河北省邯郸市馆陶县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试卷

河北省邯郸市馆陶县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试卷

高一化学试卷 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.答卷前，考生务必用钢笔或签字笔将自己的班别、姓名、考号填写在答题纸的相应位置处。‎ ‎3.非选择题答案必须写在答题纸相应位置处，不按要求作答的答案无效。‎ ‎4.可能用到的原子量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 第I卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共48分）‎ ‎1.下列污染现象主要与NO2有关的是 （ ）‎ A. 臭氧空洞 B. 水体富营养化 C. 光化学烟雾 D. 温室效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 臭氧空洞与氟氯烃有关，故A错误；‎ B. 水体富营养化与乱排放含N、 P、 K三种的物质有关，故B错误；‎ C. 光化学烟雾与氮氧化物有关，符合题意，故C正确；‎ D. 温室效应与CO2有关，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.铊（81T1）是元素周期表ⅢA族元素，下列关于铊的叙述不正确的是（ ）‎ A. 铊比铝的金属性更强 B. 氢氧化铊一定具有两性 C. 铊在化合物中可以是+3价 D. 铊能与盐酸反应放出氢气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Tl与Al在周期表中同主族，排在Al的下面，所以Tl比Al的金属性强，A项正确；‎ B．同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物碱性也逐渐增强，氢氧化铝有两性，所以氢氧化铊不具有两性，B项错误；‎ C．Tl与Al同主族，所以Tl也有+3价，C项正确；‎ D．Al能与盐酸反应放出氢气，Tl的金属性比Al强，所以也能与盐酸反应放出氢气，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.关于氨的下列叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 液氨是纯净物 B. 实验室制氨气方法是加热NH4Cl C. 氨易液化，因此可用来作制冷剂 D. 氨极易溶于水，因此可用来作喷泉实验 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液氨即液态的氨，只含有氨分子一种分子，所以为纯净物，A项正确；‎ B．实验室制取氨气，可以采用NH4Cl与Ca(OH)2共热的方法；直接加热NH4Cl无法获得氨气，B项错误；‎ C．氨易液化，液氨变为气体会吸收大量的热，因此可用作制冷剂，C项正确；‎ D．由于氨极易溶于水，会使喷泉实验中的圆底烧瓶内的气压迅速减小，产生喷泉现象，D项正确；‎ 答案选B ‎4.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）‎ A. 碳酸钙的分解 B. 灼热的炭与二氧化碳反应 C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D. 铝热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。 ‎ A. 碳酸钙的分解是吸热反应，A项错误；‎ B. 灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应，B项错误；‎ C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合是吸热反应，C项错误；‎ D. 铝热反应是放热反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.如图是可逆反应X2+3Y22Z2在反应过程中的反应速率）（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是 A. t1时，只有正反应方向 B. T1时，反应到达限度 C. t2-t3，反应不再发生 D. t2-t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. t1时，既有正反应方向又有逆反应方向，A错误；‎ B. T1时正逆反应速率不相等，反应没有到达限度，B错误；‎ C. t2-t3时反应达到平衡，但反应速率不为0，反应仍然发生，C错误；‎ D. t2-t3时反应达到平衡，各物质的浓度不再发生变化，D正确。‎ 答案选D ‎6.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 (　 　)‎ ‎①SiO2和SO3　②晶体硼和HCl　③CO2和SO2　④晶体硅和金刚石　⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘 A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。‎ ‎【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误； ②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误； ③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确； ④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确； ⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误； ⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。‎ ‎7.锌空气电池具有蓄电量大、充电循环次数多等优点。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 石墨正极 B. 电池放电时Zn电极逐渐溶解 C. 电子由石墨经导线流向Zn片 D. 电池放电时实现了化学能向电能的转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原理示意图可知，锌空气电池中，Zn电极为负极发生氧化反应，石墨电极为正极发生还原反应。‎ ‎【详解】A．通过分析可知，锌空气电池中石墨为正极，A项正确；‎ B．通过分析可知，锌空气电池，锌电极为负极，发生氧化反应，逐渐溶解，B项正确；‎ C．通过分析可知，锌空气电池中，Zn为负极，石墨为正极，因此，电子是从Zn电极经过导线流向石墨电极，C项错误；‎ D．原电池是将化学能转变为电能的装置，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】原电池中涉及的三个方向：一是电子的方向，沿着外电路中的导线从负极迁移到正极；二是电流的方向，外电流从正极流向负极，内部的电流从负极流向正极；三是电池内部电解质溶液中的离子迁移方向，阳离子朝向正极迁移，阴离子朝向负极迁移。‎ ‎8.少量铁片与100 mL 0.01 mol·L－1的稀盐酸反应(盐酸过量)，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，如下方法中的成立的是 A. 加入少量铁粉 B. 加NaCl溶液 C. 滴入几滴硫酸铜溶液 D. 改用10 mL 0.1 mol·L－1盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸过量，加入少量铁粉，铁与盐酸反应生成氢气的量增多，A项错误；‎ B. 加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，氢离子浓度降低，故反应速率变慢，B项错误；‎ C. 滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，C项错误；‎ D. 改用浓度大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，盐酸过量，由铁的量决定氢气的产量，则氢气的量不变，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量。因为铁不足，氢气的量由铁决定，学生们容易忽略置换铜消耗的铁，误以为反应速率加快，氢气量不变；当铁过量，盐酸不足时，由盐酸决定氢气的量，此时氢气的量不改变。‎ ‎9.现有甲、乙、丙、丁四个装置，下列说法不正确的是 A. 装置甲可作为制取NO2的发生装置 B. 装置乙可作为制取NO的收集装置 C. 装置丙可作为制取Cl2的尾气吸收装置 D. 装置丁可用于除去NH3中H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室利用浓硝酸与铜反应制取NO2，为固液不加热制气体，装置甲可作为制取NO2的发生装置，选项A正确；‎ B. NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，装置乙不可作为制取NO的收集装置，选项B错误；‎ C. 氢氧化钠能与氯气反应，能用于吸收氯气，装置丙可作为制取Cl2的尾气吸收装置且能防倒吸，选项C正确；‎ D. 氨气为碱性气体，能用碱石灰进行干燥，装置丁可用于除去NH3中H2O，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.令X、Y、Z和R分别代表四种元素。若、、、四种离子的电子层结构相同（令a、b、c、d分别为四种元素的核电荷数），则下列关系正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎、、、四种离子的电子层结构相同，则表明它们的电子层数相同，各层容纳的电子数相同，离子核外电子总数相同。‎ ‎【详解】A．对、来说，a-m=c+n，则，A错误；‎ B．对、来说，a-m=b-n，则，B错误；‎ C．对、来说，d+m=c+n，则，C错误；‎ D．对、来说，d+m=b-n，则，D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.在2A(g)+B(g)⇌3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是 A. v(A)＝15mol·(L·min)−1 B. v(B)＝18mol·(L·min)−1‎ C. v(C)＝0.8mol·(L·s)−1 D. v(D)＝1mol·(L·s)−1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因同一反应用不同物质表示时，速率可能不同，所以比较反应速率时，应使用同一种物质。‎ ‎【详解】我们以A物质为参照物，将其它选项中的物质都转化为A表示的反应速率。‎ A．v(A)＝15mol·(L·min)−1；‎ B．v(B)＝18mol·(L·min)−1，v(A)＝36mol·(L·min)−1；‎ C．v(C)＝0.8mol·(L·s)−1 ，v(A)＝32mol·(L·min)−1；‎ D．v(D)＝1mol·(L·s)−1，v(A)＝30mol·(L·min)−1；‎ 比较以上数值，可得出反应最快的是B，故选B。‎ ‎【点睛】比较反应速率快慢时，除去应选择同一种物质外，还应注意单位的统一。‎ ‎12.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z B. 最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z C. 原子半径：W>Z>Y>X D. 元素X、Z、W的最高正化合价分别与其主族序数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的相对位置可知，W元素一定位于第三周期；又因为其质子数为最外层电子数的三倍，即内层电子数之和10为最外层电子数的二倍，所以W为P元素；那么X为N元素，Z为Si元素，Y为O元素。‎ ‎【详解】A．通过分析可知X，W，Z三种元素分别为N，P，Si，非金属性强弱顺序为N＞P＞Si，所以最高价氧化物对应水化物酸性强弱为X＞W＞Z，A项正确；‎ B．通过分析可知，X，Y，Z，W四种元素分别为N，O，Si，P，非金属性强弱顺序为：O＞N＞P＞Si，因此简单氢化物的稳定性顺序为：Y>X>W>Z，B项正确；‎ C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时原子序数越大半径越小，所以四种元素的半径大小顺序为：Z＞W＞X＞Y，C项错误；‎ D．主族元素能够形成的最高正价与族序数相等，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】元素的非金属性越强，那么其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，形成的简单氢化物的稳定性越高；元素的金属性越强，那么其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。‎ ‎13.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（ ）‎ a.b.‎ A. 图a表示的是吸热反应的能量变化 B. 图a不需要加热就能发生，图b一定需要加热才能发生 C. 图a可以表示C与CO2反应生成CO的能量变化 D. 图b中反应物比生成物稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于吸热反应，生成物的能量要高于反应物的能量，A项错误；‎ B．反应是放热还是吸热与反应条件没有关系，B项错误；‎ C．C与CO2的反应是吸热反应，图a表示的是放热反应，C项错误；‎ D．物质所含能量越少越稳定，图b中反应物能量较低，更稳定，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe3Fe2+，能实现该反应的原电池是 A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质为FeCl3溶液 B. 正极为C，负极为Fe，电解质为FeSO4溶液 C. 正极为Fe，负极为Zn，电解质为Fe2(SO4)3溶液 D. 正极为Ag，负极为Cu，电解质为CuSO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，Fe易失电子而作负极，比Fe的活泼性弱的金属或导电的非金属作正极，Fe3+得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此判断。‎ A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，A正确；‎ B．铁作负极，碳作正极，电解质为FeSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，B错误；‎ C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，C错误；‎ D．Cu作负极，银作正极，电解质为CuSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.一定温度下，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，达到化学平衡状态的标志是 A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变 C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍 D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)﹕c(H2)﹕c(NH3)=1﹕3﹕2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；‎ B．N2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；‎ C．平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；‎ D．单位时间内每增加1 mol N2，同时增加3 mol H2都是向逆反应方向，故不能说明达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一．直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1．各物质的浓度不变。2．各物质的百分含量不变。3．对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4．对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5．对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6．对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎16.对于敞口容器中的化学反应：Zn(s)＋H2SO4(aq) =ZnSO4(aq)＋H2(g)，下列叙述中不正确的是 A. Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量 B. 反应过程中能量关系可用上图表示 C. 若将该反应设计成原电池，则Zn为负极 D. 若将该反应设计成原电池，当有32.5g锌溶解时正极放出11.2 L气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．活泼金属与酸反应是放热反应，所以Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量，故A正确；B．反应过程中是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以图示所示能量关系正确，故B正确；C．活泼金属是负极发生氧化反应，活泼的锌是负极，故C正确；D．状况不知无法求体积，所以当有32.5g锌溶解时，正极放出气体体积不一定是11.2 L，故D错误；故选D。‎ ‎17.下列晶体中，①冰 ②石英 ③足球烯（C60） ④食盐 ⑤白磷 ⑥冰醋酸 ⑦晶体氩。晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力的有 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 晶体中除了存在原子与原子间的共价键外，同时也存在范德华力，此类晶体通常为分子晶体。‎ ‎【详解】①冰为水分子形成的晶体，水分子内存在共价键，水分子间存在范德华力，①符合题意；‎ ‎②石英，为Si、O原子形成的原子晶体，晶体内只存在共价键，②不合题意；‎ ‎③足球烯（C60），形成分子晶体，C60分子内C原子间形成共价键，C60分子间存在范德华力，③符合题意；‎ ‎④食盐，形成离子晶体，晶体内只存在离子键，④不合题意；‎ ‎⑤白磷，形成分子晶体，白磷分子内存在共价键，白磷分子间存在范德华力，⑤符合题意；‎ ‎⑥冰醋酸，形成分子晶体，CH3COOH分子内存在共价键，醋酸分子间存在范德华力，⑥符合题意；‎ ‎⑦晶体氩，形成分子晶体，但属于单原子分子，分子内不存在共价键，只存在分子间的范德华力，⑦不合题意；‎ 综合以上分析，只有①③⑤⑥符合题意，故选B。‎ ‎18.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z主族序数是周期序数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)‎ B. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C. Y氢化物的稳定性比Z的氢化物的稳定性强 D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物或离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z主族序数是周期序数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素。‎ ‎【详解】A ‎．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；‎ B．W是Na元素，W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；‎ C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；‎ D．Y是N元素，X是H元素，Z是O元素，X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（ ）‎ 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】①若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；②c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序c＞d；③a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序a＞c；④b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b；则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，故选B。‎ ‎20.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高 B. HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键 C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大 D. 氯化铵固体受热分解破坏了离子键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故A错误；‎ B．因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；‎ C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；‎ D．氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎21.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，生成2molHI(g)反应放出热量akJ，已知(a、b、c均大于零)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量 C. 向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量等于2akJ D. 断开2molH—I键所需能量为(c+b+a)kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意，氢气与碘单质反应生成碘化氢时，为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故A错误；‎ B.化学反应过程为旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，因为该反应为放热反应，所以断开1molH—H键和1molI—I键所吸收的能量小于形成2molH—I键所放出的能量，而形成2molH—I键所吸收的能量与断裂2molH—I键所放出的能量相等，故B错误；‎ C.因为该反应为可逆反应，所以向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后生成的碘化氢小于4mol，所以放出的热量小于2akJ，故C错误；‎ D.设断开2molH—I键所需能量为x kJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和=b+c-x=-a，解得x= (c+b+a)kJ，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎22.在通风橱中进行下列实验：‎ 步骤 现象 Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色 Fe表面产生少量红棕色 气泡后，迅速停止 Fe、Cu接触后，其表面 均产生红棕色气泡 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2‎ B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应 C. 对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3‎ D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。‎ ‎【详解】A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；‎ B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；‎ C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；‎ D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎23.在密闭容器中进行反应X+2Y⇌2Z，已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是 A. X为0.2mol/L B. Y为0.5mol/L C. Z为0.35mol/L D. Y为0.10mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应达到平衡状态时，各物质一定共存，即任何物质的浓度不可能为0；‎ ‎【详解】A. 若X为0.2mol/L，反应消耗0.2mol/L Z，则Z的浓度为0，故不选A； ‎ B. 若Y为0.5mol/L，反应消耗0.2mol/L Z，则Z的浓度为0，故不选B；‎ C. 若Z为0.35mol/L，反应消耗0.025mol/L X、0.05mol/LY，则X、Y、Z的浓度都不为0，故选C；‎ D.若Y为0.10mol/L，反应消耗0.1mol/L X，则X的浓度为0，故不选D；‎ 选C。‎ ‎24.在100mL混合液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合液中加入1.92gCu粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（ ）‎ A. 0.15 mol/L B. 0.45 mol/L C. 0.35 mol/L D. 0.225 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1.92gCu的物质的量是0.03mol，溶液中氢离子的物质的量是0.1mol/L×0.1L×2+0.4mol/L×0.1L=0.06mol，硝酸根离子的物质的量是0.04mol，则Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据所给数据判断氢离子不足，所以按氢离子的物质的量计算，则消耗Cu的物质的量是0.06mol×3/8=0.0225mol，所以所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是0.0225mol/0.1L=0.225 mol/L，答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分）‎ 二、填空题（共6小题，共52分，请将正确答案填写在答题纸上）‎ ‎25.下列各组物质：(用序号填空)‎ ‎① O2和O3 ； ②12C 与14C； ③ CH3 (CH2) 3 CH3和 ‎ ‎ ④和 ; ‎ ‎(1)互为同位素的是_______ ；(2)互为同素异形体的是________；‎ ‎(3)互为同分异构体的是________；(4)属于同一物质的是________。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ① (3). ③ (4). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 具有相同的质子数不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体是指由同一种元素形成的不同单质；分子式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体；结构和性质均完全相同的物质属于同一种物质。‎ ‎【详解】（1）②12C和14C质子数都为6，中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素，故答案为②； （2）① O2和O3是由同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故答案为①； （3）③CH3 (CH2) 3 CH3和分子式相同，均为C5H12，但结构不同，互为同分异构体，故答案为③； （4）④和分子式相同，结构也相同，属于同一种物质，故答案为④。‎ ‎【点睛】为方便学生理解，现将高中阶段“四同”区分如下：‎ 同位素：质子数相同，中子数不同的同元素原子。其特点为：属于同一原子（同一元素）；‎ 同素异形体：同元素结构不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同但物理性质有所不同。 同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组差n个CH2；‎ 同分异构体：分子式相同结构不同的化合物，如正戊烷与异戊烷等。‎ ‎26.下面是同学们熟悉的物质：‎ ‎①O2 ②H2O2 ③MgCl2 ④H2SO4 ⑤Na2CO3⑥NH4Cl ⑦CO2 ⑧Ne ⑨Na2O2 ⑩NaOH ‎（1）这些物质中，属于共价化合物的是__(填序号，下同)；只含有离子键的是__；不含化学键的是__。‎ ‎（2）写出下列物质的结构式：‎ ‎①O2__；②H2O2__；⑦CO2__。‎ ‎（3）写出下列物质电子式 ‎⑥NH4Cl__；⑩NaOH__。‎ ‎【答案】 (1). ②④⑦ (2). ③ (3). ⑧ (4). O=O (5). H-O-O-H (6). O=C=O (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)共价化合物是指只含共价键的化合物，H2O2和H2SO4以及CO2中只含共价键，并且属于化合物，所以属于共价化合物的有②④⑦；Na2CO3，NH4Cl，Na2O2以及NaOH中既含有离子键又含有共价键，只有③MgCl2只含有离子键；稀有气体分子都是单原子分子，不含共价键，因此⑧不含共价键；‎ ‎(2)结构式中用短线表示共用电子对，O2中的O原子之间有两个共用电子对，结构式为O=O；H2O2中，两个H原子分别与一个O原子之间有一个共用电子对，O原子之间还有一个共用电子对，结构式为H-O-O-H；CO2中，C与每个O原子之间都有两个共用电子对，结构式为O=C=O；‎ ‎(3)NH4Cl是离子化合物，其中包含离子键以及中的共价键，电子式为；NaOH也是离子化合物，其中包含离子键以及OH-中的共价键，电子式为。‎ ‎27.已知X、Y、Z、W四种元素是元素周期表中连续三个不同短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。试推断：‎ ‎（1）X、Y、Z、W四种元素的符号： X________、Y__________、Z____________、W、________‎ ‎（2）由以上元素中的两种元素组成的能溶于水且水溶液显碱性的化合物的电子式分别为__________________，______________________。‎ ‎（3）由X、Y、Z所形成的离子化合物是________________，它与W的最高氧化物的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). H (2). N (3). O (4). Na (5). (6). 、 (7). NH4NO3 (8). NH4++OH-NH3↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W四种元素是元素周期表中连续三个不同短周期的元素，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、W同主族，则W是Na元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是O元素。Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，则Y为N元素。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）X、Y、Z、W四种元素的符号： X是H、Y是N、Z是O、W是Na。‎ ‎（2）H、N、O、Na中的两种元素组成的能溶于水且水溶液显碱性的化合物是氨气、氧化钠、过氧化钠，电子式分别为 ，、。‎ ‎（3）由H、N、O所形成的离子化合物是硝酸铵（NH4NO3），Na的最高氧化物的水化物是NaOH， NH4NO3与NaOH反应生成硝酸钠和氨气，离子方程式是NH4++OH-NH3↑+H2O。‎ ‎28.恒温恒容下，将2mol气体A和2mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol/L。‎ ‎（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为__。‎ ‎（2）x=__。‎ ‎（3）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志是__(填字母)。‎ A.气体密度不再变化 B.压强不再变化 C.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2:1‎ D.气体平均相对分子质量不再变化 ‎【答案】 (1). 0.6mol·(L·min)-1 (2). 3 (3). AD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)C的浓度变化为1.2mol/L，所以生成C的平均反应速率为：‎ ‎；‎ ‎(2)列反应的三段式为：‎ 所以x=3；‎ ‎(3)A．气体密度计算公式：，当密度不变时，说明不再变化，由于该反应的产物D不为气体，所以此时反应一定平衡，A项正确；‎ B．由于x=3，所以反应前后，气体的总物质的量恒定，根据公式：，恒温恒容的条件，容器内的压强恒定，与是否平衡无关，B项错误；‎ C．消耗A和消耗B都意味着反应正向进行，因此，无法证明，反应不一定平衡，C项错误；‎ D．气体平均相对分子质量的计算公式为：，由于该反应气相物质总量恒定，而气体的总质量会随着反应进行发生变化，所以当不变时，说明气体的质量一定不再变化，那么该反应一定处于平衡状态，D项正确；‎ 答案选AD ‎29.火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态过氧化氢。当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出257.7kJ的热量（相当于25℃、101kPa下测得的热量）。该反应的热化学方程式为__。又已知：H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。则16g液态肼与过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是__kJ。‎ ‎【答案】 (1). N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） △H=-644.25kJ·mol-1 (2). 410.125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】0.4mol液态肼和0.8mol过氧化氢混合反应生成氮气和水蒸气，放出的热量为257.7kJ，那么1mol液态肼发生相同的反应放出热量为 ‎，所以该反应的热化学方程式为： ；由 可知，1mol液态肼与2mol液态过氧化氢混合反应生成液态水的热化学方程式为： ，那么16g液态肼即0.5mol，发生上述反应放出的热量为：。‎ ‎30.已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ热量，反应的热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O(l) △H=-572kJ·mol-1。‎ ‎（l）该反应生成物的能量总和__（填“大于”“小于”或“等于”）反应物的能量总和。‎ ‎（2）若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量__（填“＞”“＜”或“=”）572kJ。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知，该反应为放热反应，所以生成物的能量总和小于反应物能量的总和；由题可知，2mol氢气完全燃烧生成液态水时放热572kJ，那么生成气态水时放出的热量就更少一些，因此小于572kJ。‎ ‎【点睛】吸热反应吸热越多，ΔH越大；放热反应放热越多，ΔH越小；同一个反应，生成气态产物放出的热量比生成液态产物放出的热量少。‎ ‎31.如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎（1）通入氢气的电极为___（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为__。‎ ‎（2）石墨电极(C)电极为___（填“阳极”或“阴极”），Fe电极的电极反应式为__。‎ ‎（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在__区。（填“铁极”或“石墨极”）‎ ‎（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，则丙装置中反应一段时间后，硫酸铜溶液浓度将__（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（5）若在标准状况下，有4.48L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为__；丙装置中阴极析出铜的质量为__。‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). O2+4e-＋2H2O=4OH- (3). 阳极 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). 铁极 (6). 减小 (7). 2.408×1023或0.4NA (8). 25.6g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应；因此甲池中的通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极；电解池中与电源负极相连的为阴极，与电源正极相连的为阳极；因此，乙池中Fe电极为阴极，C电极为阳极；丙池中，精铜为阴极，粗铜为阳极。‎ ‎【详解】(1)通过分析可知，通入氢气的电极为负极，正极通入的是氧气，发生的电极反应式为：；‎ ‎(2)通过分析可知，乙池中C电极为阳极，Fe电极为阴极，阴极电极反应式为：，H+是由水电离产生的；‎ ‎(3)通过分析可知，乙池中Fe电极为阴极，阴极处发生，消耗了水电离生成的H+，因此在阴极区产生了NaOH；‎ ‎(4)通过分析可知，丙池中粗铜为阳极，由于粗铜中含有杂质，所以电解时阳极不一定是Cu被氧化为Cu2+，但阴极始终是Cu2+被还原为Cu单质，所以电解质溶液中Cu2+浓度会下降；‎ ‎(5)标况下4.48LO2即0.2mol，能够转移0.8mol电子；乙池中Fe电极生成H2，因此能生成0.4molH2即0.4NA个分子；丙装置的精铜电极则能析出0.4mol铜单质，即25.6g铜。‎ 本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。‎ 登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。‎ 试卷地址：在组卷网浏览本卷 组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。‎ 关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。‎ ‎ ‎ 学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。‎ 钱老师 QQ：537008204    曹老师 QQ：713000635 ‎