湖北省稳派教学联盟学年高一化学下学期期中试题及答案Word文件下载.docx

湖北省稳派教学联盟学年高一化学下学期期中试题及答案Word文件下载.docx

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化学能→热能→机械能→电能；

B氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极；

燃料电池的能量转化率理论上课高达85%~90%，现在实际上已达到40%~60%。

故答案C。

【考点】燃煤发电能量的转化形式、燃料电池中电极和产物判断以及能量的转化率。

【命题意图】对基础知识的考查

5、

【答案】B

【解析】当AB为绝缘体时Cu和硫酸铜不反应，铁要与硫酸铜发生置换反应，铜附着在铁的表面，变重，A高B低；

当AB为导体时，此装置是一个原电池，根据原理，铁被消耗，而生成的铜附着在铜球上，铜球变重，铁球变轻，A端低B端高。

【考点】原电池的工作原理、化学反应

【命题意图】化学反应和原电池反应的简单考查

6、、

【解析】NH2Cl是共价化合物，其中N为—3价，H为+1价，Cl为+1价，放入水中生成NH3和HClO，所以A错，B错C对。

D中的摩尔质量要单位。

【考点】化合价，物质的类别，摩尔质量，氯水杀菌消毒的原理和用途。

【命题意图】情景中化合物结构和性质的判断和运用

7、

【答案】A

【解析】某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，则含有的质子数是（A-N）个。

agHmX分子的物质的量是ag÷

（A+m）g/mol=a/（A+m）mol；

由于每个HmX分子中含有的质子数是（A-N+m）个,所以agHmX分子中含质子的物质的量是a/（A+m）mol×

（A-N+m）=a（A-N+m）/（A+m）mol故选项是A。

【考点】考查微粒的关系及相应的计算的知识。

8、

【解析】A8个中子的碳原子中质量数为14，核素符号为14C，HF不是离子化合物

C氯离子的核电荷数应为17，不是18。

【考点】化学用语、核素、电子式、离子结构示意图、结构式

【考查意图】基本概念、基础知识及用语的表示方法

9、

【解析】A加入氢氧化钠固体时，消耗了硫酸，氢气的量减少；

B升高温度，化学反应速率

加快；

C加入水将原溶液稀释，使得c（H+）降低，减慢了反应速率，但是氢离子的物质的量没有变，不影响生成氢气的总量；

D加入铜粉后，构成了原电池装置，加快了反应速率。

【考点】影响化学反应速率的因素和氢气的量的问题

【考查意图】知识的运用能力

10、

【解析】X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如右图所示。

若Y

原子的最外层电子数是内层电子数的3倍时，Y为O。

则X为N，Z为S，W为Cl。

根据元素周期律W的非金属性比Z强，则最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，B错；

Y的非金属性比Z强，则Y的气态氢化物的稳定性较Z的强；

原子半径Z比W大。

【考点】元素的推断，元素周期律及运用

【命题意图】基本知识及其运用。

11、

【解析】A中有的放热反应开始需加热使之开始反应，放出的热量可以使之继续反应。

B中石墨转化为金刚石要吸热，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定。

D由题意知放出的热量a=2E（H-Cl）—E（H-H）-E（Cl-Cl）=2E（H-Cl）—b—c，所以E（H-Cl）=（a+b+c）/2，即断开1molH-Cl键所需的能量为（a+b+c）/2kJ

【考点】吸热、放热反应的条件和判断，读图能力和物质稳定性的判断，能量的简单计算。

【命题意图】对基础知识的理解与运用

12、

【解析】

④都是放热反应③是吸热反应，②和④理论上都可以设计成原电池，但是④不是燃料电池，四个反应中没有涉及分解反应。

【考点】常见的放热反应和吸热反应，化学反应中的四个基本反应类型，原电池设计的要点和条件。

【考查意图】对基础知识的考查

13、

【解析】A中没有溶液的体积，即求不出n（NaClO），Na+的数目不是NA，

B中1mol水中有2molH-O，但是16克水的物质的量不是1mol，C中N2和CO的相对分子质量都是28，电子数均为14，14克其混合气体的物质的量之和为0.5mol，即电子总数为0.5*14NA=7NA，D中当氯气过量时，Fe2+和I—都被氧化，1molFeI2都被氧化时转移电子数为3NA

【考点】物质的量、物质的量浓度与溶液体积、摩尔质量之间的关系，共价键的数目、物质电子总数的简单计算，氧化还原反应中转移电子数求算。

【命题意图】对学生基本理论、基本概念和基础知识的考查

14【答案】B

【解析】A中酸性溶液中，H+、Fe2＋、NO3－三者之间可以发生氧化还原反应；

B中溶液呈酸性，任何离子间都不发生离子反应；

C中HCO3—+AlO2—+H2O==Al（OH）3↓+CO32－D中pH=11溶液呈碱性，HCO3－和Ca2+均不能大量共存，且SO42－、和Ca2+也不能大量共存。

【考点】离子共存

【命题意图】对离子共存的考查，即离子共存的条件

第

卷非选择题（共58分）

15、（4分）

【答案】

（1）

和

（1分）

和

（2）M（1分）（3）3（1分）

（1）同位素是指质子数相同，中子数不同的不同核素之间的互称，

中质子数都是8，前者质量数为16，后者为18。

中质量数都是14，但属于不同的核素。

核外电子排布规律是从能量低的电子层到能量高的电子层，即排布顺序为K、L、M、N，而

核外共有3个电子层，所以能量最高的是M层。

CO2分子由一个碳原子和两个氧原子构成，按要求，该二氧化碳分子中碳的质量数为14，氧元素有

，当两个氧原子都是

时，CO2的相对分子质量为14+2*18=50，当两个氧原子都

是时，CO2的相对分子质量为14+2*16=46，当氧原子为各一个时，CO2的相对分子质量为14+16+18=48，所以答案为3种。

【考点】核素、元素、质量数、核外电子排布及其规律，分子的组成及其分子量的计算。

【命题意图】对概念、核外电子排布和物质组成及其相对分子质量计算的考查。

16、（6分）

（1）NH4Cl（1分）

（2）NH4++OH—===NH3↑+H2O（条件为加热）（1分）

（3）

（2分）

（4）N三N（2分）

（1）Na2O、KCl、NaOH这三种化合物中的Na和K均为金属元素，CO2、H2O2、H2O、CH4均为共价化合物，N2是单质不是化合物，NH4Cl中N、H、Cl均为非金属元素，其中有铵根离子和氯离子，为非金属元素组成的离子化合物。

（2）Na2O、KC中只有离子键，CO2、H2O2、H2O、CH4均为共价化合物，N2是单质不是化合物，满足要求的化合物是NaOH和NH4Cl，即反应为NH4++OH—===NH3↑+H2O。

（3）略

只含有非极性共键的物质为N2，其电子式为

，即按要求表示的结构为

N三N。

【考点】物质类别的判断及其组成、化学键、电子式、结构简式、离子方程式的书写

【命题意图】课本的阅读能力、知识的运用能力考查。

17、（8分）

能说明上述反应达到平衡状态的是

A、X气体的物质的量保持不变

B、Z的消耗速率与Y的生成速率之比为2:

1

C、Z的正反应速率与X的逆反应速率之比为3:

2

D、混合气体的密度保持不变

E、恢复到原温度时，压强不再改变

【答案】：

（1）2Z⇌3X+Y（2分）

（2）0.01mol/（L·

min）（2分）

（3）减小（1分）（4）ADE（3分）

【解析】：

（1）从图像可知，Z起始为1mol，X和Y为生成物，2分钟之后，n（Z）=0.8mol，n（X）=0.3mol，n（Y）=0.1mol且物质的量均保持不变，在0—2分钟内，△n（Z）：

△n（X）：

△n（Y）=2:

3:

1，即为化学方程式的系数比，2分钟后所有物质的物质的量保持不变，且n（Z）=0.8mol即为可逆反应。

根据v=△c（Z）/△t，而△c（Z）=△n（Z）/V=（1—0.8）/10=0.02mol/L，△t=2min，即v=0.01mol/（L·

min）

因为X、Y、Z均为气体，气体总质量保持不变，该反应是气体的物质的量增加的反应，根据M=m（总）/n（总），平衡后气体的物质的量比反应前要多，所以其平均相对分子质量要小。

A、X的物质的量不变，则c（X）不变，是平衡状态

B、Z的消耗和Y的生成是同一个方向。

C、v（Z）正反应：

v（X）生成=2:

3，当v（X）消耗=v（X）生成才能平衡，当Z的正反应速率与X的逆反应速率之比为3:

2，v（X）消耗与v（X）生成不相等，既不是平衡状态。

D根据质量守恒定律，反应物和生成物都是气体，不管反应进行到什么程度，总质量保持不变，容器的容积也保持不变，由ρ=m/V知密度始终是不变的。

则不能说明达到平衡状态。

E、由pV=nRT，反应前后V、T不变，R为常数，p与n成正比，当压强不再改变时，则气体的总物质的量达到恒定，该可逆反应又是一个气体分子数增大的反应，当气体总物质的量不变时，即达到平衡状态。

【考点】可逆方程式的书写、化学反应速率的计算、平均相对分子质量大小比较方法、平衡状态的判断依据

【考查意图】对基础知识的考查和识图能力的考查。

18．

（7分）

（1）放热（1分）　

（2）极性共价键（或共价键）（1分）

（3）负（1分）　H2+2OH——2e—===2H2O（2分）负（1分）正（1分）

【解析】

（1）据能量变化图像可知该反应是放热反应。

（2）HCl为共价化合物，有极性共价键，

（3）该反应中氢气是还原剂，在负极区反应，电解质溶液为30%KOH溶液，则反应式为

H2+2OH——2e—===2H2O，。

外电路电子由负极流向正极。

19.（13分）

【答案】Ⅰ

（1）Fe+4H++NO3-==Fe3++NO↑+2H2O（2分）

H++OH—===H2O（1分）57.2（2分）（3）1.426（1.43）（2分）

Ⅱ

（1）F（1分）HClO4（1分）

（2）先生成白色沉淀，后来沉淀慢慢溶解，最后得到的是无色透明溶液（2分）

（3）Na+>

Mg2+（2分）

【解析】Ⅰ根据题目条件知：

X为Na，Y为N，Z为Fe。

单质Z与元素Y的最高价氧化物对应的水化物（稀溶液，过量）反应时，即为铁与过量的稀硝酸反应，生成Fe（NO3）3、NO和水。

Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH是强碱，N的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸，离子方程式为H++OH—===H2O。

中和热是指酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量。

当生成0.25mol水放热14.3kJ时，则生成1molH2O时所释放的热量为4*14.3=57.2kJ。

过量的Z放入一定量的浓硫酸中微热，依次要发生以下反应,假设有amolFe与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，有bmol铁与之反应生成硫酸亚铁和氢气。

所以反应后应该为SO2和H2混合气体。

Fe+2H2SO4（浓）==FeSO4+SO2↑+2H2O

121

a2aa

Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑

111

bbb

得到的气体相对氢气的平均相对分子质量为10，

（64a+2b）/（a+b）=10*2=20解出a：

b=9:

22

又过量的铁将硫酸反应完，有2a+b=0.1*18.4解出a=0.414b=1.012

所以n（Fe）=1.426mol（1.43也得分）

Ⅱ．

（1）若X是第三周期元素简单离子半径最小的元素，X为Al，Al的原子序数为13，Y的原子序数为9，是F。

与F同主族的元素中，从F、Cl、Br、I非金属性逐渐减弱，氢化物最稳定性逐渐减弱，稳定性最好的是HF，由于F非常活波，不存在最高价氧化物的水化物，因而最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4。

向硫酸铝溶液中滴加，先发生复分解反应生成Al（OH）3沉淀，而Al（OH）3为两性氢氧化物又能溶解在强碱NaOH溶液中，故先生成白色沉淀，后来溶解。

已知X为Al，与Al3+具有相同的电子层结构的阳离子为Na+、Mg2+，它们的半径大小看核电荷数，核电荷数大的半径小。

故答案为Na+>

Mg2+。

【考点】元素的推断、粒子半径大小比较、与量有关的离子方程式的书写、中和反应的实质、中和热及计算、铁与浓硫酸、稀硫酸的反应，混合气体的平均分子量、物质的量用于化学方程式的计算、元素周期律的应用（非金属性强弱的判断及其应用）

【命题意图】考查学生综合运用知识的能力

20.（14分）

（1）第一周期第IA族（1分）

（2）S>

Cl>

F（1分）

（3）HCl（1分）HF（1分）分子间存在氢键（1分）

（4）2SO2+O2⇌2SO3【标注加热、催化剂】（2分）

（2分）

（5）①0.1（1分）0.1（2分）②50%（2分）

（1）因主族元素原子最外层电子数是小于或等于7，而A的最外层电子数是M原子序数的4倍，M原子序数是最小的，则只能是1，为H。

即在第一周期第IA。

所以A的最外层电子数为4，又都是短周期（1、2、3）元素，A为碳或硅，根据A、B、C、D、E、N在周期表中位置图，A为碳。

所以B为N，C为O，D为F，E为S，N为Cl。

（2）D为F，E为S，N为Cl。

S和Cl为同周期元素，从左向右原子半径逐渐减小，F和Cl为同主族元素，从上到下原子半径逐渐增加，则他们的原子大小关系为S>

F。

（3）D的氢化物为HF，N的氢化物为HCl。

HF为弱电解质，HCl强电解质。

在卤素的氢化物中，沸点最高的是HF，因为HF分子间存在氢键。

（4）由题意知，2SO2+O2⇌2SO3

①两者的浓度相等相等不能说明是平衡态。

增加氧气的量有利于SO2的转化，可以提

高其转化率。

因为是可逆反应，要达到一定的限度，即反应物不能全部转化④使用催

化剂能加快反应速率，但平衡不移动，不能增加产率。

（5）①在这个原电池中，铁是负极，反应为Fe—2e—==Fe2+负极质量减轻；

铜为正极，反

应为2H++2e—==H2当两电极质量差为2.8g时，就是铁电极反应了2.8克，即转移电子数

为2.8*2/56=0.1mol，溶液中生成n（FeSO4）=0.05mol，△c（FeSO4）=0.1mol/L，则平均反应

速率为0.1mol/（Lˑmin）。

②铜电极上收集到标况下氢气的体积为1.68L即n=1.68/22.4=0.075mol,是通过电化学反

应生成的，则此时消耗的铁应该为0.075mol，而实际上消耗的铁的物质的量n=8.4/56

=0.15mol，则另有0.075mol铁与硫酸发生了置换反应而被消耗。

即能量的转化率为

0.075/0.15=50%。

【考点】元素的推断、半径大小比较、电解质的强弱判断、熔沸点的高低比较、可逆反应方

程式的书写、原电池工作原理、能量利用率的计算

【命题意图】综合能力的考查

21.（6分）

【答案】 

①Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O 

②盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀（1分）

③A（1分）E试管中有气泡冒出，高锰酸钾溶液的颜色不褪。

（1分）

能（1分）

【解析】根据实验装置可知，思路为利用硫酸与铜反应，制备SO2，再让SO2与碳酸氢钠溶液反应制备CO2，再将CO2通入硅酸钠溶液中。

即①铜与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是除去CO2气体中SO2杂质气体。

②元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀。

③生成的SO2与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，其中有杂质SO2.

由于硫酸酸性强于亚硫酸，且亚硫酸酸性强于碳酸，所以能依据试管D、E中的实验现象，来证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性。

【考点】元素的化合物的性质、检验、化学方程式的书写的知识。

【考查意图】以元素化合物为载体，以检验元素的非金属性强弱为切入点考查实验能力和思维。