【化学】山东省菏泽市2019-2020学年高一下学期期中考试试题（B）（解析版） 15页

山东省菏泽市2019-2020学年高一下学期期中考试试题（B）‎ ‎1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（   ）‎ A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池 C. 太阳能集热器 D. 燃气灶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；‎ B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；‎ C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；‎ D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎2.某元素的一个原子形成的离子可表示为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该元素的质子数为a B. 1mol该离子含(b－n)mol电子 C. 一个原子的质量约为 D. 一个中含有的中子数为a＋b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素符号的左下方为质子数，左上方是质量数，故该元素的质子数为b，A错误；‎ B．根据原子的质子数等于核外电子数，故1mol含有bmol电子，1mol该离子含(b+n)mol电子，B错误；‎ C．核素的质量数可以看成近似相对原子质量，故一个原子的质量约为，C正确；‎ D．根据质量数A=质子数Z+中子数N，故一个中含有的中子数为a-b，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎3.下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 元素周期表一共有16个纵列，16个族 B. 除零族元素外，非金属元素全都是主族元素 C. 同周期第IIA族与第IIIA族的原子序数之差不可能为25‎ D. 同主族上下相邻的两种元素的原子序数之差不可能为32‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素周期表有18个纵列，16个族，故A错误；‎ B．除零族元素外，非金属元素全都是主族元素，B正确；‎ C．长周期中有镧系、锕系，第II A族与第III A族的原子序数之差为25，故C错误；‎ D．第六、七周期的第III B族，同主族上下相邻的两种元素的原子序数之差为32，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.治疗新冠肺炎使用的两种有效药物磷酸氯喹、瑞德西韦中都含有P元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 31P核外含有31个电子 B. 29P的中子数为15‎ C. 29P、31P互为同素异形体 D. 29P、31P的化学性质相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素符号左上角的数是质量数，故31P核外含有15个电子，A错误；‎ B．中子数=质量数-质子数，29P的中子数为14，B错误；‎ C．29P、31P是磷元素的不同核素，二者互为同位素，C错误；‎ D．29P、31P均是磷元素，化学性质相同，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界上首个高能全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为。下列关于全氮阴离子盐的说法不正确的是（ ）‎ A. 每个含有36个电子 B. 全氮阴离子盐为离子化合物 C. 全氮阴离子盐既含离子键又含共价键 D. 由获得N2需要吸热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．每个Ｎ原子中含有７个电子，故每个含有7×5+1＝36个电子，A正确；‎ B．由阴、阳离子构成的化合物是离子化合物，故全氮阴离子盐为离子化合物，B正确；‎ C．全氮阴离子盐中含有全氮阴离子和其他阳离子之间的离子键，全氮阴离子内部含有氮原子和氮原子之间的共价键，C正确；‎ D．全氮阴离子盐是高能即具有很高的能力，而氮气中因含有氮氮三键性质很稳定，说明N2具有的能量较低，故由全氮阴离子获得N2将释放能量，D错误；‎ 故答案为：D。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 任何化学反应都伴随着能量的变化 B. H2O(g)→H2O(l)该过程放出大量的热，所以该过程是化学变化 C. 化学反应中能量的变化都表现为热量的变化 D. 二氧化碳与碳单质的反应为放热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键将释放能量，故任何化学反应都伴随着能量的变化，A正确；‎ B．H2O(g)→H2O(l)该过程放出大量的热，所以该过程仅仅是物质三态之间的变化，不是化学变化，B错误；‎ C．化学反应中能量的变化表现为热量、光能、电能等能量的变化，C错误；‎ D．二氧化碳与碳单质反应为吸热反应，D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎7. 下列反应不可用于设计原电池是（ ）‎ A. NaOH+HCl=NaCl+H2O B. 2CH3OH+3O22CO2+4H2O C. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑ D. 4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠和盐酸的反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故A正确；‎ B、甲醇的燃烧属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，故B错误；‎ C、锌和盐酸的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，故C错误；‎ D、铝和氧气的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.用‎3g块状大理石与30mL3mol·L－1盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（ ）‎ ‎①再加入30mL1mol·L－1盐酸 ‎②改用30mL6mol·L－1盐酸 ‎③改用‎3g粉末状大理石 ‎④适当升高温度 A ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】为了增大反应速率，可采取增大浓度、升高温度、加入催化剂或增大固体的表面积等措施。‎ ‎【详解】①再加入30mL 3mol•L-1盐酸，浓度不变，则反应速率不变，故①错误；　‎ ‎②改用30mL 6mol•L-1盐酸，浓度增大，反应速率增大，故②正确；‎ ‎③改用‎3g粉末状大理石，固体表面积增大，反应速率增大，故③正确；‎ ‎④适当升高温度。升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，反应速率加大，故④正确；‎ 则②③④符合题意；‎ 答案为B。‎ ‎9.海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素，下列关于海带提碘的实验描述不正确的是（ ）‎ A. 灼烧干海带可除去其中的有机物 B.‎ ‎ 灼烧后的海带灰通过过滤除去其中的不溶性杂质，过滤过程用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒 C. 萃取富集单质碘的过程中不能用酒精作萃取剂 D. 如果制备的碘单质中混有少量熔沸点较高的杂质，可用升华法进行分离提纯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海带的主要成分是纤维素等有机物，灼烧干海带可除去这些有机物，A正确；‎ B．过滤过程用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，不需要分液漏斗，故B错误；‎ C．酒精与水混溶，不能作为萃取剂，故C正确；‎ D．碘单质会先生成气体再遇冷凝聚，即可达到分离效果，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.决定化学反应速率的主要因素是（ ）‎ A. 反应物本身的性质 B. 反应物间的接触面积 C. 催化剂的催化效率 D. 反应温度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．决定化学反应速率的主要因素是内因即反应物本身的性质，A符合题意；‎ B．反应物间的接触面积是影响化学反应速率的外界条件，不是主要因素，B不合题意；‎ C．催化剂也是影响化学反应速率的外界条件之一，故催化剂的催化效率也不是主要因素，C不合题意；‎ D．反应温度也是影响化学反应速率的外界条件之一，故不是主要因素，D不合题意；‎ 故答案为：A。‎ ‎11.四种短周期主族元素在元素周期表中的位置如图，其中Z的原子半径最小。下列说法正确的是（ ）‎ A. M元素一定为金属元素 B. Y元素的最简单气态氯化物的热稳定性比X的强 C. 若Y元素存在最高价含氧酸，其酸性比X元素的最高价含氧酸弱 D. M的最高价氧化物可能溶于Z的氢化物的水溶液 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的相对位置可判断，Y和Z是第二周期元素，M和X是第三周期元素。‎ ‎【详解】A．M可能是Al或Si，不一定非为金属元素，故A错误；‎ B．根据元素周期表位置，右上非金属性更强，故非金属性Y大于X，故Y元素的最简单气态氯化物的热稳定性比X的强，B正确；‎ C．Y可能为氮、氧元素，氮有最高价含氧酸，氧没有最高价含氧酸，故C错误；‎ D．当M为Si，Z为F，二氧化硅可溶于氢氟酸，故D正确，‎ 答案选BD。‎ ‎12.一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生可逆反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.08mol·L－1，则下列判断正确的是（ ）‎ A. c1：c2＝1：3‎ B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3‎ C. 充入一定量的氦气，反应速率加快 D. c1的取值范围为0O2－>Na＋ (4). HClO4>H3PO4 (5). H2O>PH3 (6). (7). 离子键、共价键 (8). Al(OH)3＋OH－=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据表格中的信息，可以推测出：T的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则T是O；X的L层电子数是Y内层电子数的一半，则X是7号元素N；Y的M层比K层少1个电子，Y是11号元素Na，Z在第三周期元素的金属离子中半径最小，则Z是Al；M的最高正价与最低负价代数和为2，则M位于第五主族，则M是P；N的单质为黄绿色气体，它的一种盐是84消毒液的主要成分，则N是Cl；综上所诉， T是O，X是N，Y是Na，Z是Al，M是P，N是Cl。‎ ‎【详解】（1）元素N是Cl，在周期表第3周期第VIIA族；其最高价氧化物的化学式是Cl2O7；‎ ‎（2）T、X、Y三元素离子示意图一样，序数越大，离子半径越小，故三者简单离子半径由大到小的顺序是：N3－>O2－>Na＋；元素M和N的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由强到弱的顺序是HClO4>H3PO4；元素M和T的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，由强到弱的顺序是H2O>PH3；‎ ‎（3）化合物Y2T2是过氧化钠，其电子式为：；存的化学键类型有：离子键、共价键；‎ ‎（4）元素Y、Z的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠和氢氧化铝，反应的离子方程式为：Al(OH)3＋OH－=。‎ ‎17.空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之。其工艺流程如下：‎ ‎(1)步骤②发生主要反应的离子方程式是__________。‎ ‎(2)步骤③通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的__________性。‎ ‎(3)写出步骤④中反应的离子方程式__________。‎ ‎(4)步骤⑥中应控制温度在‎90℃‎以下，理由是__________。‎ ‎(5)步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。实验室中进行该操作用到的玻璃仪器主要有__________。‎ ‎(6)根据上述反应可判断SO2、Cl－、Br－还原性由强到弱的顺序是：__________。‎ ‎【答案】(1). Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2 (2). 挥发 (3). Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋ (4). 温度升高，大量水蒸气随之排出，溴蒸气中水分增加 (5). 分液漏斗、烧杯 (6). SO2>Br－>Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法，其中一种工艺是在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集的目的，也就是得到富集溴。然后，再用氯气将其氧化得到产品溴。‎ ‎【详解】(1)步骤②利用氯气将溴离子氧化，发生主要反应的离子方程式是Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2。故答案为：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2；‎ ‎(2)在溴水中，溴沸点较低（‎58.5°C）易挥发，水的是‎100°C，步骤③通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性。故答案为：挥发；‎ ‎(3)步骤④中SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋。故答案为：Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋；‎ ‎(4)步骤⑥中应控制温度在‎90℃‎以下，理由是温度升高，大量水蒸气随之排出，溴蒸气中水分增加。故答案为：温度升高，大量水蒸气随之排出，溴蒸气中水分增加；‎ ‎(5)液溴与溴水不相溶，用分液漏斗分离，实验室中进行该操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。故答案为：分液漏斗、烧杯；‎ ‎(6)利用氧化还原反应的方程式中还原剂的还原性强于还原产物：由Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋得还原性：SO2>Br－；又由Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2得还原性：Br－>Cl－。根据上述反应可判断SO2、Cl－、Br－还原性由强到弱的顺序是：SO2>Br－>Cl－。故答案为：SO2>Br－>Cl－。‎ ‎18.某学习小组用如图所示装置甲、乙分别探究金属铁与稀硫酸的反应，实验过程中甲烧杯内的溶液温度升高，乙烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。‎ ‎(1)从能量转化的角度来看，甲、乙中反应物的总能量与生成物总能量的关系符合下图中的(填字母)。__________‎ ‎(2)乙中铁电极是__________极，发生的电极反应式是__________，铜电极上的现象是__________。‎ ‎(3)若将Z池中铜电极换为铝电极，则铁电极上发生的电极反应式是__________；溶液中的移向__________极(填“正”或“负”)。‎ ‎(4)若利用反应2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋‎ 设计一个原电池，则负极材料选用__________，正极材料可以选用__________，电解质溶液选用__________。‎ ‎【答案】(1). A (2). 负 (3). Fe－2e－=Fe2＋ (4). 有大量无色气泡产生 (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 负 (7). 铜片 (8). 石墨 (9). FeCl3溶液(其他合理答案)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁与硫酸的反应为放热反应，从能量转化的角度来看，甲、乙均是放热反应，故反应物的总能量应高于生成物的总能量，符合的图示为A；‎ ‎(2)乙是原电池，铁较活泼，铁电极是负极；发生的电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋；铜电极为正极，电极上的现象是：有大量无色气泡产生；‎ ‎(3)若将乙池中铜电极换为铝电极，则铁为正极，电极上发生的电极反应式是：2H＋＋2e－=H2↑；溶液中的移向负极；‎ ‎(4)若利用反应2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋设计一个原电池，则铜失去电子，负极材料选铜片；正极材料可以选用石墨；电解质溶液选用三价铁的盐溶液，如FeCl3溶液。‎ ‎19.某小组同学查到一份研究过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应的实验资料，具体如下：‎ 资料1：室温下，过氧化氢溶液可与氢碘酸(HI)反应，溶液为棕黄色。‎ 资料2：实验数据如下表所示。‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 实验条件 保持298K，101kPa条件下，取相同体积的H2O2和HI溶液 c(H2O2)/mol/L ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ c(HI)/mol/L ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ 出现棕黄色时间/s ‎13.1‎ ‎6.5‎ ‎4.3‎ ‎4.4‎ ‎4.4‎ ‎(1)过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应的化学方程式为__________。‎ ‎(2)实验1、2、3研究__________对反应速率的影响，结论是__________。‎ ‎(3)该组同学对编号4、5的实验分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢，可能的原因__________。‎ ‎(4)该小组同学用碘化钾替代氢碘酸验证上述实验。在实验过程中，未观察到溶液变为棕黄色，却观察到产生无色气体。于是，该小组同学提出假设：KI可能是过氧化氢分解反应的催化剂(实验室提供KI溶液)，并设计如下实验验证其假设。‎ 实验步骤：‎ I.取2支试管，向试管1中加入2mL 0.1mol·L－1 H2O2溶液、lmLKI溶液，向试管2中加入……‎ II.分别将2支试管置于‎40℃‎水浴中。‎ ‎①试管2中应加入的试剂是__________。‎ ‎②实验现象证明该小组同学假设成立，该实验现象是__________。‎ ‎【答案】(1). H2O2＋2HI=2H2O＋I2 (2). HI的浓度 (3). 反应速率与HI浓度成正比(或反应速率随HI浓度增大而增大) (4). 温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢 (5). 2mL 0.1mol·L－1 H2O2溶液，1mL H2O (6). 加入KI溶液的试管中产生气体的速率快 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应的化学方程式为：H2O2＋2HI=2H2O＋I2；‎ ‎（2）根据表格信息，控制变量法可知，实验1、2、3研究HI的浓度对反应速率的影响；结论是：反应速率与HI浓度成正比(或反应速率随HI浓度增大而增大)；‎ ‎（3）反应物过氧化氢易分解，故4、5的实验分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢，可能的原因：温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢；‎ ‎（4）①该实验是探究催化剂碘化钾的影响，故采用控制变量法，试管2中应加：2mL 0.1mol·L －1H2O2溶液，1mL H2O； ‎ ‎②该小组同学认为碘化钾能催化过氧化氢分解，故该实验现象未：加入KI溶液的试管中产生气体的速率快。‎ ‎20.在一定条件下，将H2和N2置于一容积为‎2L的密闭容器中发生反应，反应过程中H2、N2和NH3的物质的量变化如图所示。‎ ‎(1)反应开始10min内，NH3的平均反应速率为__________。‎ ‎(2)反应处于平衡状态的时间段是__________。‎ ‎(3)判断该反应达到平衡状态的标志是__________(填字母)。‎ a．N2和NH3的浓度之比等于1：2‎ b．NH3的百分含量保持不变 c．容器中气体的压强不变 d．3(NH3)＝2(H2)‎ e．容器中混合气体的密度保持不变 ‎(4)图中10～20min内曲线发生变化的可能原因__________。‎ ‎(5)25min时作出的改变是__________，此时正__________逆(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎【答案】(1). 0.005mol/(L·min) (2). 20～25min，35～40min (3). b、c (4). 升高温度或使用了催化剂 (5). 分离出0.1molNH3 (6). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据来计算反应速率；达到平衡状态时，物质量不变，以此判断达到平衡的时间段；当反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变；由图象可知10～20min时各组分物质的量变化加快，且10min时都是逐渐变化的，反应速率增大，且N2、H2物质的量减小，NH3的物质的量增多，故说明为使用催化剂或者升高温度；第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，且此后N2、H2物质的量减小，NH3的物质的量增多，故平衡正向移动。‎ ‎【详解】(1)从图中可知，NH3从0变为0.1mol，故 故答案为：0.005mol•L-1•min-1；‎ ‎(2)由图象可以看出，当反应进行到时20-25min，35-40min，各物质的物质的量保持不变，说明此时反应达到平衡状态，故答案为：20-25min，35-40min；‎ ‎(3)a．N2和NH3浓度是否相等取决于反应的起始量和转化的程度，不能判断是否达到平衡，故a错误；‎ b．NH3百分含量保持不变，说明反应达到平衡状态，故b正确；‎ c．反应前后气体的物质的量不等，容器中气体的压强不变，说明达到平衡状态，故c正确； ‎ d．3(NH3)＝2(H2)，并未指明正反应还是逆反应的速率，故无法判断正逆反应速率是否相等，故无法判断是否达到平衡状态，故d错误；‎ e．由于气体的质量和容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，容器中混合气体的密度都保持不变，故e错误；‎ 故答案为：bc；‎ ‎(4)由图可知，0-10分钟内n(N2)=0.025mol×2=0.05mol；10-20分钟内n′(N2)=0.025mol×4=0.1mol，所以0-10分钟与10到20分钟两个时间段中，N2的反应速率之比为0.05mol：0.1mol=1：2；由图象可知其他各组分物质的量变化加快，且10min时变化时各物质是连续变化的，20min达平衡时，说明10min可能改变的条件是升高温度或使用催化剂，故答案为：升高温度或使用了催化剂；‎ ‎(5)从图中可知：第25分钟，NH3的物质的量突然减少了0.1mol，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：分离出0.1molNH3；＞。‎