【化学】四川省宜宾市叙州区第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

四川省宜宾市叙州区第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量： H-1  C-12  O-16  Na-23  S-32 Fe56  Cu64
一.选择题(本大题包括10小题，每题5分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 64g SO2中含有的原子数为3NA
B. 5.6g金属铁变为离子时失去的电子数为0. 3NA
C. 常温常压下,11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
D. 1mol/L NaOH溶液中Na+的数目为NA
【答案】A
【解析】A、64g SO2的物质的量为,一个SO2分子中含有3个原子，所以1mol SO2中含有的原子个数为3NA。正确；B、5.6g金属铁的物质的量为，0.1mol铁原子失去0.3NA电子变为三价铁离子，0.1mol铁原子失去0.2NA电子变为二价铁离子。错误；C、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算。错误；D、题干没有知名1mol/L NaOH溶液的体积，所以不能确定钠离子的数目。错误；故选A。
2.下列有关试剂保存的说法中,不正确的是（ ）
A. 金属钠保存在煤油中
B. 保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉
C. 过氧化钠应密封保存
D. 用棕色广口试剂瓶存放氯水
【答案】D
【解析】A、金属钠还原性强，暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气。正确；B、亚铁离子容易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，因此保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉，防止氧化。正确；C、过氧化钠易于和空气中的水和二氧化碳反应，所以应在干燥环境下密封保存。正确；D、氯水见光其中的次氯酸易分解，并属于液体，应盛放在棕色细口试剂瓶中。错误；故选D。
3.下列叙述中正确的是（ ）
A. 氯化钠中混有少量单质碘杂质,可用加热的方法提纯
B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C. SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2 的漂白性
D. 浓硫酸具有吸水性,可用于干燥NH3
【答案】A
【解析】A、碘易升华，可用升华的方法除杂，正确；B、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，但不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，错误；C、二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应而使其褪色，错误；D、浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，错误；故选A。
4.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. 2v (NH3)＝v (CO2)
B. 密闭容器中气体密度不变
C. 密闭容器中混合气体平均摩尔质量不变
D. 密闭容器中氨气的体积分数不变
【答案】B
【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化。
详解：A.2v (NH3)＝v (CO2)未体现正逆反应的关系,故A错误;B.由NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)知密闭容器中气体密度不变,说明总物质的量不变,正逆反应速率相等,故B正确;C.因为反应物是固体,所以整个体系中气体摩尔质量是个定值,故C错误;D.因为反应物是固体,容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比为2:1,密闭容器中氨气的体积分数不变,故D错误;答案选B。
5.近两年流行喝果醋，苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品。苹果酸(α－羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为，下列说法不正确的是（ ）
A. 苹果酸在一定条件下能发生酯化反应
B. 苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应
C. 苹果酸在一定条件下能发生取代反应
D. 1 mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗1 mol Na2CO3
【答案】D
【解析】分析：本题考查官能团的性质。由苹果酸的结构简式为知，含有羟基和羧基，能发生酯化反应，羟基能发生催化氧化反应，羧基能和碳酸钠溶液反应。根据官能团的特征进行解答。
详解：A.苹果酸中的羧基在一定条件下能与乙醇发生酯化反应，故A正确；B.苹果酸的结构简式为，羟基可以被催化氧化，所以苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应，故B正确；C.苹果酸中的羟基在一定条件下能与酸发生酯化反应，也是取代反应，故C正确；D. 苹果酸的结构简式为当产物为NaHCO3时，1mol羧基消耗1mol碳酸钠，消耗的Na2CO3最多，而一个苹果酸分子中含有两个羧基，所以1mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗2molNa2CO3，故D项错误；正确答案为D。
6.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L﹣1•min﹣1，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应方程式中，x=1
B. 2min时，A的转化率为50%
C. 2min时，A的物质的量为0.75mol
D. 反应速率v（B）=0.25 mol•L﹣1•min﹣1
【答案】B
【解析】设A、B的物质的量分别为nmol，4min后C的浓度为0.125mol•L-1•min-1×4min=0.5mol/L，则4min后c(C)=0.5mol/L×2L=1mol，n(D)=0.5mol/L×2L=1mol，
   3A(g) +B(g)⇌ xC(g)+ 2D(g)
起始：nmol  nmol   0   0
转化：1.5mol 0.5mol  0.5x   1mol
平衡：(n-1.5)mol (n-0.5)mol 1mol 1mol
则(n-1.5)：(n-0.5)=3：5，n=3，x=2。A．化学反应中物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则x=2，故A错误；B．4min时，A的转化率为×100%=50%，故B正确。C．4min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C错误；D．以B表示的平均反应速率为v(B)=×v(C)=×0.125mol•L-1•min-1=0.065mol•L-1•min-1，故D错误；故选B。
7.联苯()是一种重要的有机原料,广泛用于医药、液晶材料等领域,其一氯代物有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】A
【解析】由联苯的结构简式知，联苯中的氢原子有3种，故四联苯的一氯代物有3种，故选A。
8.铜-锌原电池如图所示,电解质溶液为硫酸铜溶液。下列说法错误的是（ ）

A. 锌电极为负极,发生氧化反应
B. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极
C. 铜电极上的反应为Cu2++2e-=Cu
D. 溶液中的SO42-向锌电极移动
【答案】B
【解析】A、在上述原电池中金属锌比铜活泼，因此锌作负极，失去电子，发生氧化反应，本身被氧化。铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。正确；B、电子从负极经外接导线流向正极。错误；C、铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，反应为Cu2++2e-=Cu。正确；D、电解质溶液中，阳离子铜离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极移动。正确；故选B。
9.反应H2(g)+I2(g)2HI(g) 在温度和容积不变的条件下进行。能说明反应达到平衡状态的叙述是（ ）
A. c(H2)=c(I2) B. H2的消耗速率等于HI的分解速率
C. 容器内气体的颜色不再变化 D. 容器内压强不再变化
【答案】C
【解析】A、c(H2)=c(I2)表示浓度相等，但达到平衡态的标志应该是两者浓度不再发生变化。错误；B、H2和HI系数之比为1:2，H2的消耗速率是HI的分解速率的一半时，表示反应达到平衡态。错误；C、此反应中只有碘蒸气为紫色，容器内气体的颜色不再变化表明容器内碘蒸气的质量不再发生变化，可以说明反应达到平衡态。正确；D、两边气体的计量数相等，所以容器内压强一直不随时间的改变而改变。错误；故选C。
10.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 钠与水反应的离子方程式: 2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑
B. 用惰性电极电解硝酸银溶液的离子方程式: 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+
C. 电解精炼铜阴极反应式: Cu2++2e-=Cu
D. 苯乙烯聚合反应的化学方程式:
【答案】D
【解析】分析:A. 二者反应生成氢氧化钠和氢气；
B. 惰性电极电解时，银离子及水中的氢氧根离子放电；
C. 金属铜的电解精炼过程中阴极上铜离子得电子；
D.苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯。
详解:A. 钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A正确；
B. 用惰性电极电解硝酸银溶液的离子反应为4Ag++2H2O  4Ag+O2↑+4H+，故B正确；
C. 金属铜的电解精炼过程中,阴极上铜离子得电子生成Cu,其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu,故C正确；
D. 苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，正确的化学方程式为：，所以D选项是错误的；
所以本题选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共50分)
11.向300mL2.0 mol/L盐酸中加入几小块大理石，产生气体的体积随时间的变化曲线如右图所示(气体体积在标准状况下测定)试回答下列问题：

(1)若以反应中消耗的HCl表示反应速率，设OE段的反应速率为v1，EF段的反应速率为v2，FG段的反应速率为v3，则v1、v2、v3从大到小的顺序为_______，其中造成v1和v2大小关系的主要原因是__________。
(2)为了减缓上述反应的速率，欲向该溶液中加入下列物质，你认为可行的是_____(填编号)
A.浓硫酸 B.Na2CO3 C.蒸馏水 D.浓盐酸
(3)若反应过程中溶液体积变化忽略不计，用盐酸表示的化学反应速率v(HCl)=________mol/(L·min)。.
【答案】 (1). v2>v1>v3 (2). 反应放热使溶液温度升高、大理石颗粒变小 (3). C (4). 1
【解析】
【分析】(1)单位时间内生成气体的体积越大，反应速率越大；
(2)减缓反应速率，应减小溶液的浓度；
(3)据v(HCl)=计算。
【详解】(1)从图象可知，单位时间内生成的气体EF段＞OE段＞FG段，单位时间内生成气体的体积越大，反应速率越大，则v2＞v1＞v3，其中造成v1和v2大小关系的主要原因是反应放热使溶液温度升高，温度升高，反应速率加快；大理石颗粒变小，固体颗粒越小，表面积越大，反应速率越快；
(2)A.加入浓硫酸，使溶液中c(H+)增大，反应速率增大，A错误；
B.加入碳酸钠，溶液中c(CO32-)增大，反应速率增大，B错误；
C.加入蒸馏水，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，C正确；
D.加入浓盐酸，盐酸的浓度增大，溶液中c(H+)增大，反应速率增大，D错误；
故合理选项是C；
(4)EF段反应生成CO2的体积V(CO2)=4.48L-1.12L=3.36L，n(CO2)==0.15mol，根据反应方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
可知n(HCl)=2n(CO2)=0.3mol，则反应消耗盐酸的浓度为c(HCl)==1mol/L。
12.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的.周期数与主族序数相等。

请回答下列问题：
(1)W在周期表中的位置是____________________________________，Q、R、T三种元素原子半径由大到小的顺序为____________________________________________________________________。(用元素符号表示)，QO2的电子式为________________________，R的最高价氧化物的化学式____________________________。
(2)T单质与NaOH 溶液反应的离子方程式为____________________________________________________________________ 。
【答案】(1). )第3周期、第ⅥA族 (2). Al>C>N (3). (4). N2O5 (5). 2Al+2OH-+6H2O = 2 [Al(OH)4]-+3H2↑
【解析】
【分析】图中所示是短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，因为T所处的周期序数与主族族序数相等，所以可以知道T是Al，Q是C，R是N，W是S，据此解答各小题即可。
【详解】T所处的周期序数与主族族序数相等，则T为Al，结合位置可知：Q是C，R是N，W是S，
（1）W为S，S有3个电子层，最外层6个电子，故处于第三周期ⅥA族，电子层数越多，半径越大，同一周期原子序数越小，半径越大，故C、N、Al三种元素原子的半径从大到小排列顺序Al＞C＞N，C的最高价氧化物为二氧化碳，CO2中C与O形成两对共价键，故电子式为，R为N，N最外层有5个电子，最高价氧化物的化学式为N2O5，故答案为：第三周期ⅥA族； Al＞C＞N； ；  N2O5；
（2）T为Al，与氢氧化钠反应的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O = 2 [Al(OH)4]-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+6H2O = 2 [Al(OH)4]-+3H2↑。
13.短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物；元素B形成的化合物种类繁多且元素B与元素E处于同一主族；元素C与元素F处于同一主族。
(1)写出C的元素符号__________，D形成简单离子的结构示意图___________；
(2)写出元素A一种原子的中子数是质子数2倍的核素的符号____________；
(3)元素E在周期表中位置___________；
(4)比较E和F最高价氧化物对应水化物的酸性强弱______________(用化学式表示)
(5)写出A2C2电子式___________________；D与A形成化合物电子式_________________；元素A与B形成化合物A2B2结构式________________；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨等特点，推测该晶体是_________晶体。
(7)写出C与D以原子个数比1∶1形成的化合物与水反应的化学方程式：_________________；若生成0.5 mol氧化产物，则转移的电子数目为__________(用NA表示)；
(8)取8.3g仅由D和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，写出该化合物与过量盐酸反应的化学方程式_________________。
【答案】(1). O (2). (3). (4). 第三周期第ⅣA族 (5). H2SiO3 < H2SO4 (6). (7). Na＋[ H∶]－ (8). H—C≡C—H (9). 原子 (10). 2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ (11). NA (12). Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物，则A为H元素，C为O元素；元素C与元素F处于同一主族，F为S元素；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物，则D为Na元素；元素B形成的化合物种类繁多，B为C元素；元素B与元素E处于同一主族，E为Si元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为Si元素，F为S元素。
(1) C为O元素；D为Na元素，钠是11号元素，最外层有1个电子，Na+离子的结构示意图为，故答案为：O；；
(2)H的质子数=1，中子数=2，则质量数=1+2=3，该核素的符号为 ，故答案为：；
(3) E为Si元素，硅是14号元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；
(4) 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si＜S，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3 < H2SO4，故答案为：H2SiO3 < H2SO4；
(5)A2C2为H2O2，是共价化合物，电子式为；D与A形成化合物为NaH，是离子化合物，电子式为Na＋[ H∶]－；A2B2为C2H2，结构式为H—C≡C—H，故答案为：；Na＋[ H∶]－；H—C≡C—H；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨，符合原子晶体的特点，故答案为：原子；
(7)C与D以原子个数比1∶1形成的化合物为Na2O2，Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，NaOH为还原产物，O2是氧化产物，生成0.5 mol氧化产物，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；NA；
(8)8.3g仅由Na和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，则8.3g该化合物中含有0.1molN元素，质量为1.4g，则含有Na元素8.3g-1.4g=6.9g，物质的量为=0.3mol，该化合物的化学式为Na3N，则Na3N与过量盐酸反应的化学方程式为Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl，故答案为：Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl。
14.丙烯(CH2=CH—CH3)是一种重要的基本化工原料。结合以下合成路线，回答下列问题。

(1)丙烯中所含官能团的名称是_____。
(2)工业上常利用丙烯和氯化氢的反应来制备F，该反应的反应类型是_____。
(3)以丙烯为原料合成有机高分子化合物D。丙烯→D的化学方程式是_____。
(4)已知：2CH3CHO＋O22CH3COOH以丙烯为原料可以合成一种有香味的物质E。实验室可通过图所示装置来实现。

① A→B的化学方程式是：_____。
② A+C→E的化学方程式是：_____。
③若要把制得E分离出来，应采用的实验操作是_____(填操作名称)。
【答案】(1). 碳碳双键 (2). 加成反应 (3). (4). 2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O (5). CH3CH2COOH＋CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3＋H2O (6). 分液
【解析】与HCl加成得F：；丙烯与水加成生成A：；丙醇氧化生成B：；再氧化生成C：；A与C发生酯化反应生成E：
（1）丙烯中所含官能团的名称是 碳碳双键；（2）工业上常利用丙烯和氯化氢的反应来制备F，该反应的反应类型是加成反应；（3）以丙烯为原料合成有机高分子化合物D。丙烯→D的化学方程式是（4）①2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O ②CH3CH2COOH＋CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3＋H2O ③E为油状液体，难溶于水，若要把制得的E分离出来，应采用的实验操作是分液。
15.氢气是未来非常理想的能源，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)表面作用使海水分解得到氢气的新技术：2H2O2H2+O2。制得的氢气可用于燃料电池、合成氨工业。回答下列问题：
(1)分解海水时，________能转变为________能。生成的氢气用于燃料电池时，________能转变为________能。
(2)某种氢氧燃料电池是用NaOH溶液作电解质，正极的电极反应式为________；若把燃料改为甲烷，负极的电极反应式为________。
(3)氢气可用于合成氨。一定温度下，向2L 的密闭容器中加入1 molN2和 3molH2发生反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，2min时测得N2的浓度为0.3mol/L，5min时达到平衡，此时测得压强为开始时的。则前2min用NH3表示的化学反应速率为________；平衡时，N2的转化率为________，混合气体的平均相对分子质量为________。
【答案】(1). 太阳 (2). 化学 (3). 化学 (4). 电能 (5). O2+4e-+2H2O=4OH- (6). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (7). 0.2mol/(L·min) (8). 50% (9). 11.3
【解析】
【分析】(1)根据图可知，太阳能产生的激光分解水生成氢气和氧气，太阳能转化为光能、光能转化为化学能；生成的氢气用于燃料电池，是将化学能转化为电能；
(2)在氢氧燃料碱性电池中，正极上O2得电子和水反应生成OH-，如果将甲烷作燃料，则负极上是甲烷失电子和OH-反应生成CO32-离子和H2O；
(3)先根据化学反应速率的含义计算氮气的反应速率，然后利用用不同物质表示的反应速率的关系计算用H2表示的反应速率；氮气的转化率等于反应转化的氮气的物质的量占总物质的量的百分比计算；根据在恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，计算平衡时混合气体总物质的量，利用混合气体总质量除以气体的总物质的量得到混合气体的平均摩尔质量，再结合混合气体平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量，即得混合气体的平均相对分子质量。
【详解】(1)根据图知，太阳能产生的激光分解水生成氢气和氧气，太阳能转化为光能、光能转化为化学能；生成的氢气用于燃料电池，是将化学能转化为电能，所以分解海水时，太阳能能转变为化学能。生成的氢气用于燃料电池时，化学能能转变为电能；
(2)在氢氧燃料碱性电池中，正极上O2得电子和溶液中的水反应生成OH-，则正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；如果将CH4作燃料，则负极上CH4失电子和溶液中的OH-反应生成CO32-和水，电极反应式为 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
(3)反应开始时c(N2)==0.5mol/L，c(H2)==1.5mol/L，2min时测得N2的浓度为0.3mol/L，则前2min用N2表示的化学反应速率v(N2)==0.1mol/(L·min)；
前2min内v(NH3)=2v(N2)=2×0.1 mol/(L·min) =0.2 mol/(L·min)；
在恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，则平衡时混合气体总物质的量为(1+3)mol×=3mol，根据方程式知，N2+3H22NH3可知：反应前后减少的物质的量相当于参加反应氮气的2倍，则参加反应的n(N2)=mol=0.5mol，则氮气转化率=×100%=×100%=50%；混合气体总质量=1mol×28g/mol+3mol×2g/mol=34g，混合气体平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量===11.3g/mol，所以平均相对分子质量为11.3。