升高到40℃，反应速率应是20℃的32=9倍，以此解答该题。
【详解】化学反应中，升高温度，反应速率增大，已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来3倍，那么20℃时，温度升高到40℃，反应速率应是20℃的32=9倍，在20℃时完成该反应的30%需要81min，则若将温度升高到40℃，完成该反应的30%需要时间为=9min，答案选A。
7.在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2+3H2 2NH3，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是（ ）
①平衡不发生移动；②平衡向正反应方向移动；③平衡向逆反应方向移动；④NH3的质量分数增加；⑤正逆反应速率都增大。
A. ①⑤ B. ③④ C. ②④ D. ②④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，相当于加压，所以平衡向正反应方向移动；NH3的质量分数增加；正逆反应速率都增大，故D正确。
8.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（ ）
A. 使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C. 用0.5mol•L﹣1NaOH溶液分别与0.5 mol•L﹣1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D. 在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计
【答案】A
【解析】试题分析：A、环形玻璃棒搅拌起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； B、温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部，故B错误；C、醋酸是弱酸，电离过程为吸热，反应放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故C错误；D、中和热测定不用天平，故D错误；故选A。
9.250℃和1.01×105 Pa时，该反应能自发进行：2N2O5(g) = 4NO2(g) + O2(g) △H= +56.76 kJ/mol，其自发进行的原因是（ ）
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于能量效应
【答案】D
【解析】
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行。
详解】反应能自发进行，应有△G=△H-T•△S＜0，因△H＞0，则△H＜T•△S，说明熵增大效应大于能量效应，
答案选D。
10.下列方法对2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应速率没有影响的是（ ）
A. 加入SO3 B. 容积不变，充入N2
C. 压强不变，充入N2 D. 降低温度
【答案】B
【详解】A．加入SO3，生成物浓度增大，反应速率增大，故A错误；B．容积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，则反应速率不变，故B正确；C．压强不变，充入N2，反应体系的体积增大，相当于压强减小，则反应速率减小，故C错误；D．降低温度，反应速率减小，故D错误；故选B。
11.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是（ ）
测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(mol·L－1)
6
3
2
2
c(B)/(mol·L－1)
5
3.5
3
3
c(C)/(mol·L－1)
1
2.5
3
3
A. 在t3时刻反应已经停止
B. A的转化率比B的转化率低
C. 在容器中发生的反应为2A＋B2C
D. 在t2～t3内A的平均反应速率为[1/(t3－t2)]mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】试题分析：A、在t3时刻达到平衡状态，反应没有停止，A项错误；B、A的转化率=（6-2）/6=0.67，B的转化率=（5-3）/5=0.4，故A的转化率比B的转化率高，B项错误；C、在容器中发生的反应为：2A＋BC，C项错误；D、在t2～t3内A的平均反应速率为：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)，D项正确；答案选D。
12.已知某可逆反应：mA(g) + nB(g)pC(g)，在密闭容器中进行，下图表示在不同时间t、温度T、压强p与反应物B的百分含量的关系曲线，下列判断正确的是（ ）

A. T2>T1 P1>P2 m+n>P △H T2 P1① B. ②>①>③>④
C. ④>②>③>① D. ④>②>①>③
【答案】D
【解析】
【分析】电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
【详解】根据图知，②、③装置是原电池，在②中，金属铁作负极，③中金属铁作正极，作负极的腐蚀速率快，所以②>①＞③，④装置是电解池，金属铁为阳极，加快腐蚀，腐蚀最快，所以腐蚀速率是：④>②>①>③，
答案选D。
15.在48g碳不完全燃烧所得气体中，CO、CO2均占体积，且C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1；CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1．与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（ ）
A. 172.5 kJ B. 1 149 kJ C. 283 kJ D. 566 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算。
【详解】48g碳的物质的量为=4mol，所以CO的物质的量为4mol×=2mol，
由于CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ/mol，所以2molCO燃烧放出的热量为283kJ/mol×2mol=566kJ。
即48g碳不完全燃烧生成2molCO损失的热量为566kJ。
答案选D。
第Ⅱ卷
二、填空题
16.判断下列过程的ΔH和ΔS，用“> 0”或“< 0”来表示
化学方程式
ΔH
ΔS
H2O(l)→H2O(g)
_________
________
CaCO3(s) == CaO (s) + CO2(g)
_______
_______
NaOH(s)== Na+(aq)+OH-(aq)
_______
________
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
______
________
【答案】(1). > 0 (2). > 0 (3). > 0 (4). > 0 (5). > 0 (6). > 0 (7). < 0 (8). < 0
【详解】分解反应大多吸热，化合反应大多放热，燃烧、中和反应都是放热反应，同种物质固、液、气态时熵值依次增大。
H2O(l)→H2O(g)为吸热过程，ΔH> 0；由液态变为气态，熵增，ΔS > 0；
CaCO3(s) = CaO (s) + CO2(g)为高温条件下的分解反应，属于吸热反应，ΔH> 0；气体增加，熵增，ΔS > 0；
NaOH(s)= Na+(aq)+OH-(aq)电离过程为吸热过程，ΔH> 0；熵增，ΔS > 0；
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)为化合反应，属于放热反应，ΔH< 0；气体的量减少，熵减，ΔS< 0。
17.城市使用的燃料，现大多用煤气、液化石油气。煤气的主要成分是CO和H2的混合气体，它由煤炭和水蒸气反应制得，故又称水煤气。
（1）试写出制取水煤气的主要化学方程式_________________________。
（2）液化石油气的主要成分是丙烷，已知丙烷、CO以及氢气燃烧的热化学方程式分别为：
C3H8(g) +5O2(g) == 3CO2(g) + 4H2O(l) △H= –2220.0 kJ·
CO(g) +1/2O2(g) == CO2(g) △H= –282.6kJ·
2H2(g)+O2(g) == 2H2O(l) △H= –571.6 kJ·
试比较同质量的H2和C3H8燃烧，产生的热量比值约为_______。(计算结果保留小数点后一位数字)
（3）氢能源是21世纪极具开发前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用。
请在下图的两个空框中填上循环过程中的反应物和生成物，以完成理想的氢能源循环体系图（循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在）。

__________________________、 ___________________________
【答案】(1). C+H2OCO+H2 (2). 2.8 ：1 (3). H2O (4). H2、O2
【解析】
【分析】（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气；
（2）根据热化学方程式计算同质量的H2和C3H8燃烧产生的热量之比；
（3）根据物质转化关系及能源进行判断。
【详解】（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气，反应方程式为C+H2OCO+H2；
（2）根据热化学方程式可知，同质量的H2和C3H8燃烧，产生的热量比值约为： =2.8：1；
（3）在催化剂的作用下，利用太阳能将水分解生成氢气和氧气，然后该题氢氧燃料电池再将化学能转化电能，则循环过程是。
18.（1）对于下列反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ， 如果2min内SO2的浓度由6 mol/L下降为2 mol/L，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为________，用O2浓度变化来表示的反应速率为_____________。如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(L·min)，那么2min时SO2的浓度为_____
（2）下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2 2SO3 △H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a～b过程中改变的条件可能是______；b～c过程中改变的条件可能是______________； 若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处。___________

（3）以上反应达平衡后，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低（容器不与外界进行热交换），则该反应正向为___反应（填“放热”或“吸热”）；达新平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比原平衡时_____（“增大”、“减小”或“相等”）。
【答案】(1). 2mol/(L·min) (2). 1mol/(L·min) (3). 2mol/L (4). 升温 (5). 减小 SO3 浓度 (6). (7). 放热 (8). 减小
【详解】（1）v（SO2）==2 mol•L﹣1•min﹣1；v（O2）：v（SO2）=1：2，v（O2）=v（SO2）=1mol•L﹣1•min﹣1；在这段时间内用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为1mol/(L·min)，即其浓度变化了2mol/L，所以2min时SO2的浓度为4mol/L－2mol/L＝2mol/L；
（2）a时刻逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，ab过程中改变的条件应为升高温度的结果，b时刻正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，bc过程中改变的条件可能是减少SO3的浓度；若增大压强时，使v正、v逆都增大，v正增大的多，所以平衡正向移动，反应速度变化情况画在c~d处是；
（3）增大体积，容器内压强减小，减小压强,平衡向逆反应方向移动，温度降低，说明逆反应吸热，所以正反应放热；
达新平衡时，混合气体的物质的量增大，混合物的质量不变，所以其平均摩尔质量减小，即相对分子质量减小。
19.在25℃时，用石墨电极电解2.0 L，2.5 mol/L CuSO4溶液，如有0.2 mol电子发生转移，试回答下列问题：
（1）阴极发生______ 反应，电极反应为________________。
（2）阳极电极反应为_____________________________ 。
（3）电解后得到的Cu的质量是________ ，得到O2的体积（标准状况）是________ 。
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差____ ，电解液的pH________ （填“变小”、“变大”或“不变”）
【答案】(1). 还原反应 (2). 2Cu2+ + 4e- = 2Cu (3). 4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑ (4). 6.4g (5). 1.12L (6). 12.8g (7). 不变
【解析】
【分析】（1）根据得失电子判断反应类型；根据离子放电顺序书写阴极电极反应式；
（2）根据离子放电顺序书写阳极电极反应式；
（3）根据铜、氧气与转移电子的关系计算铜的质量、氧气的体积；
（4）根据溶解的铜、析出的铜与电子的关系计算，然后两数值相加即得电解后两铜片的质量差。
【详解】（1）阴极上得电子，发生还原反应；阴极上铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以阴极上析出铜，故电极反应式为Cu2++2e-═Cu；
（2）阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑；
（3）2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 转移电子
2×64g 4mol
6.4g 0.2mol
所以铜的质量为6.4g；
2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 转移电子
22.4L 4mol
1.12 L 0.2mol
所以生成氧气的体积为1.12 L；
（4）当以铜片作电极时，阳极上铜失电子变成离子进入溶液，所以铜片质量减少；阴极上铜离子得电子生成铜单质，铜片质量增加，
两极的质量差=阳极上减少的质量+阴极上增加的质量．
阳极 Cu-2e-═Cu2+
64g 2mol
6.4g 0.2mol
所以阳极质量减少6.4g；
阴极 Cu2++2e-═Cu
2mol 64g
0.2mol 6.4g
所以阴极质量增加6.4g；
所以两极质量相差 6.4g+6.4g═12.8g。以铜片作电极电解硫酸铜溶液，阳极溶解铜、阴极析出铜，硫酸铜溶液不变，所以电解液的pH不变。
三、推断题
20.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E 3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。
（1）写出下列元素符号：
A __________ ，B__________，C__________，D__________，E___________
（2）写出A、B两元素的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式：_______ 。
（3）C、D、E的氢化物稳定性由强到弱依次为：（用化学式表示）__________ 。
【答案】(1). Na (2). Al (3). Si (4). P (5). Cl (6). Al(OH)3+ NaOH ===NaAlO2+2H2O (7). HCl＞PH3＞SiH4
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素，据此分析。
【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素，
（1）由以上分析可知：A为Na，B为Al，C为Si，D为P，E为Cl；
（2）A、B两元素最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3，因氢氧化铝具有两性，故反应的方程式为：NaOH+Al（OH）3═NaAlO2+2H2O；
（3）元素非金属性越强其氢化物的稳定性越强，因C、D、E的非金属性Cl＞P＞Si，则其氢化物稳定性由强到弱依次为：HCl＞PH3＞SiH4。