【化学】广西壮族自治区玉林市北流市实验中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】广西壮族自治区玉林市北流市实验中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

广西壮族自治区玉林市北流市实验中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 ‎1.下列做法正确的是（ ）‎ A. 饮用牛奶和豆浆可以缓解重金属引起的中毒 B. 二氧化硅用于制造太阳能电池 C. 氨气泄漏时，用湿毛巾捂住口鼻，并尽量向高处去 D. 用医疗垃圾中的废塑料生产一次性水杯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食用重金属后会使组成人体的蛋白质变性，而喝牛奶和豆浆后，重金属先使牛奶变性而保护了组成人体的蛋白质，A正确；‎ B．太阳能电池是利用硅晶体制成的，B错误；‎ C．氨气的密度比空气小，应尽量向低处走，C错误；‎ D．医疗垃圾中的废塑料有病菌，对人体有害，不能用于生产一次性水杯，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎18g18O2所含的质子数为8NA B. 1mol氢氧根离子中含有的电子数为NA C. 氢氧燃料电池中转移1mol电子消耗0.5molH2‎ D. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，‎23g钠充分燃烧时转移电子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧是8号元素，每个氧原子含8个质子，常温常压下，‎18g18O2所含的质子数为 =8NA，故A正确；‎ B．1mol氢氧根离子中含有的电子数为（8+1+1）NA=10NA，故B错误；‎ C．1molH2燃烧转移2mol电子，氢氧燃料电池中转移1mol电子消耗0.5molH2，故C正确；‎ D．钠最外层1个电子，钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，‎23g（1mol）钠充分燃烧时转移电子数为NA，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎3.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示。若X的最高正价与负价的代数和为2，则下列说法不正确是（ ）‎ A. 最简单气态氢化物稳定性Z＞X B. Z无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记 C. X的氢化物可用作制冷剂 D. 原子半径由大到小为Y＞Z＞X ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X、Z处于第二周期，Y处于第三周期，若X的最高正价与负价的代数和为2，则X处于VA族，故X为N元素、Z为F元素、Y为S元素。‎ ‎【详解】A．同周期从左到右，非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，故Z＞X，A正确；‎ B．Z无氧酸为HF，氢氟酸能与玻璃中的SiO2反应，能雕刻玻璃，B正确；‎ C．X的氢化物是NH3，可用作制冷剂，C正确；‎ D．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越多，故原子半径S＞N＞F，即Y＞X＞Z，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是( )‎ A. 每生成2molAB(g)吸收的热量为(a﹣b)kJ B. 该反应是放热反应 C. 1molA2(g)和1molB2(g)具有的总能量大于2molAB(g)具有的总能量 D. 断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键，放出akJ能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键吸收akJ能量，生成2molA﹣B键释放bkJ能量，所以每生成2molAB(g)吸收的热量为(a﹣b)kJ，故A正确；‎ B．该反应反应物能量低于生成物能量，所以为吸热反应，故B错误；‎ C．据图可知1molA2(g)和1molB2(g)具有的总能量低于2molAB(g)具有的总能量，故C错误；‎ D．断键吸收能量，据图可知断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键，吸收akJ能量，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是（ ）‎ 实验或实验操作 现象 实验结论 A 用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中 出现白色沉淀 H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强 B 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 C 将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中 Cu片表面产生大量气泡 金属性：Zn＞Cu D 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2‎ ‎【答案】C ‎6.若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是（ ）‎ A. 容器内气体密度保持不变 B. 用CO、H2、CH3OH表示反应的速率之比为1：2：1‎ C. 单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2‎ D. 混合气体的平均相对分子质量不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应反应物和生成物都是气体，体系总质量不变，且为恒容容器，则无论是否反应达到平衡，气体密度一直保持不变，A错误；‎ B．未指明是正反应速率还是逆反应速率，则CO、H2、CH3OH的速率之比为1：2：1时，不能说明反应达到平衡状态，B错误；‎ C．只要反应发生，单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2，C错误；‎ D．混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.NO2、O2、熔融盐NaNO3组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电子由石墨I经负载流向石墨II，再经过熔融盐NaNO3返回石墨I，形成闭合回路 B. Y的化学式可能为NO C. 该装置可以将化学能→热能→电能 D. 石墨I极的电极反应式为NO2+﹣e-═N2O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】燃料电池中，O2反应的电极做正极，即石墨II为正极，石墨I为负极，发生氧化反应，反应物化合价升高。‎ ‎【详解】A．电子不能在电解液介质中转移，是通过离子的定向移动构成闭合回路，A错误；‎ B．NO2中氮元素的化合价为+4价，反应后化合价升高，所以Y的化学式为N2O5，B错误；‎ C．该装置为原电池，可以将化学能转化为电能，C错误；‎ D．负极上NO2失电子生成N2O5，则石墨I极的电极反应式为NO2+﹣e-═N2O5，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.有A、B、C、D、E、F七种元素，试按如下所给的条件推断：‎ ‎①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径：A＞B＞C；‎ ‎②D、E是非金属元素，它们与氢化合可生成气态氢化物HD和H2E，室温下，D的单质是黄绿气体，E的单质是淡黄色固体；‎ ‎③F是非金属性最强的元素 ‎（1）A在加热条件下生成的氧化物的电子式为___，含有的化学键类型有___，D在元素周期表的位置是___。‎ ‎（2）用电子式表示B、D元素形成化合物的形成过程：___。‎ ‎（3）比较D和E的氢化物稳定性强弱：___（填化学式）。D、E、F简单离子半径由大到小为___（填离子符号）。‎ ‎（4）C的最高价氧化物对于的水化物的化学式为___；和A的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键和共价键 (3). 第三周期第ⅦA族 (4). (5). HCl>H2S (6). S2->Cl->F- (7). Al(OH)3 (8). Al(OH)3+OH-=+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；‎ ‎②D、E是非金属元素，它们与氢化合可生成气态氢化物HD和H2E，D、E分别表现-1、-2价，室温下，D的单质是黄绿气体，E的单质是淡黄色固体，则D为Cl元素，E为S元素；‎ ‎③F是非金属性最强的元素，周期表中最右上角的元素非金属最强，即F是F元素；故A、B、C、D、E、F分别为：Na、Mg、Al、Cl、S、F。‎ ‎【详解】(1) A在加热条件下生成的氧化物是Na2O2，电子式为：；含有的化学键类型：离子键和共价键；D是Cl元素，在元素周期表的位置是：第三周期第ⅦA族；‎ ‎(2) B、D元素形成的化合物是MgCl2，用电子式表示形成过程：‎ ‎；‎ ‎(3) D、E分别为Cl、S，同周期从左到右，非金属性增强，则Cl>S，氢化物稳定性越稳定，故HCl>H2S；同周期的简单离子半径随原子序数的增大而减小，随电子层数大的离子半径大，即：S2->Cl->F-，故答案为：HCl>H2S；S2->Cl->F-；‎ ‎(4) C是Al，其最高价氧化物对于的水化物的化学式为：Al(OH)3；A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O ‎9.如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。‎ ‎（1）①盛装浓盐酸的仪器名称为___，盛装二氧化锰的仪器名称为___。‎ ‎②请写出装置A中发生反应的化学方程式___。‎ ‎③标准状况下，上述反应每生成‎2.24L氯气，转移电子的物质的量为___mol。‎ ‎（2）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→___→___→d。‎ ‎（3）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开活塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为___。‎ ‎（4）氯水中含有多种成分，因而具有很多性质，根据氯水分别与如图2所示四种物质发生的反应填空（a、b、c、d重合部分代表物质间反应，且氯水足量）。‎ ‎①能证明氯水具有漂白性的是___（填“a”“b”“c”或“d”）。‎ ‎②c过程中现象是___。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (4). 0.2 (5). c (6). b (7). 2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2 (8). d (9). 产生白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】装置A发生的反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；图2中氯气与水的反应： Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸具有漂白性，有氯离子能与银离子产生白色沉淀。‎ ‎【详解】(1)①盛装浓盐酸仪器名称为：分液漏斗；盛装二氧化锰的仪器名称为：圆底烧瓶；‎ ‎②装置A是制取氯气的反应，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎③标准状况下，生成‎2.24L氯气，即生成0.1molCl2，由②中的化学方程式可知，每生成1molCl2，转移2mol电子，故每生成‎2.24L氯气，转移电子的物质的量为0.2mol ‎(2)由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，即正确的连接方法是a→c→b→d，故答案为：c；b；‎ ‎(3)由题意知反应为Cl2、C、H2O，生成物为HCl和CO2，则反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2；‎ ‎(4) ①氯水含有次氯酸，具有漂白性，能够使石蕊溶液褪色；‎ ‎②氯水含有氯离子，与硝酸银反应生成氯化银沉淀；故答案为：d；产生白色沉淀。‎ ‎10.能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率，请回答下列问题。‎ ‎（1）①工业合成氨反应：N2+3H22NH3是放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知1molN2完全反应生成NH3可放出92kJ热量。如果将10molN2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量___（填“大于”、“小于”或“等于”）920kJ。‎ ‎②已知断开1molNN键吸收的能量为945.6kJ，形成1molN﹣H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，生成标准状况下44.8LNH3时放出的能量为92.4kJ，则断开1molH﹣H键吸收的能量是___。‎ ‎（2）某实验小组同学进行如图1所示实验，以检验化学反应中的能量变化。请根据你掌握的反应原理判断，②中的温度___（填“升高”或“降低”）。反应过程___（填“①”或“②”）的能量变化可用图2表示。‎ ‎（3）已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图2所示，该反应是___（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（4）用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图3所示：‎ ‎①则d电极是___（填“正极”或“负极”），c电极的电极反应式为___。‎ ‎②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为___L。‎ ‎【答案】(1). 小于 (2). 436kJ (3). 降低 (4). ① (5). 放热 (6). 正极 (7). 2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+ (8). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(2)反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应；‎ ‎(3)电子流入的电极是正极；甲烷在负极发生氧化反应生成CO2，化合价从‎-2升至+4，以此来配平电极反应式。‎ ‎【详解】(1)①合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以将10mol N2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量小于92kJ，故答案为：小于；‎ ‎②标准状况下44.8LNH3即2mol NH3，设断开1molH﹣H键吸收的能量为x kJ， 解得x=436kJ，故断开1molH﹣H键吸收的能量是436kJ；‎ ‎(2)图1中②是氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，是吸热反应，故温度会降低；图2中反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应，反应过程①是活泼金属与酸的反应，为放热反应，即反应过程①用图2表示；故答案为：降低；①；‎ ‎(3)图2中反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应，故答案：放热；‎ ‎(4)①d电极是电子流入，说明d电极是正极；电极c是负极，甲烷在负极发生氧化反应生成CO2；其电极反应式为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+，故答案为：正极；2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+；‎ ‎②该电池正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×‎22.4L/mol=‎11.2L，故答案为：11.2。‎ ‎11.一定条件下，将amolA与15molB的混合气体通入一固定体积为‎5L的密闭容器中，发生如下反应：A（g）+3B（g）‎2C（g）‎ ‎（1）若反应进行到10min时达到平衡，n1（A）=13mol，n1（C）=6mol，；计算a的值___；这段时间内的C平均反应速率为___。‎ ‎（2）反应达平衡时，B的转化率为分别为___；A的体积分数为___。‎ ‎（3）下列操作能使该反应的反应速率增大的是___。‎ A向密闭容器中通入氦气增大压强 B.增大A的浓度 C.适当升高温度 D.将容器的体积扩大至‎10L ‎（4）反应过程中容器内气体的密度是___（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），平均相对分子质量是___。‎ ‎【答案】(1). 16mol (2). 0.12mol•L-1min-1 (3). 60% (4). 52% (5). BC (6). 不变 (7). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】从已知条件列出反应的三段式：。‎ ‎【详解】(1)根据反应方程式，生成6molC，则消耗，反应初始；这段时间内的C平均反应速率为；故答案为：16mol；0.12mol•L-1min-1；‎ ‎(2)反应达平衡时的三段式：‎ ‎ ‎ B的转化率为：；A的体积分数为：；故答案为：60%；52%；‎ ‎(3) A．该反应为恒容密闭容器，通入氦气，但反应物的浓度不变，化学反应速率不变，A错误；‎ B．A是气体，增大A的浓度，即增大反应物的浓度，能加快化学反应速率，B正确；‎ C．适当升高温度，化学反应速率加快，C正确；‎ D．将容器的体积扩大至‎10L，反应物的浓度减小，化学反应速率减慢，D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎(4)该反应在恒容密闭容器内进行，体积不变，体系内的物质全是气体，故总质量不变，则反应过程中容器内气体的密度是不变的；该反应气体物质的量减小，而质量不变，故平均相对分子质量是增大的；答案为：不变；增大。‎