【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
一、选择题(共25小题，每题2分，共50分)
1.决定核素种类的是原子结构中的（ ）
A. 质子数 B. 最外层电子数
C. 质量数 D. 质子数和中子数
【答案】D
【解析】
【分析】根据核素的定义判断，核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子。
【详解】核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，核素种类由质子数和中子数决定分，答案选D。
2.把2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2 +3H2↑ 设计成原电池，负极材料应该是（ ）
A. 碳棒 B. 铝
C. 氢氧化钠 D. 无法判断
【答案】B
【解析】试题分析：负极上发生的是氧化反应，故2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2 +3H2↑设计成原电池时，负极材料是Al，选项B符合题意。
3.下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（ ）
A. NaCl、HCl、NaOH B. Cl2、Na2S、SO2
C. HBr、CO2、SiO2 D. NH4Cl、H2O2、H2O
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查物质的成键类型。根据化合物的类型和离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键进行分析判断。
【详解】A、NaCl中含有离子键，HCl含有共价键，NaOH含有离子键和共价键，故A不符合；B、Cl2含有共价键，Na2S含有离子键，SO2含有共价键，故B不符合；C、HBr、CO2、SiO2 分子中含的化学键都是共价键，故C符合；D、NH4Cl含有离子键和共价键，H2O2含有共价键，H2O 含有共价键，故D不符合；所以C选项是正确的。
4.下列变化过程，属于吸热过程的是（ ）
①金属钠与水　②酸碱中和　③浓H2SO4稀释　④固体氢氧化钠溶于水　⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥液态水变成水蒸气 ⑦灼热的碳与水蒸气在高温下反应 ⑧碳酸钙受热分解
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ⑦⑧ D. ⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），以此解答该题。
详解：①金属钠与水属于放热反应，错误；
②酸碱中和反应属于放热反应，错误；
③浓H2SO4稀释属于放热过程，错误；
④固体氢氧化钠溶于水放出热量，错误；
⑤H2在Cl2中燃烧为放热反应，错误；
⑥液态水变成水蒸气，为吸热过程，正确；
⑦灼热的碳与水蒸气在高温下反应为吸热反应，正确；
⑧碳酸钙热分解属于吸热反应，正确。
答案选D。
5.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 二氧化碳的电子式： B. S2-的结构示意图：
C. 中子数为8的碳原子： D. CH4分子的比例模型：
【答案】C
【解析】A. 二氧化碳的电子式：，故A错误；B. S2-的结构示意图：，故B错误；C. 中子数为8的碳原子：，故C正确；D. CH4分子的比例模型：，故D错误。故选C。
6.在一定温度下，可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)达到平衡的标志是（ ）
A. X生成的速率与Z分解的速率相等
B. 单位时间生成a mol X，同时生成3a mol Y
C. X、Y、Z的分子数比为1∶3∶2
D. X、Y、Z的浓度不再变化
【答案】D
【解析】试题分析：A、X的生成速率与Z的分解速率在反应的任何时刻都不相等，不能判断为平衡状态，错误；B、在反应的任何时刻都有单位时间生成a mol X，同时生成3a mol Y，不能判断为平衡状态，错误；C、X、Y、Z的分子数比为1∶3∶2的状态不一定是平衡状态，错误；D、只有在平衡时，X、Y、Z的浓度不再变化，正确，答案选D。
7.可逆反应3H2+N22NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（ ）
A. v正(N2)＝v正(H2) B. v正(N2)＝v逆(NH3)
C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3) D. v正(N2)＝3v逆(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
【详解】因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
A、无论该反应是否达到平衡状态，都有3v正（N2）=v正（H2），而v正(N2)＝v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，则不能说明反应达平衡状态，选项A错误；
B、反应达到平衡状态时，v正(N2)与v逆(NH3)之比等于1：2，选项B错误；
C、反应达到平衡状态时，v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，选项C正确；
D、反应达到平衡状态时，v正（N2）：v逆（H2）=1：3，即3v正(N2)＝v逆(H2)，选项D错误；
答案选C。
8.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温下2.2gCO2中含有共用电子对的数目为2NA
B. 标准状况下，11.2L苯中含的碳原子数为3NA
C. 25℃时，0.1mol/L的一元强酸HA中，H+的个数为0.1NA
D. 6.4gCu与一定浓度的HNO3完全反应得到混合气体，则反应转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】试题分析：A．常温下2.2gCO2的物质的量是0.05mol，由于在一个CO2分子中含有4对共用电子对，所以0.05molCO2分子中含有的共用电子对的数目为0.05mol ×4×NA=0.2NA，错误；B．标准状况下苯是液体，不能使用气体摩尔体积计算，错误；C．缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，错误；D．6.4gCu的物质的量是0.1mol，Cu是+2价的金属，所以0.1molCu失去=0.2mol电子，根据在氧化还原反应中还原剂失去电子总数与氧化剂获得电子总数相等，则与一定浓度的HNO3完全反应得到混合气体，则反应转移的电子数为0.2NA，正确。
9.下列装置中能形成原电池的是(　　)

A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①⑤⑥ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】形成原电池的必要条件：(1)两个活泼型不同的电极；(2)将电极插入电解质溶液或熔融电解质中；(3)两电极构成闭合回路；(4)能自发进行的氧化还原反应。
【详解】①没有构成闭合回路，所以不能形成原电池；
②该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；
③该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；
④该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；
⑤该装置中电极材料相同，所以不能形成原电池；
⑥蔗糖为非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池；
⑦没有构成闭合回路，所以不能形成原电池；
根据以上分析可知：②③④正确。
答案：D
10.天然存在的Fr(钫)极微量，它的 21种同位素都有放射性，它是碱金属中最重的元素，根据它在周期表中的位置预言其性质，其中不正确的是（ ）
A. 在已知碱金属中它具有最多的电子层
B. 在空气中燃烧的时候，生成氧化物Fr2O
C. 氧化物对应的水化物是极强的碱
D. 单质的熔点不如Na的高
【答案】B
【解析】分析：A．依据同主族元素从上到下电子层数依次递增解答；
B．依据同主族元素从上到下金属性依次递增解答；
C．元素金属性越强，氧化物对应水化物的碱性越强；
D．依据同主族金属元素熔点从上到下依次的降低的规律解答。
详解：A．钫与钠、钾同主族，位于第七周期，所以在已知碱金属中它具有最多的电子层，A正确；
B．钫的活泼性强于钠和钾，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，钾在空气中燃烧生成超氧化钾，所以钫在空气中燃烧时生成更复杂的氧化物，B错误；
C．同主族元素金属性从上到下依次增强，钫位于第ⅠA族的最下方，所以其金属性最强，则氧化物对应的水化物碱性极强，C正确；
D．同主族金属元素熔点从上到下依次的降低，D正确；答案选B。
11.已知25℃､101kPa时:等质量的Al分别与足量O2和O3完全反应生成Al2O3固体时，放出的热量为akJ·mol－1和bkJ·mol－1，且aMH3
【答案】C
【解析】由X的化合价为+1价,属于第IA族元素;Y的化合价为+5价,属于第VA族元素;Z的化合价为+4价,为第IVA族元素;M为的化合价为-3价,属于第VA族元素;W的化合价为-2价,属于第VIA族元素;由图知原子数:XE(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
21. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. 元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
B. 离子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>Y
C. 元素X与Y可以形成5种以上的化合物
D. 元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应
【答案】B
【解析】试题分析：X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，可知X为N元素，Y为O元素，即NH3极易溶于水中；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不 溶于其浓溶液。可知Z为Al元素，W为S元素，则Q为Cl元素；A、元素X的气态氢化物NH3与Q的单质Cl2可发生置换反应，A正确；B、离子半径的大小顺序为W>Q >X>Y>Z，B错误；C、元素X与Y可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等5种以上的氧化物，C正确；D、元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应，D正确；答案选B。
22.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. Zn为电池的负极
B. 正极反应式为＋10H＋＋6e－===Fe2O3＋5H2O
C. 该电池放电过程中电解质溶液碱性增大
D. 电池工作时OH－向负极迁移
【答案】B
【解析】
【分析】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe（OH）3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题。
【详解】A．原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池负极，选项A正确；
B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42-+6e-+8H2O=2Fe（OH）3+10OH-，选项B不正确；
C．总方程式为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，生成KOH，则该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，碱性增大，选项C正确；
D．电池工作时阴离子OH-向负极迁移，选项D正确。
答案选B。
23.某太阳能电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )

A. 硅太阳能电池供电原理与该电池相同
B. 光照时， H+由a极区经质子交换膜向b极区迁移
C. 光照时，b极的电极反应式为 VO2+-e－+H2O=VO2++2H+
D. 夜间无光照时，a极的电极反应式为V3++e－=V2+
【答案】C
【解析】A、硅太阳能电池是用半导体原理将光能转化为电能，是物理变化，而该电池是化学能转化为电能，两者原理不同，选项A错误；B、光照时，b极VO2+−e−+H2OVO2++2H+，产生氢离子，而氢离子由b极室透过质子膜进入a极室，选项B错误；C、光照时，b极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为VO2+−e−+H2OVO2++2H+，选项C正确；D、夜间无光照时，相当于蓄电池放电，a极的电极反应式为：V2+−e−V3+，发生氧化反应，是负极，选项D错误；答案选C。
24.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表
元素代号
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径
1.86
0.99
1.43
1.60
0.75
0.74
最高正价
+1
+7
+3
+2
+5

最低负价

-1


-3
-2
下列说法不正确的是（ ）
A. 由元素X和Q组成的化合物可能含有共价键
B. X、Z、R的最高价氧化物对应水化物可彼此反应
C. 离子半径：r(M2+)Cl->Na+>Al3+
（5）Na， Cl
【解析】（1）A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素，A、B是金属元素，C、D是非金属元素。则A、B、C、D可能为2、3周期的元素，A、B各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，所以A是金属钠，B是金属铝，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
（2）由上分析知C、D为第3周期元素，Na与C可形成化合物Na2C，所以C显-2价，在该周期中，所以C是S碳元素，硫化钠是离子化合物，电子式为：。
（3）C是S碳元素，则D是Cl，S的低价氧化物是二氧化硫，通入Cl2的水溶液中，发生氧化还原反应，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
（4）硫离子和氯离子电子层数为3层，钠离子和铝离子电子层数为2层，电子层越多半径越大，核外电子数一样时，质子数越多半径越小，反之越大，即S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+。
（5）同周期元素，从左到右，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，所以金属性最强的是Na，非金属性最强的是Cl。
27.现有①Na2S、②金刚石、③NH4Cl、④Na2SO4、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按下列要求回答：
(1)熔化时不需要破坏化学键是____________，熔化时需要破坏共价键的是____________，熔点最高的是____________，熔点最低的是_____________(填序号)。
(2)属于离子化合物的是_______________________，只有离子键的物质是____________，以分子间作用力结合的物质是____________________(均填序号)，③的电子式____________________。
(3)用电子式表示①的形成过程是______________________，用电子式表示⑥的形成过程是_______________________。
【答案】(1). ⑤⑥ (2). ② (3). ② (4). ⑤ (5). ①③④ (6). ① (7). ⑤⑥ (8). (9). (10).
【解析】
【分析】（1）分子晶体熔化时不需要破坏化学键；原子晶体熔化时需要破坏化学键；原子晶体熔点最高；分子晶体的熔点一般较低；
（2）含有离子键的化合物是离子化合物，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；分子晶体中分子之间以分子间作用力结合；
（3）硫化钠是离子晶体，钠离子和硫离子之间以离子键结合；碘单质是分子晶体，碘分子中I原子之间以共价键结合。
【详解】（1）分子晶体熔化时不需要破坏化学键，干冰和碘片都属于分子晶体，熔化时不需要破坏化学键；原子晶体熔化时需要破坏化学键，金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；原子晶体熔点最高，金刚石属于原子晶体，其熔点最高，干冰是分子晶体且常温下为二氧化碳气体，熔点最低；故答案为：⑤⑥；②；②；⑤；
（2）这几种物质中属于离子化合物的是Na2S、NH4Cl、Na2SO4；只含离子键的是Na2S，属于分子晶体的是干冰和碘片，所以晶体以分子间作用力结合；③NH4Cl的电子式为；故答案为：①③④；①；⑤⑥；；
（3）①是Na2S，属于离子晶体，钠离子和硫离子之间以离子键结合，硫化钠的形成过程可表示为；⑥是碘片，属于分子晶体，由碘原子之间形成共价键，形成过程为。
28.利用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文明有重要意义。
(1)燃煤废气中的CO2能转化为基础化工原料、清洁能源甲醇(CH3OH，甲醇的结构式如图)：

3H2(g)+CO2(g) CH3OH (g) + H2O(g) △H
①已知：
化学键
C-H
C-O
C=O
H-H
O-H
键能/KJ/mol
412
351
745
436
462
则△H = _________________
(2)在2 L密闭容器中，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①到达平衡时NO的转化率为_________。
②用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝____________________。
③如下图所示，表示NO2变化曲线的是________。

④能说明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。
A．v(NO2)＝2v(O2) B．容器内压强保持不变
C．v逆(NO)＝2v正(O2) D．容器内的密度保持不变
(3)某反应恒容密闭容器中进行， 在0~3分钟内各物质的量的变化情况如下图所示

该反应的的化学方程式为________________。
【答案】(1). -175kJ/mol (2). 65% (3). 0.0015 mol/(L.s) (4). b (5). BC (6). 2A+B2C
【详解】（1）①拆开3mol H2 (g) 和1mol CO2(g) 中化学键所吸收的总能量为3×436kJ+2×745 kJ=2798 kJ，形成1mol CH3OH (g) 和1mol H2O(g)所放出的能量是3×412 kJ+351 kJ+3×462kJ=2973 kJ，所以该反应的焓变为2798 kJ/mol -2973 kJ/mol =-175 kJ/mol；
(2) ①到达平衡时NO的转化率为；
②从0～2s内NO平均反应速率为：v（NO）==0.003mol•L-1•s-1，
化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，
则v（O2）=v（NO）=×0.003mol•L-1•s-1=0.0015mol•L-1•s-1；
③NO2生成物，反应中浓度逐渐增大，根据方程式2NO（g）+O2（g）2NO2（g），可知c（NO2）=c（NO）=2c（O2），
则图象中b为NO2的浓度变化曲线，c为NO的浓度变化曲线，d为O2的浓度变化曲线，
故答案为：b；
④A．v(NO2)＝2v(O2)，没有体现正逆反应速率关系，无法判断是否达到平衡状态，选项A错误；
B．反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)为气体体积变化的反应，容器内压强保持不变，说明反应已达平衡状态，选项B正确；
C．v逆(NO) ＝2v逆(O2)＝2v正(O2)，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，选项C正确；
D．反应中气体总质量不变，容器体积不变，故容器内密谋始终保持不变，则容器内的密度保持不变不能说明反应达平衡状态，选项D错误。
答案选BC；
（3）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B⇌2C。
29.(1)科研人员设想用如图所示装置生产硫酸。

①上述生产硫酸的总反应方程式为_____，b 是_____极，b 电极反应式为______________，生产过程中H+向_____(填 a 或 b)电极区域运动。
②该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_____(填字母)。
A.原电池反应的过程中可能没有电子发生转移
B.原申池装置一定需要2个活泼性不同的金属电极
C.电极一定不能参加反应
D.氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生

(2)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜(只允许H+通过)质子交换膜左右两侧的溶液均为1L 2mol·L-1H2SO4溶液。燃料电池的结构示意图如：电池总反应为2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O，c电极为_____(填“正极”或“负极”)，c电极反应方程式为___________________________。当电池中有1mol e-发生转移时左右两侧溶液的质量之差为______g (假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。
【答案】(1). 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (2). 正 (3). O2+4e-+4H+=2H2O (4). b (5). D (6). 负极 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (8). 12g
【解析】
【分析】（1）原电池中负极失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断；
（2）根据电子的移动方向判断正负极，进而书写电极反应式。
【详解】（1）①根据装置图可知a电极通入二氧化硫，二氧化硫发生失去电子氧化反应，氧气在正极通入，因此上述生产硫酸的总反应方程式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，b通入氧气，是正极，氧气在酸性条件下得电子产生水，反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池中阳离子向正极移动，则生产过程中H+向b电极区域运动；
②A.原电池反应的过程中一定有电子发生转移，选项A错误；
B.原申池装置不一定需要2个活泼性不同的金属电极，例如燃料电池等，选项B错误；
C.原电池中电极可以参加反应，例如铜、锌、稀硫酸组成的原电池中锌电极参加反应，选项C错误；
D.原电池中氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，选项D正确；
答案选D；
（2）根据装置图可知电子从c电极流出，则c电极是负极，电池总反应为2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O，所以甲醇在负极发生失去电子的氧化反应转化为二氧化碳，则c电极反应方程式为CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H+；
负极反应式为CH3OH－6e－+H2O＝CO2+6H+，当转移1mol电子时，左侧质量减轻×12g=2g，还要有1molH+通过质子交换膜进入右侧，质量减少1g，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，右侧质量增加32g×=8g，加上转移过来的1gH+，因此左右两侧溶液的质量之差为8g+1g+2g+1g=12g。