河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试卷(解析版)

这是一份河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量， 用表示阿伏加德罗常数的值， 已知等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：苏教版必修第二册专题6~专题8第一单元。
5.可能用到的相对原子质量：
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法中错误的是( )
A. 陶瓷的主要原料是黏土
B. 氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 风力发电时机械能转化为电能、热能
D. 废旧电池应采用深挖填埋的方式处理
【答案】D
【解析】
【详解】A．陶瓷的主要原料是黏土，陶瓷可用于生产绝缘材料、卫生洁具等，正确；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，正确；
C．风力发电可以减少对化石燃料的依赖，发电时机械能转化为电能、热能，正确；
D．废旧电池中含有重金属，应交给专门的处理部门集中处理，错误；
故选D。
2. 下列关于化学反应与热能表述错误的是( )
A. 化合反应都是放热反应，化学能转化为热能
B. 吸热反应可以看成是热能转化为化学能被生成物所“储存”
C. 断键吸收能量，形成化学键放出能量
D. 吸热或者放热取决于反应物和生成物总能量的相对大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．大多数化合反应是放热反应，但也有例外，如碳和二氧化碳在高温下的化合反应生成一氧化碳就是吸热反应，A错误；
B．吸热反应可以看成是从外界吸收热能转化为物质内部的能量（化学能）被“储存”起来的过程，B正确；
C．使旧化学键断裂时，需要消耗能量，所以需要吸收能量，新化学键的形成，能够释放能量，所以需要放出能量，C正确；
D．生成物的总能量和反应物的总能量不相同，如果生成物的总能量低于反应物的总能量，会释放出一部分能量，所以反应需要向外界放热，反之，需要吸热，即吸热或者放热取决于反应物和生成物总能量的相对大小，D正确；
本题选A。
3. 氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，下列关于氮及其化合物的说法错误的是( )
A. 雷雨天气，的过程属于氮的固定
B. 、均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 与反应产生白烟
D. 常温下，可用铝罐储存浓硝酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，雷雨天气，的过程属于氮的固定，项正确；
B．、均为大气污染气体，其中很容易与结合生成，项错误；
C．与氨气反应生成氯化铵，可以看到白烟，项正确；
D．常温下，铝遇浓硝酸会发生钝化，铝表面会形成一层致密的氧化膜，阻止进一步反应，故可用铝罐储存浓硝酸，项正确；
故选B。
4. 下列有关电解原理的说法错误的是( )
A. 工业上直接电解海水制得烧碱B. 电解时电能转化为化学能
C. 电解水时阳极生成氧气D. 可以用电解的方法冶炼金属
【答案】A
【解析】
【详解】A．直接电解海水生成的会与反应生成，工业上一般电解饱和食盐水制得烧碱，项错误；
B．电解池是将电能转化为化学能的装置，项正确；
C．电解水时，在阳极失去电子，生成和，项正确；
D．利用电解可以获得普通化学方法难以制备的物质，如活泼单质的制取、金属的精炼等，项正确；
故选A。
5. 下列关于煤和石油的说法错误的是( )
A. 煤和石油均是混合物，属于传统能源
B. 石油裂化和裂解的主要目的都是为了得到重要产品乙烯
C. 新型煤化工以生产清洁能源和可替代石油化工的产品为主
D. 煤化工和石油化工均可以制得汽油
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤和石油中均含有多种物质，是混合物，属于传统能源，A正确；
B．石油裂化得到是轻质汽油，裂解得到是乙烯等气态烃，B错误；
C．新型煤化工以生产洁净能源和可替代石油化工的产品为主，如柴油、汽油、航空煤油、液化石油气、乙烯原料、聚丙烯原料、替代燃料(甲醇、二甲醚)等，C正确；
D．以煤为原料合成甲醇后再通过甲醇可制取汽油，石油裂解得到乙烯等气态烃，D正确；
故选B。
6. 在恒容密闭容器中加入足量的炭和水蒸气发生反应，时测得的物质的量浓度为。下列说法正确的是( )
A. B. 时的转化率为
C. 因C足量，所以可以完全转化 D. 时
【答案】D
【解析】
【分析】时，根据题目中的信息列三段式：
【详解】A．碳为固体，表示的化学反应速率没有意义，错误；
B．时的转化率为，错误；
C．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，错误；
D．根据分析，时，正确；
故选D。
7. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 苯中含有的分子数目为
B. 与反应生成的数目小于
C. 溶液中含有的数目为
D. 与足量浓硝酸反应时得到电子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．未注明标准状况，且标准状况下苯不是气体，无法计算，项错误；
B．与无法完全转化为，故生成的数目小于，项正确；
C．无体积不能计算，项错误；
D．在反应中失去电子，项错误;
故选B。
8. 两种常见烃①②的球棍模型如图所示，下列叙述错误的是( )
A. ①属于饱和烃，②属于不饱和烃
B. 可以用酸性高锰酸钾溶液将二者区分开
C. 可以用溴水除去①中混有的②杂质
D. 等质量的①②充分燃烧时，②消耗的更多
【答案】D
【解析】
【分析】由题中球棍模型可知，①为乙烷，②为乙烯，据此作答。
【详解】A．乙烷属于饱和烃，乙烯属于不饱和烃，A项正确；
B．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化断键，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；
C．乙烷不能与溴水反应，但乙烯可以与溴水发生加成反应生成油状液体，因此可以用溴水除去乙烷中的乙烯，C项正确；
D．烃(CxHy)在足量的氧气中充分燃烧的化学方程为，假设质量都为1g，则乙烷的物质的量为，由以上可知，消耗消耗O2的量为=0.116ml，乙烯的物质的量为，消耗消耗O2的量为=0.107ml，所以消耗O2的量最多的是①乙烷，D项错误；
故答案选D。
9. 已知：与反应生成的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 反应过程中断裂非极性键，形成极性键
B. 和具有的能量大于具有的能量
C. 若和生成，放出的热量小于
D. 该反应的热化学方程式可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中均为非极性共价键，反应中发生断裂，生成的中为极性共价键，A项正确；
B．该反应为放热反应，因此和具有的能量大于具有的能量，B项正确；
C．会继续放热，因此若和生成，放出的热量大于，C项错误；
D．根据题中信息可知，，则该反应的热化学方程式可表示为 ，D项正确；
故答案选C。
10. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. NH4Cl的电子式为
B. 反应①、②均为氧化还原反应
C. 反应①的化学方程式为
D. 除去NaCl固体中的NH4Cl可加入少量MgO并充分加热
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl的电子式为，A错误；
B．反应①的化学方程式为NH4Cl＋MgO=NH3↑＋Mg(OH)Cl，反应②的化学方程式为Mg(OH)Cl=MgO＋HCl，反应过程中均没有化合价变化，均不是氧化还原反应，B错误；
C．根据图示，反应①的化学方程式为NH4Cl＋MgO=NH3↑＋Mg(OH)Cl，C正确；
D．除去NaCl中的NH4Cl杂质应直接加热，若加入MgO会引入MgO、Mg(OH)Cl杂质，D错误；
答案选C。
11. 下列与苯相关的说法中，正确的是( )
A. 苯分子中6个碳原子连接成平面正六边形
B. 苯分子中含有碳碳双键，可与发生加成反应
C. 无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别己烯与苯
D. 苯加入溴水中发生取代反应，使溴水颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中6个碳原子连接成平面正六边形，A项正确；
B．苯分子中不存在碳碳双键，项错误；
C．己烯可以使酸性溶液褪色，苯与酸性溶液不反应，可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别己烯与苯，项错误；
D．苯与溴水不反应，颜色变浅是因为苯可以萃取溴水中的溴，项错误；
故选A。
12. 化学兴趣小组按如图所示装置，用过量的铜分别与等物质的量的浓硝酸、稀硝酸反应（实验前原试管中充满），下列叙述正确的是( )
A. 实验①②生成气体的物质的量相等
B. 实验②左侧试管中有红棕色气体生成
C. 实验②停止反应后，向左侧试管中加入适量稀硫酸，铜片继续溶解
D. 将实验中所用铜片换成铁片，两实验中现象均不变
【答案】C
【解析】
【分析】用过量的铜分别与等物质的量的浓硝酸、稀硝酸反应，发生的反应分别为：、，据此作答。
【详解】A．由题知此时为铜过量，加入的酸可以反应完，因此根据反应可知，当加入的酸的物质的量相同时，生成气体的物质的量：浓硝酸稀硝酸，A项错误；
B．实验②是铜片与稀硝酸反应，生成，为无色气体，实验前原试管中充满，此时NO不会被氧化，不能生成NO2，B项错误；
C．实验②反应完全，向左侧试管中加入适量稀硫酸，补充，与溶液中剩余的一起与铜片作用，铜片继续溶解，C项正确；
D．将实验中所用铜片换成铁片，常温下，铁片遇浓硝酸“钝化”，实验现象不同，D项错误；
故答案选C
13. 如图所示为锌锰干电池的构造示意图，总反应：。下列关于其工作原理的说法错误的是( )
A. 锌为负极，电极反应式为
B. 石墨棒为正极，电极反应式为
C. 糊为电解质溶液，其中向负极移动
D. 电子从锌筒流出，经外电路流入石墨，再经糊流回锌筒
【答案】D
【解析】
【分析】锌锰干电池属于一次 电池，其中锌筒为负极，石墨棒为正极，氯化铵糊为电解质溶液，据此回答。
【详解】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，其中锌筒为负极，失去电子，电极反应式为，正确；
B．根据电极总反应方程式及负极电极反应式可得出正极电极反应式为：，正确；
C．糊为电解质溶液，电池工作时，阴离子流向负极，因此由正极向负极移动，正确；
D．电子不会经过电解质溶液，错误；
故选D。
14. 某温度时，在容器中，、、三种气体物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 反应方程式为
B. 该反应条件下，时的转化率达到最大
C. 第时的化学反应速率
D. 后虽然的浓度不再变化，但仍在发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中的物质的量变化分别为0.1ml、0.3ml、0.2ml，根据物质的变化量之比等于化学计量数之比，则可以判断出为反应物，为生成物且其化学计量数之比为，正确；
B．时各物质的物质的量不再变化，反应达到平衡，此时反应达到最大限度，的转化率达到最大，正确；
C．化学反应速率表示的是一段时间内的平均速率而不是瞬时速率，错误；
D．该反应为可逆反应，当反应达平衡时反应仍在进行，正确；
故选C。
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
15. 某化学兴趣小组在实验室中模拟甲烷与氯气的反应，模拟装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为_________。
（2）装置B有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③________________。
（3）写出装置C中生成的化学方程式：__________________________________。
（4）装置D的石棉中均匀混有足量粉末，其作用是_____________，装置C与装置D中发生反应的类型_________________（填“相同”或“不同”）。
（5）装置中干燥管的作用是 _____________________ ，实验过程中观察到中有气泡产生，同时有油状液体生成，气泡的主要成分为 _____________，分离出油状液体的最佳方法为_______________________。
【答案】（1）
（2）干燥混合气体
（3）
（4）①. 吸收过量的氯气 ②. 不同
（5）①. 防止倒吸 ②. ③. 分液
【解析】A为氯气的发生装置，B的作用为：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体，C装置为甲烷与氯气的取代反应，D吸收未反应的氯气，E吸收氯化氢，据此回答。
（1）A为氯气的发生装置，离子方程式为：；
（2）装置B有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③干燥混合气体；
（3）C中生成CH3Cl的化学方程式为：；
（4）①装置D的石棉中均匀混有足量KI粉末，其作用是吸收过量的氯气；
②不同，C发生取代反应，D发生氧化还原反应；
（5）①装置E吸收氯化氢，所有干燥管的作用是防止倒吸；
②实验过程中观察到E中有气泡产生，同时有油状液体生成，气泡的主要成分为CH3Cl、CH4；
③利用互不相容的液体通过分液分离，所以分离出油状液体的最佳方法为分液。
16. 在化学反应中，不仅有物质的变化，还伴随着能量的变化。回答下列问题：
（1）和在一定条件下能发生反应：，生成时反应放出热量（均大于零）。断开键和键所需能量_________________（填“大于”或“小于”）断开键所需能量，向密闭容器中加入和，充分反应后放出热量_________________（填“大于”“等于”或“小于”），断开键所需能量为_________________（用表示）。
（2）“海泥电池”既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理。电池工作原理如图所示，其中微生物代谢产物显酸性。B电极为_________________（填“正”或“负”）极，微生物作用下发生的反应为_____________________________，除去，A电极消耗标准状况下_____________。
（3）常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置（如图甲），测得原电池的电流强度随时间的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生。前，原电池的负极是 _________，后，外电路中电子流动方向发生改变，原因是_________________________________________。
【答案】（1）①. 小于 ②. 小于 ③.
（2）①. 负 ②. ③.
（3）①. 铝片 ②. 随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，此时铜作负极，电流方向相反
【解析】（1）反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，断开化学键吸收能量小于形成化学键放出能量，故生成时反应放出热量。断开键和键所需能量小于断开键所需能量；由于该反应为可逆反应，和不可能完全反应，故小于；断开1ml氢氢键需要能量为akJ/ml，断开1ml碘碘键需要能量为ckJ/ml,假设断开2ml的碘氢键为xkJ/ml，则，则x=。
（2）B电极上，硫氢根离子变成硫单质，化合价升高，故失去电子，原电池中，失去电子的作负极；根据图可知，为硫酸根离子和甲醛反应，生成二氧化碳和硫氢根离子，再根据得失电子守恒，离子方程式为；除去，则甲醛的物质的量为0.1ml，生成硫氢根离子的物质的量0.05ml，硫氢根离子得到电子为0.1ml。A极上氧气的电子变成水，得0.1ml电子，需要氧气为0.025ml，故体积为L。
（3）常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置，由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，则开始时铝为负极，铜为正极，随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，此时铜作负极，电流方向相反。
17. 我国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。回答下列问题：
Ⅰ．以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图1所示。
（1）上述过程中，能量的变化形式是由______转化为______。
（2）二氧化碳催化加氢制甲醇［反应为］，有利于减少温室气体二氧化碳排放。某温度下，向2L的恒容密闭容器充入6ml 和8ml ，测得物质的量随时间变化如图2所示。
0~2min内的平均反应速率为______；4 min时，______（填“>”“<”或“=”）。
（3）平衡时，的转化率为______（保留一位小数）。
（4）下列能表明该反应已经达到平衡状态的是______（填字母）。
A B. 保持不变
C. 压强保持不变 D. 容器中浓度与浓度之比为1∶1
Ⅱ．二氧化碳催化加氢制得的甲醇（）是优质的清洁燃料，可制作碱性燃料电池，工作原理如图3所示。
（5）A电极为燃料电池的______（填“正”或“负”）极，B电极的电极反应式为______。
（6）该燃料电池每消耗标准状况下11.2 L 时，外电路中通过电子的物质的量为______ml。
【答案】（1）①. 光能 ②. 化学能
（2）①. 0.5 ②. >
（3）33.3%
（4）ABC
（5）①. 负 ②. O2+4e-+2H2O=4OH-
（6）2
【解析】（1）由图1知，光能通过整个过程最终使CO2转化为CO，即转化为化学能，故能量变化的形式是由光能转化为化学能；
（2）由a点知，2min时，氢气物质的量为6ml，故v(H2)=，由图4min后氢气物质的量继续减小，说明4 min时，反还是应正向进行，故v正(H2)>v逆(H2)；
（3）平衡时，氢气反应了6ml，根据化学计量数，CO2反应了2ml，故CO2转化率为；
（4）A．根据各物质表达的反应速率之比等于化学计量数之比，v正(CO2)=3v逆(H2)，转化为同一物质表达即正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A正确；
B．由于起始物质的量之比不等于化学计量数之比，故n(CO2):n(H2)保持不变，则各组分的物质的量保持不变，反应达平衡状态，B正确；
C．反应是气体体积数减小的反应，容器恒容，正向反应压强减小，压强不变说明反应达平衡状态，C正确；
D．CH3OH与H2O化学计量数之比为1∶1，且起物质的量为0，故浓度之比一定是1:1，无法判断反应是否达平衡状态，D错误；
故选ABC；
（5）通入甲醇的电极A为负极，甲醇失电子被氧化生成二氧化碳，由于电解质溶液为碱性，二氧化碳以碳酸根存在，则B电极为正极，通氧气，得电子生成氢氧根，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（6）标准状况下，11.2 L O2物质的量为0.5ml，由电极反应式可知，转移电子2ml。
18. 为消除燃煤烟气中含有的，研究者提出如下烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。回答下列问题：
【方法一】以作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”，将烟气中转化为。
（1）溶液理论上最多能吸收标准状况下的体积为_________________。
（2）实验室利用模拟烟气（模拟烟气中和的物质的量之比为）探究该方法“脱硫”“脱硝”的效果，一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图所示：
①的脱除率高于，其原因除的还原性比强外，还可能是_____________________________。
②时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_________________。
【方法二】技术（选择性催化还原氮氧化物）
研究表明，铁基催化剂在范围内实现技术的过程如图所示：
（3）根据上述机理，在整个反应过程中的作用为_____________；等物质的量的在有氧条件下转化为的总反应化学方程式为_____________________。
（4）若使用锰基催化剂（活性物质为）代替铁基催化剂，烟气中含有的会使催化剂失效而降低脱除率，用化学方程式表示催化剂失效的原因：_________________________。
（5）向反应体系中添加可显著提高脱除率，原因是与反应生成和；再与发生反应转化为，则的离子符号为_____________。
【答案】（1）
（2）①. 难溶于水，故与反应速率慢，一定时间内的去除率比的低 ②.
（3）①. 作催化剂 ②.
（4）
（5）
【解析】（1）由题意可知，次氯酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为ClO−＋SO2＋H2O=Cl−＋SO＋2H＋，由方程式可知，300mL1.0ml/L次氯酸钠溶液吸收标准状况下二氧化硫的体积为1.0ml/L×0.3L×22.4L/ml=6.72L，故答案为：6.72；
（2）①由图可知，温度一定次氯酸钠溶液浓度时，二氧化硫的脱除率高于一氧化氮的原因可能是二氧化硫的还原性强于一氧化氮，反应速率快于一氧化氮，一定时间内的去除率高于一氧化氮，还可能是二氧化硫易溶于水，而一氧化氮难溶于水，一氧化氮与次氯酸钠溶液的接触面积小于二氧化硫，反应速率小于二氧化硫，一定时间内的去除率低于二氧化硫，故答案为：难溶于水，故与反应速率慢，一定时间内的去除率比的低；
②由题意可知，次氯酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为ClO−＋SO2＋H2O=Cl−＋SO＋2H＋，吸收一氧化氮的反应为3ClO−＋2NO＋H2O=3Cl−＋2NO＋2H＋，设起始烟气中二氧化硫、一氧化氮的物质的量分别为1ml、2ml，由图可知，50℃二氧化硫的脱除率为100%，则脱硫时1ml二氧化硫完全反应生成氯离子物质的量为1ml，一氧化氮的脱除率为80%，则脱氮时生成氯离子、硝酸根离子的物质的量分别为2ml×80%×=2.4ml、2ml×80%=1.6ml，则50℃时，吸收液中烟气转化生成的硝酸根离子和氯离子的物质的量之比为1.6ml：3.4ml=，故答案为：；
（3）由图可知，实现SCR技术的过程为氨气与氯化氢反应生成氯化铵，一氧化氮在铁基催化剂作用下与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氯化铵反应生成NO2(NH4)2Cl2，NO2(NH4)2Cl2与一氧化氮反应生成氮气、氯化氢和水，则总反应为氨气、一氧化氮和氧气在氯化氢、铁基催化剂的催化作用下反应生成氮气和水，由得失电子数目守恒可知，等物质的量的氨气、一氧化氮在有氧条件下转化为氮气的总反应化学方程式为，故答案为：作催化剂；；
（4）由题意可知，烟气中含有的二氧化硫使催化剂失效的反应为二氧化硫与二氧化锰反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为，故答案为：；
（5）由题意可知，向反应体系中添加硝酸铵可显著提高一氧化氮脱除率的原因是硝酸根离子与一氧化氮反应生成二氧化氮和亚硝酸根离子，亚硝酸根离子再与铵根离子反应转化为氮气和水，则X—离子为亚硝酸根离子，故答案为：。