【化学】陕西省渭南市大荔县同州中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）
陕西省渭南市大荔县同州中学2019-2020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 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 He-4
第I卷（共45分）
选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.电影《流浪地球》中为了拯救地球而点燃了木星大气，木星大气中含有H2和He。下列说法正确的是（ ）
A. H2和He的化学性质相似
B. 等质量的H2和He中所含的分子数相同
C. 3He和4He互为同位素
D. H和He都是主族元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2化学性质较活泼，而He是稀有气体，化学性质非常稳定，A错误；
B．假设两种气体均为mg，H2的分子数为，He的分子数为，分子数不相同，B错误；
C．3He和4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；
D．H在第ⅠA族，是主族元素，He在0族，不是主族元素，D错误；
故选C。
2.2020年新春之际我国出现了罕见的新型冠状肺炎（COVID-19）。“84消毒液”（主要成分：NaClO）可以有效的杀死（COVID-19）的病毒，下列说法中正确的是（ ）
A. NaClO中含有离子键和非极性共价键
B. NaClO中含有Na+、Cl-、O2-三种离子
C. NaClO所含的元素均属于主族元素
D. NaClO中Cl元素的化合价为-1价
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaClO中Na+与ClO-之间是离子键，Cl与O之间是极性共价键，没有非极性共价键，A错误；
B．NaClO中含有Na+与ClO-两种离子，B错误；
C．Na位于第ⅠA族，Cl位于第ⅦA族，O位于第ⅥA族，都是主族元素，C正确；
D．NaClO中Cl元素的化合价为+1价，D错误；
故选C。
3.下列表达方式错误的是（ ）
A. HF的电子式：
B. 甲烷的比例模型：
C. 氯元素的一种核素：Cl
D. Ca2+的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF为共价化合物，H与F共用一对电子，电子式为，A正确；
B．甲烷的比例模型为，选项中的是球棍模型，B错误；
C．Cl是质子数为17，质量数为35，中子数为18的Cl的一种核素，C正确；
D．Ca是20号元素，核外电子数为20，Ca2+核外电子数为18，结构示意图为，D正确；
故选B。
4.依据元素周期表和周期律的相关知识，下列说法正确的是（ ）
A. 短周期元素中，原子最外层只有一个或两个电子的元素一定是金属元素
B. I属于副族元素
C. H2S的稳定性比H2O的稳定性强
D. Na、Mg、Al与冷水反应速率逐渐减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．He元素最外层电子数为2，是非金属元素，A错误；
B．I属于第ⅦA族，是主族元素，B错误；
C．同一主族元素从上到下非金属性依次减弱，所以非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故H2S的稳定性比H2O的稳定性弱，C错误；
D．同周期元素从左到右金属性依次减弱，故金属性Na＞Mg＞Al，金属性越强，与酸或水反应越剧烈，D正确；
故选D。
5.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，W、X、Y形成的化合物为，下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：W
Z
【答案】B
【解析】
【分析】四种短周周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素， W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，则Y为S，W为O，那么Z只能是Cl。根据W、X、Y形成的化合物的结构可知，该化合物为Na2SO4。
【详解】A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径： X< W< Z，A错误；
B．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl水溶液是中性，B正确；
C．非金属性O> S，则气态氢化物的热稳定性：W>Y，C错误；
D．非金属性Z> Y，最高价氧化物的水化物的酸性：YH2S (9). Cl->O2->Al3+ (10). H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】由元素周期表可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar，据此解答。
【详解】(1).化学性质最不活泼的元素为稀有气体，即Ar，④与⑤按照原子个数比1∶1形成的化合物中为Na2O2，含有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键和非极性共价键；
(2).①与②形成的最简单化合物为CH4，空间构型为正四面体，将此化合物与⑧的单质Cl2混合于一干燥的集气瓶，密封后放在光亮处发生反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故答案为：正四面体；气体颜色变浅，容器壁上有油状液滴；
(3).由③形成的单质是N2，其电子式为；⑤与⑦的最低价形成的化合物为Na2S，其电子式为，故答案为：；；
(4).⑧的最高价为+7价，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4；④、⑦分别为：O、S，O的非金属性比S强，则形成的简单化合物的稳定性由强到弱的顺序是H2O>H2S，故答案为：HClO4；H2O>H2S；
(5).④、⑥、⑧三种元素的原子形成的简单离子分别为：O2-、Al3+和Cl-
，比较离子半径优先看电子层数，Cl-有三层，而O2-、Al3+均为两层，当电子层结构相同时，原子序数小的半径大，则半径由大到小的顺序是Cl->O2->Al3+，故答案为：Cl->O2->Al3+；
(6).用实验的方式证明非金属性强弱可以选用强制弱的原理，即可以选择硫酸制取碳酸，故答案为：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O。
17.某学习小组同学根据影响化学反应速率的因素进行实验验证，其设计的实验方案如下：请你帮他们把表填写完整，并做出评价。
（1）甲同学验证还原性：I-＞Br-
实验步骤
实验现象
实验结论及离子反应式
逐滴加入的同时振荡，观察CCl4层的颜色：
甲___
乙___；
乙中CCl4层颜色明显变化的快。
离子方程式：
甲__
乙__
结论：验证成立，还原性，I-＞Br-
【评价】甲同学设计的实验方案是__（填“合理”或“不合理”），理由是__。
（3）乙同学验证固体反应物的颗粒大小的对反应速率影响
实验步骤：在试管①中加入1g粉末状大理石，加入4mol/L盐酸20mL（过量）；在试管②中加入2g颗粒状大理石，加入4mol/L盐酸20mL（过量）。他根据实验过程，绘制出生成CO2生成体积（折算成标准状况）V（CO2）同反应时间t的关系曲线图，你认为__是符合的。
【答案】(1). 橙红色 (2). 紫红色 (3). 2Brˉ+Cl2=Br2+2Clˉ (4). 2Iˉ+Cl2=I2+2Clˉ (5). 不合理 (6).
乙试管中KI溶液的浓度大，反应速率大，现象变化的也快，所以无法得出还原性强弱的结论 (7). D
【解析】
【分析】(1)本实验的目的是验证还原性：Iˉ＞Brˉ，甲同学的思路是通过比较NaBr溶液、KI溶液分别与氯水反应速率的快慢来确定Iˉ和Brˉ的还原性强弱，控制变量法探究某个问题时要保持变量唯一，甲同学的实验中所用的NaBr溶液和KI溶液的浓度不同，所用并不能达到实验目的。
(2)本实验验证固体反应物的颗粒大小对反应速率影响，粉末状固体接触面积更大，反应速率更快。
【详解】(1)氯水中氯气可以氧化溴离子，发生反应2Brˉ+Cl2=Br2+2Clˉ，而溴更易溶于CCl4，所以实验过程中可以观察到甲中CCl4层显橙红色；氯气也可以氧化碘离子，发生反应2Iˉ+Cl2=I2+2Clˉ，碘单质更易溶于CCl4，所以可以观察到CCl4层显紫红色；
甲同学的思路是通过比较NaBr溶液、KI溶液分别与氯水反应速率的快慢来确定Iˉ和Brˉ的还原性强弱，但乙试管中KI溶液的浓度大，反应速率大，现象变化的也快，所以无法得出还原性强弱的结论，甲同学设计的实验方案不合理；
(2)粉末状的大理石与盐酸反应速率更快，所以反应完全之前曲线的斜率更大；但粉末状的大理石只有1g，颗粒状大理石有2g，盐酸过量，所以颗粒状大理石产生的二氧化碳更多，曲线的终点更高，综上所述D是符合的。
18.目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇(CH3OH)。反应化学方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，该反应的能量变化如图所示：
(1)该反应是__反应(填“吸热”或“放热”)，判断的理由是___。
(2)某温度时，在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变化如下表所示：
时间/min
0
2
5
10
15
n(CO2)/mol
1
0.85
0.7
0.25
0.25
从反应开始到5min末，用CO2表示的该反应的平均速率为__；反应达平衡时，H2的转化率为__；要提高此反应的速率，可以采取___措施(填写2条)。
(3)若维持(2)的条件不变，能说明该反应已达平衡状态的是__(填序号)。
A.v生成(CH3OH)=v消耗(CO2)
B.CO2、H2、CH3OH、H2O浓度相等的状态
C.CO2、H2、CH3OH、H2O总物质的量保持不变的状态
D.CO2的转化率保持不变的状态
(4)依据原电池原理，将甲醇设计成燃料电池如图：
则a为__极(填“正”或“负”)；H+从__极区向__极区迁移(用图中字母填)；b极上O2发生反应电极反应式为：__。
【答案】(1). 放热 (2). 反应物的总能量大于生成物的总能量 (3). 0.03mol/(L·min) (4). 75% (5). 升温，使用催化剂，加压等 (6). CD (7). 负 (8). a (9). b (10). O2+4e-+4H+=2H2O
【解析】
【分析】(2)根据计算反应速率；转化率=；
(3)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
(4)甲醇燃料电池中甲醇被氧气氧化，所以a电极为负极，b电极为正极。
【详解】(1)根据能量变化图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应；
(2)根据表格数据可知5min末△n(CO2)=1mol-0.7mol=0.3mol，容器的体积为2L，所以v(CO2)=
=0.03mol/(L·min)；根据表格数据10min后二氧化碳的物质的量不再变化，说明此时反应达到平衡，该时段内△n(CO2)=1mol-0.25mol=0.75mol，根据反应方程式可知该时段内△n(H2)=0.75mol×3=2.25mol，所以氢气的转化率为=75%；
(3)A．反应平衡时正逆反应速率相等，v生成(CH3OH)和v消耗(CO2)描述的都是正反应速率，只要反应进行，二者就相等，故A不能说明达到平衡；
B．平衡时各物质的浓度不再改变，但不一定相等，故B不能说明反应达到平衡；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时，气体的总物质的量会变，故C能说明反应平衡；
D．CO2的转化率保持不变说明其浓度不再改变，故D能说明反应平衡；
综上所述选CD；
(4)根据分析可知a为负极；原电池中氢离子从负极迁移到正极，即从a极区向b极区迁移；通入氧气的一极发生还原反应，与氢离子结合生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
19.乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体。某同学采用12.0mL96%密度为1.05g/mL的乙酸、23mL95%密度为0.75g/mL的乙醇、12.0mL浓硫酸、饱和Na2CO3溶液制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示（烧杯、部分夹持装置、温度计已略去）。
已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH
②有关有机物的沸点：
试剂
乙醚
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
沸点（℃）
34.7
78.5
117.9
77.2
①先向蒸馏烧瓶B中加入试剂__，然后通过仪器A慢慢加入__；
②加热保持油浴温度为135～145℃，至不再有液体流出后，停止加热；
③取带有支管的锥形瓶，将一定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，再将混合物分液，弃去水层，得到有机层。
试回答下列问题：
（1）①蒸馏烧瓶B加入试剂__，然后通过仪器A慢慢加入__。
（2）写出制备乙酸乙酯的化学方程式__。
（3）仪器A的名称是__；浓硫酸的作用是__；仪器C的作用是__。
（4）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是__。
（5）③中加入饱和碳酸钠溶液的作用__，分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠的原因是__。
（6）从③中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出__，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77.2℃的馏分，以得到纯净的乙酸乙酯9.2g，计算此实验中生成乙酸乙酯的产率为__（写出计算的表达式）。
【答案】(1). 乙醇 (2). 浓硫酸、乙酸 (3). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (4). 分液漏斗 (5). 催化剂、吸水剂 (6). 冷凝 (7). 有利于酯化反应向正方向进行（增大醋酸的利用率） (8). 吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出 (9). 防止反应放热，温度升高，减少乙酸乙酯的产量 (10). 乙醇 (11). ×100%
【解析】
【详解】（1）制备乙酸乙酯时，需先加入乙醇，再加浓硫酸和乙酸，因为硫酸密度较大，若先加浓硫酸再加乙醇会放出大量的热，若热量不能及时散失，会造成液体飞溅而发生危险，所以先加乙醇再加浓硫酸有利于散热，避免液体飞溅，最后再加入乙酸；
（2）乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下加热可反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
（3）根据图可知，仪器A是分液漏斗；浓硫酸是反应的催化剂，除此之外，浓硫酸有吸水性，吸收后平衡向正向移动，有利于乙酸乙酯的生成，故还起到吸水剂的作用；仪器C是冷凝管，主要作用是冷凝蒸出的气体；
（4）乙醇过量可促进平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，有利于乙酸乙酯的生成，提高乙酸的转化率；
（5）饱和碳酸钠可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯的分层；由于碳酸钠与乙酸反应会放热，温度升高会导致乙酸乙酯挥发，导致产率下降，所以要分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠；
（6）由于CaCl2可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH，所以加入CaCl2可以除去乙醇；
由于乙醇过量，生成乙酸乙酯的理论产量按照乙酸计算，乙酸的质量为12mL×1.05g/mL×96%，物质的量为，所以乙酸乙酯的理论产量为×100%；
20.我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳香烃和氢气等化学用品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如图（部分反应产物及条件已略去）：
已知：R—ClR—OH
回答下列问题：
（1）A物质所含官能团的名称是___，反应⑥要发生需要试剂有__。
（2）M的结构简式是__，大量使用M产品会对环境造成的危害是__。
（3）反应③的化学方程式是___。
（4）化合物N在医疗上可以作为局部麻醉剂，N的化学名称是___。
（5）反应④的化学方程式是__；反应类型属于__反应。
（6）下列物质中，不能通过乙烯加成反应得到的是____（填序号）。
a.CH3CH3 b.CH3CHCl2 c.CH3CH2Br
【答案】 (1). 羟基 (2). 液溴，溴化铁 (3). (4). 白色污染 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). 氯乙烷或（1—氯乙烷） (7). CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaCl (8). 取代 (9). b
【解析】
【分析】由框图可知，CH4在催化剂的作用下生成CH2=CH2和，乙烯与H2O发生加成反应生成A（乙醇），A经氧化反应生成B（乙醛），B再经氧化反应生成乙酸；乙烯与HCl发生加成反应生成N（CH3CH2Cl），氯乙烷在NaOH的水溶液中加热水解生成A（乙醇）；乙烯在一定条件下发生加聚反应生成M（聚乙烯）；与Br2在FeBr3的催化下发生取代反应生成。
【详解】（1）化合物A是乙醇（CH3CH2OH），官能团为羟基；根据分析，反应⑥是与Br2在FeBr3的催化下发生取代反应生成，故需要的试剂是液溴和溴化铁；
（2）根据分析，M是聚乙烯（）；由于聚乙烯在自然界中很难降解，大量使用聚乙烯产品会造成白色污染；
（3）根据分析，反应③是乙醇氧化为乙醛的反应，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）根据分析，N为氯乙烷或（1—氯乙烷）；
（5）根据分析，反应④是氯乙烷的水解反应，方程式为：CH3CH2Cl+NaOH CH3CH2OH+NaCl；该反应是有机物分子中Cl原子被试剂中羟基所替代的反应，属于取代反应；
（6）a．CH3CH3可通过乙烯与氢气加成制得，a不符合题意；
b．CH3CHCl2中两个Cl在同一个C原子上，不能通过加成反应制得，b符合题意；
c．CH3CH2Br可通过乙烯与溴化氢加成制得，c不符合题意；
故选b；
