【化学】甘肃省庆阳市宁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省庆阳市宁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

甘肃省庆阳市宁县第二中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 ‎1. 下列离子中半径最大的是（ ）‎ A. Na＋ B. Mg2＋ C. O2－ D. F－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na＋、Mg2＋、O2－ 和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。‎ ‎2.与OH-具有相同质子数和电子数的微粒是（ ）‎ A. F- B. Cl- C. NH3 D. NH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】OH-含有的质子数和电子数分别是9和10，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．F-含有的质子数和电子数分别是9和10，A符合题意；‎ B．Cl-含有的质子数和电子数分别是17和18，B不选；‎ C．NH3含有的质子数和电子数分别是10和10，C不选；‎ D．NH含有的质子数和电子数分别是11和10，D不选；‎ 答案选A。‎ ‎3.X元素最高氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为（ ）‎ A. XH4 B. H2X C. HX D. XH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X元素最高氧化物对应的水化物为H3XO4，则X的最高化合价为+5价，原子最外层有5个电子，则最低化合价为-3价，所对应的氢化物为XH3，故答案为D。‎ ‎4.恒温、恒容的条件下对于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的反应，达到化学平衡状态的标志为（ ）‎ A. 断开一个N≡N键的同时有6个N—H键生成 B. 混合气体的密度不变 C. 混合气体的压强不变 D. N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2的状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断开一个N≡N键的同时有6个N-H键生成，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，不能判断平衡状态，故A错误；‎ B．固定容积的密闭容器中，气体总质量和体积都不变，密度始终不变，不能判断平衡状态，故B错误；‎ C．该反应的反应前后气体总物质的量不同，压强是变量，当混合气体的压强不变，说明已经达到平衡状态，故C正确；‎ D．当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3分子数比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判断平衡状态，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.Na和Na+两种微粒中，不相同的是( )‎ ‎①核内质子数②核外电子数③最外层电子数④核外电子层数 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Na和Na+两种微粒中，含有相同的质子数、中子数；核外电子总数、最外层电子数及层数不同，答案为D ‎6.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（ ）‎ A. 半导体材料 B. 耐高温、耐腐蚀的合金材料 C. 制农药的材料 D. 制催化剂的材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】耐高温、耐腐蚀的合金材料和催化剂一般在过渡元素中寻找；农药材料可以在非金属元素中寻找；在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等。‎ 故答案为A。‎ ‎7.元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性变化的根本原因是：( )‎ A. 元素相对原子质量的递增而引起的变化 B. 元素的化合价呈周期性的变化 C. 元素原子核外电子排布呈周期性的变化 D. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】元素的化学性质与最外层电子数有关，元素原子的核外最外层电子数呈周期性变化导致元素的化学性质成周期形变化，答案为C ‎8.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是（ ）‎ A. Na2O2 B. CaCl‎2 ‎C. NH4Cl D. H2O ‎【答案】A ‎【解析】A项，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，两个氧原子之间存在非极性共价键，故A正确；B项，氯化钙中钙元素为+2价，氯元素为-1价，只含离子键，故B错误；C项，氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，故C错误；D项，H2O中氢元素为+1价，氧元素为-2价，只存在极性共价键，故D错误。‎ ‎9.下列物质的电子式书写正确的是( )‎ A. N2的电子式： ‎ B. Na2O2的电子式：‎ C. CO2的电子式： ‎ D. NH4Cl的电子式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、氮气分子的电子式为，A错误；B、过氧化钠是离子化合物，电子式为，B错误；C、CO2是共价化合物，电子式为，C错误；D、NH4Cl是离子化合物，电子式正确，D正确，答案选D。‎ ‎10.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是(　　)‎ A. 质子数c＞b B. 原子半径X＜W C. 离子半径Y2－＜Z－ D. 离子的氧化性W3＋＞X＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,核外电子数相等,所以a-3=b-1=c+2=d+1,Y、Z为非金属,应处于第二周期,故Y为O元素,Z为F元素,W、X为金属应处于第三周期,W为Al元素,X为Na元素。‎ ‎【详解】A.由以上分析可以知道c=8,b=11,则质子数c＜b,故A错误; B.W为Al元素,X为Na元素,原子半径Na＞Al,故B错误;C.Y为O元素,Z为F元素,电子排布相同的离子,原子序数越大,离子半径越小,则离子半径O2-＞F-,故C错误;D.金属性Na＞Al,金属性越强其阳离子的氧化性越弱,则离子的氧化性W3＋＞X＋,所以D选项是正确的;所以D选项是正确的。‎ ‎11.下列属于吸热反应的是( )‎ A. 金属钠与水的反应 B. 氢气燃烧 C. 浓硫酸的稀释 D. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl(固体)混合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．活泼金属与水（或酸）的反应是放热反应，故A错误；‎ B．燃烧是放热反应，故B错误；‎ C．浓H2SO4溶于水为放热过程，不是化学反应，故C错误；‎ D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.在如图所示的原电池中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 负极发生还原反应 B. 正极反应为 Cu－2e－＝Cu2＋‎ C. 电子由铜片通过导线流向锌片 D. 反应一段时间后，溶液的酸性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池负极失去电子，发生氧化反应，A错误；‎ B．铜的金属性弱于锌，铜是正极，溶液中的氢离子得到电子，B错误；‎ C．锌是负极，失去电子，通过导线传递到正极铜片上，C错误；‎ D．正极氢离子放电产生氢气，因此一段时间后的氢离子浓度降低，溶液的酸性减弱，D正确；‎ 答案选D ‎13.决定化学反应速率的主要因素是：（ ）‎ A. 催化剂 B. 反应物的性质 C. 温度 D. 压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】参加反应的物质的性质为影响反应速率的内应，是主要因素；催化剂、温度、压强为影响反应速率的外因，为次要因素；答案为B ‎14.100ml 1mol/L的盐酸跟过量锌片反应，为加快反应速率。又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是：( )‎ A. 加入适量的2mol/L的盐酸 B. 加入数滴CuSO4溶液 C. 加入适量的蒸馏水 D. 将反应装置放入冰水中冷却 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入适量的2mol/L的盐酸导致溶液中的氢离子的物质的量增大，锌过量，产生的氢气的量增大，A错误；‎ B. 加入数滴CuSO4溶液，锌与铜离子反应生成铜，形成铜锌原电池，氢离子的量未变，加快反应速率，不影响氢气的量，B正确；‎ C. 加入适量的蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减小，C错误；‎ D. 将反应装置放入冰水中冷却，温度降低反应速率减小，D错误；‎ 答案为B ‎15.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极 ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡 ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：（ ）‎ A. A>B>C>D B. A>C>D>B ‎ C. C>A>B>D D. B>D>C>A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，A的活泼性大于B； ②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，C是负极，C的活泼性大于D； ③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，A是负极、C是正极，A的活泼性大于C； ④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，D是负极，D 的活泼性大于B；所以四种金属的活动性顺序为A>C>D>B，故选B。‎ ‎16.下列说法中正确的是（ ）‎ A. C4H10有3种同分异构体 B. 相对分子质量相同、结构不同的两种化合物互为同分异构体 C. 同分异构体之间的转化是化学变化 D. 和互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C4H10有2种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，A正确；‎ B．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，相对分子质量相同的化合物分子式不一定相同如硫酸和磷酸，故相对分子质量相同、结构不同的两种化合物不一定互为同分异构体，B错误；‎ C．互为同分异构体的物质为不同种物质，它们之间的转化有新物质生成，属于化学变化，C正确；‎ D．和是同一种物质，均是异戊烷，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎17.按要求填空 ‎（1）O2电子式:__________,结构式:__________.‎ ‎（2）NaCl电子式__________.‎ ‎（3）Na2O2电子式:__________,‎ ‎（4）用电子式表示下列物质的形成过程HCl__________，Mg2Cl__________‎ ‎【答案】(1). (2). O=O (3). (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)O2的电子式为：，结构式为：O=O，故答案为：；O=O；‎ ‎(2)NaCl的电子式为：，故答案为：；‎ ‎(3)Na2O2电子式为：，故答案为：；‎ ‎(4)HCl为共价化合物，其形成过程可表示为：，MgCl2为离子化合物，其形成过程可表示为：，故答案为：；。‎ ‎18.某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）写出C、D、E的结构简式:C__________,D__________,E__________。‎ ‎（2）写出②③两步反应的化学方程式,并注明反应类型:‎ ‎②_________(反应类型__________)。‎ ‎③_________(反应类型__________)。‎ ‎【答案】(1). CH3CH2Cl (2). CH3CH2OH (3). (4). CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl (5). 加成反应 (6). CH2=CH2+H2O CH3CH2OH (7). 加成反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯：CH2=CH2；‎ A与H2在Ni作催化剂时发生加成反应得到B，B为乙烷：CH3CH3；‎ A与H2O在催化剂作用下发生加成反应得到D，D乙醇：CH3CH2OH；‎ A与HCl在一定条件下发生加成反应得到C，C为氯乙烷：CH3CH2Cl；‎ A在催化剂作用下发生加聚反应生成高分子化合物E，E为聚乙烯：。‎ ‎【详解】(1)C、D、E的结构简式分别为：CH3CH2Cl、CH3CH2OH、。‎ ‎(2)反应②为乙烯和HCl发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应③为乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。‎ ‎19.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）元素④名称是______，元素④在周期表中所处位置______，从元素原子得失电子的角度看，元素④形成的单质具有______性（填“氧化”或“还原”）．‎ ‎（2）元素⑦的原子结构示意图是______．‎ ‎（3）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，⑥④⑦的氢化物稳定性：______（写氢化物的化学式）．‎ ‎（4）写出元素⑤形成的单质与水反应的化学方程式_________．‎ ‎【答案】(1). 氧 (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 氧化 (4). (5). PH3＜H2S＜H2O (6). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表提供的信息可知，元素①～⑨分别为H、C、N、O、Ne、Na、P、S、Cl。‎ ‎【详解】(1)元素④为O元素，其名称是氧，在周期表中所处位置为第二周期ⅥA族，元素④形成的单质为氧气，在周期表中靠右上角，易得电子，具有较强的氧化性，故答案为：氧；第二周期第ⅥA族；氧化；‎ ‎(2)元素⑦为S，其原子结构示意图为；‎ ‎(3)非金属元素非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：④>⑦>⑥，则氢化物的稳定性由弱到强的顺序：PH3＜H2S＜H2O，故答案为：PH3＜H2S＜H2O；‎ ‎(4)元素⑤为Na，与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。‎ ‎20.如图为氢氧燃料电池示意图，按此图的提示，回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）a电极是_________，b电极是_________。‎ ‎（2）不管燃料电池的电解液是酸性的还是碱性的，放电后电解质溶液的pH__________________(填“增大”“减小”或“不变”)‎ ‎（3）当电解质溶液为碱性时，b电极发生的电极反__________________________‎ ‎【答案】(1). 负极 (2). 正极 (3). 不变 (4). O2+2H2O +4eˉ=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图可知：H2‎ 在a电极失电子，化合价升高，则a极为负极，b电极为正极，故答案为：负极；正极；‎ ‎(2)负极上失电子发生氧化反应，电解质是酸，所以负极上氢气失电子后生成的微粒是氢离子，故其电极反应式为：2H2-4e-=4H+；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，发生还原反应，故其电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，当电解质是碱时，氢气失电子生成的氢离子在碱性溶液中不能稳定存在，它和氢氧根离子反应生成水，所以负极上发生的电极反应是氢气失电子和氢氧根离子生成水，即电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O；正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，所以其电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，不管燃料电池的电解液是酸性的还是碱性的，放电后电解质溶液的pH不变，故答案为：不变；‎ ‎(3)b电极为正极，当电解质为碱性时，b电极的反应式为：O2+2H2O +4eˉ=4OH-，故答案为：O2+2H2O +4eˉ=4OH-。‎ ‎21.在容积为‎2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g) ‎3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol；5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol/(L·min)。计算:‎ ‎(1)5min末A的物质的量浓度为________。‎ ‎(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为________。‎ ‎(3)化学方程式中n值为________。‎ ‎(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：‎ ‎①v(A)=5mol/(L·min)‎ ‎②v(B)=6mol/(L·min)‎ ‎③v(C)=4.5mol/(L·min)‎ ‎④v(D)=8mol/(L·min)‎ 其中反应速率最快的是________（填编号）。‎ ‎【答案】(1). 1.5mol/L (2). 0.2mol/(L•min) (3). 2 (4). ①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】利用起始量与某物质的平衡量进行化学方程式中平衡浓度、反应速率及化学计量数的计算时，常将速率转化为变化量，从而建立三段式。比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应转化为同一物质，然后比较分析。‎ ‎【详解】D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol/(L·min)，则生成D的物质的量浓度为c(D)= 0.2mol/(L·min)×5min=1mol/L。从而建立以下三段式：‎ ‎(1)由上面分析可知，5min末A的物质的量浓度为1.5mol/L。答案为：1.5mol/L；‎ ‎(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)==0.2mol/(L•min)。答案为：0.2mol/(L•min)；‎ ‎(3)由浓度的变化量之比等于化学计量数之比，可得出=，n=2。答案为：2；‎ ‎(4)为便于比较，将各物质表示的速率都转化为A物质表示的速率，则为：‎ ‎①v(A)=5mol/(L·min)；‎ ‎②v(B)=6mol/(L·min)，v(A)=3mol/(L·min)；‎ ‎③v(C)=4.5mol/(L·min)，v(A)=1.5mol/(L·min)；‎ ‎④v(D)=8mol/(L·min)，v(A)=4mol/(L·min)；‎ 以上速率中，5mol/(L·min)最大，故反应速率最快的是①。答案为：①。‎