甘肃省张掖市临泽县第一中学2018_2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

临泽一中2018-2019学年第二学期期末试卷高一化学（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）测试范围：人教必修2。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24第卷（选择题 共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.根据元素周期表判断下列描述正确的是( )A. 元素周期表中，总共有16个纵行，16个族B. 第IA族的元素又称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素C. 每个短周期都既包含金属元素也包含非金属元素D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素【答案】D【解析】详解】A. 元素周期表中，总共有18个纵行，16个族,故A错误；B. 第IA族的元素除氢元素外称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素，故B错误；C. 第一周期是短周期没有金属元素，故C错误；D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素，如硅，锗，故D正确；故选D。2.下列反应，不能用于设计原电池的是A. Pd+PdO2+2H2SO42PdSO4 +2H2OB. 2A1+3I22AlI3C. Mg(OH)2+ H2SO4MgSO4 +2H2OD. O2+ 2H22H2O【答案】C【解析】【分析】自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答【详解】A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A不选；B. 2A1+3I2=2AlI3属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故B不选；C. Mg(OH)2+H2SO4= MgSO4 +2H2O中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故C选；D. O2+2H2=2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D不选；故选C。【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难点D，可以设计成燃料电池。3.下列叙述错误的是A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反应B. 甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化C. 甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应D. 甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水【答案】B【解析】【详解】A项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反应，故B错误；C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。故选B。4.短周期M、N两种元素对应的简单离子分别为mMa+、n Nb-，若离子的核外电子排布相同，则下列关系不正确的是（ ）A. 原子半径：M NB. 离子半径：M ND. 主族序数：M N，故A错误； B. mMa+、n Nb-的核外电子排布相同，M的质子数大于N，所以离子半径：mMa+ N，故C正确； D. M 的简单离子是阳离子、N的简单离子是阴离子，所以主族序数：M T1B. 组别中，020min内，NO2的降解速率为0.0125molL-1min-1C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18D. 010min内，CH4的降解速率【答案】A【解析】分析：本题考查的是化学平衡的判断和速率的计算等，根据甲烷物质的量的变化判断温度大小，侧重考查学生的分析能力的考查。详解：A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故正确；B. 组别中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25molL-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.252/20=0.025molL-1min-1，故错误；C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故错误；D.T2温度高，所以010min内，CH4降解速率大，故错误。故选A。16.三个相邻周期的主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。则下列判断正确的是A. 原子半径:WYZXB. 气态氢化物的稳定性:ZXC. Y、Z的氧化物都有两性D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:YW【答案】A【解析】X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，所以X是O元素，Y是Al元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Z原子的最内层电子数是2，其最外层电子数是4，Z是Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，即：3+4=6+1，W原子的最外层电子数是1，是相邻的三个周期，所以W是K；所以X、Y、Z、W分别是：O、Al、Si、K；原子半径：KAlSiO，即WYZX，A选项正确；氧元素的非金属性比硅元素强，H2O的稳定性比SiH4强，B选项错误；Y的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，Z的氧化物是SiO2，是酸性氧化物，C选项错误；K的金属性比Al强，KOH是强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，D选项错误，正确答案是A。第II卷（非选择题 共52分）二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，实际上是发生了两个化学反应，请写出它们的化学方程式_、_。（2）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是_，乙的作用是_。（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是_；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_。（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还有_。要除去该物质，可先在混合液中加入_（填字母），然后再通过蒸馏即可除去。a 氯化钠溶液 b 苯 c 碳酸氢钠溶液 d 四氯化碳【答案】 (1). 2Cu+O22CuO (2). CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O (3). 加热 (4). 冷却 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气 (7). 乙酸 (8). c【解析】【分析】乙醇和O2在铜作催化剂，加热的条件下发生生成乙醛，首先O2和乙醇混合，则甲装置加热使乙醇挥发，与O2混合；乙装置中加冷水，使产物乙醛冷凝下来，同时冷凝的还有未反应的乙醇。【详解】（1）乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中，Cu先与氧气反应：2CuO22CuO，红色变为黑色，然后乙醇与CuO发生：CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O，黑色变为红色；（2）常温下乙醇为液体，在玻璃管中发生乙醇催化氧化，需要将乙醇转化成气体，即甲中水浴加热的目的是将乙醇气化得到稳定的乙醇气流；生成乙醛在加热时为气体，因此乙装置是为了使乙醛更快的冷凝；（3）反应冷却后，a中收集到的物质有易挥发的乙醇及反应生成的乙醛和水；空气主要成分是N2和O2，因此集气瓶中收集的气体主要为N2；（4）紫色石蕊试纸显红色，说明液体中含有酸性物质，即部分乙醛被氧化成乙酸；乙酸易挥发，除去乙酸，需要让乙酸转化成高沸点的盐，即加入碳酸氢钠溶液，故选项c正确。18.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答下列问题：（1）在导线中电子流动方向为_(用a、b表示)。（2）负极反应式为_。（3）电极表面镀铂粉的原因是_。（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：.2LiH22LiH.LiHH2O=LiOHH2反应中的还原剂是_，反应中的氧化剂是_。已知LiH固体密度为0.82 g/cm3。用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为_。由生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). 由a到b (2). 2H24OH4e=4H2O（或H22OH2e=2H2O） (3). 增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率 (4). Li (5). H2O (6). 8.7104 (7). 32【解析】【分析】（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极；电子由负极经导线流入正极；（2）氢气在负极失电子发生氧化反应；（3）铂吸附气体的能力强，性质稳定；（4）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；根据2LiH22LiH计算生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为；根据反应、的关系式H22LiH2H2计算导线中通过电子的物质的量；【详解】（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极，电子由负极经导线流入正极，在导线中电子流动方向为由a到b；（2）氢气在负极失电子发生氧化反应，电极反应式是H22OH2e=2H2O；（3）铂吸附气体的能力强，电极表面镀铂粉增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率；（4）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，反应中锂元素化合价升高，所以还原剂是Li，反应，水中氢元素化合价降低，氧化剂是H2O；设生成的LiH体积是VmL， 2LiH2 = 2LiH1 2； V=195.12mL，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为195.12103:224=8.7104；根据反应、的关系式H22LiH2H2，10mol氢气被吸附，生成氢气20mol，根据H22OH2e=2H2O，导线中通过电子的物质的量为2020.8mol。19.目前世界上60%的镁是从海水中提取的，下图是某工厂从海水中提取镁的主要步骤。学生就这个课题展开了讨论。学生就这个课题提出了以下问题：(一)在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的富集，有三个学生提出自己的观点。学生甲的观点：直接往海水中加入沉淀剂。学生乙的观点：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂。学生丙的观点：利用晒盐后的苦卤水，再加入沉淀剂。通过分析比较你认为学生_的观点正确(填学生序号)，简述理由：_。(二)在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的分离？(1)为了使镁离子沉淀下来，并充分利用当地的贝壳(主要成分为碳酸钙)资源，加入的足量试剂是_(填化学式)。(2)加入试剂后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_(填标号字母)A蒸馏 B过滤 C萃取 D分液(3)加入的足量试剂是_(填化学式)。(4)写出由无水MgCl2制取金属镁的化学方程式_。【答案】 (1). 丙 (2). 镁离子富集浓度高；能源消耗小，成本低 (3). Ca(OH)2（或CaO） (4). B (5). HCl (6). MgCl2Mg+Cl2【解析】【分析】从含有NaCl和MgCl2的溶液中加入碱，使得Mg2沉淀生成Mg(OH)2，Mg(OH)2加入盐酸得到MgCl2溶液，最后得到MgCl2固体，电解熔融的MgCl2得到Mg单质。【详解】(一)镁离子的富集过程中，学生甲和学生乙的观点能源消耗大，成本高，学生丙的观点更为合理；(二) (1)充分利用当地的贝壳(主要成分为碳酸钙)资源，碳酸钙高温分解成CaO，CaO与水作用得Ca(OH)2，使镁离子沉淀下来，可以选择Ca(OH)2或CaO；(2)加入试剂后，得到Mg(OH)2沉淀，可以采用过滤的方法分离，故选B；(3)加入试剂，将氢氧化镁转化为氯化镁，故试剂为HCl；(4)制取金属镁采用电解的方法，其反应方程式为：MgCl2 Mg+Cl2；20.某温度下,在2 L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。反应在t1 min时到达平衡，如图所示：(1)该反应的化学方程式是_。 在t1 min时,该反应达到了_状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是_。 A.X、Y、Z的反应速率相等 B.X、Y的反应速率比为23C.生成3 mol Y的同时生成1 mol Z D.生成1 mol Z的同时生成2 mol X(2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2,且已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量，则至t1 min时，该反应吸收的热量为_：在此t1 min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)为_。 两位同学讨论放热反应和吸热反应。甲说加热后才能发生的化学反应是吸热反应，乙说反应中要持续加热才能进行的反应是吸热反应。你认为说法中正确的是_同学。【答案】 (1). 2X3Y+Z (2). 平衡 (3). D (4). 36.8 kJ (5). 0.6/t1 molL-1min-1 (6). 乙【解析】【分析】（1）根据物质的变化量之比是化学计量数之比分析解答；结合平衡状态的特征分析判断；（2）根据反应热结合图像计算反应吸热的热量；根据化学反应速率的含义计算反应速率；（3）根据影响反应热的因素分析解答。【详解】（1）根据图像，X为反应物，Y和Z为生成物，t1min时消耗X0.8mol，生成Z是0.4mol，生成Y是1.2mol，根据化学计量数之比等于物质的量变化之比可知该反应方程式为2X3YZ；根据图像可知在t1min时反应达到平衡；A、没有指明反应速率的方向，无法判断是否反应达到平衡状态，故A错误；B、X、Y的反应速率比为23不能说明正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到化学平衡状态，故B错误；C、反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故C错误；D、生成1molZ，说明反应向正反应方向进行，生成2molX，说明反应向逆反应方向进行，且生成量比值等于化学计量数之比，因此能够说明反应达到平衡，故D正确；答案选D。（2）已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量，至t1min时消耗氨气0.8 mol，则该反应吸收的热量为0.846kJ36.8kJ；在此t1min时间内生成氢气是1.2mol，浓度是0.6mol/L，则用H2表示反应的平均速率为v(H2)为0.6/t1 mol/(Lmin）；有些放热反应也需要加热，如铝热反应，因此甲同学说法错误，要持续加热才能进行的反应是吸热反应，故乙同学说法正确。21.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1 mol DAx与足量的A2C反应生成44.8 L（标准状况）G气体。A、B的单质依次为G、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+TW（未配平），测得各物质的浓度如表所示。物质TGW10 min时，c/(mol/L)0.50.80.220 min时，c/(mol/L)0.30.20.6回答下列问题：（1）A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_。（2）B、C、D、E简单离子中，离子半径由大到小排序为_（用离子符号表示）。（3）J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式_；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是_（填化学式）。（4）B2A4C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A2C，正极反应式为_；电池工作一段时间后，电解质溶液pH_（填“增大”“减小”或“不变”）。（5）由A、B、C、D四种元素组成的单质、化合物在一定条件下的转化关系（部分条件和产物已省略）如图所示，已知M耐高温。X的电子式为_。已知W与乙反应生成K和甲是某重要化工生产步骤之一，提高其反应速率的方法除增大反应物浓度、增大压强外，还有_、_。【答案】 (1). NH4NO3或NH4NO2 (2). S2 N3O2Mg2 (3). HSO3H=SO2H2O (4). NH4HSO3 (5). O22H2O4e=4OH (6). 减小 (7). (8). 升高温度 (9). 使用催化剂【解析】【分析】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，即C为O，C和E位于同主族，即E为S，A、B、C的单质在常温下都呈气态，且原子序数依次增大，即A为H，B为N，A的单质为G，即G是H2，B的单质为T，即T为N2，化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得3GT=2W，即W为NH3，1molDAx与H2O反应生成44.8LH2气体，氢气的物质的量为=2mol，DHx中H显1价，失电子，则x=2，D显2价，其五种元素的原子序数依次增大，则D为Mg；【详解】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，即C为O，C和E位于同主族，即E为S，A、B、C的单质在常温下都呈气态，且原子序数依次增大，即A为H，B为N，A的单质为G，即G是H2，B的单质为T，即T为N2，化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，