湖南省醴陵市第一中学学年高一下学期期末考试化学试题.docx
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湖南省醴陵市第一中学学年高一下学期期末考试化学试题
湖南省醴陵市第一中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题
题号
一
二
三
总分
得分
评卷人
得分
一、选择题本大题共16道小题。
1.
我国科学家首次合成的一种过渡金属的新核素Hf，具有延展性，不易被腐蚀，可应用于高科技领域等特点。
185Hf可由180Hf转化而成，下列有关180Hf、185Hf的说法正确的是（）
A.物质的量相等的185Hf与180Hf质量相同
B.核外电子数分别为108、113
C.1mol180Hf比1mol185Hf的中子数少5NA
D.180Hf、185Hf在周期表中的位置不同
答案及解析：
1.C
试题分析：
A．185Hf与180Hf的原子量不同，1mol的质量不同，A错误；B．核外电子数=质子数=72，B错误；C．中子数=质量数-质子数，质子数相同，中子数之差=质量数之差=185-180=5，C正确；D．180Hf、185Hf原子序数相同，在周期表中的位置相同，D错误，答案选C。
2.
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A.
和
互为同分异构体
B.15g甲基（﹣CH3）含有的电子数是9NA
C.7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
D.标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA
答案及解析：
2.B
【详解】A.
和
的结构相同，是同一种物质，故A错误；B．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，15g甲基的物质的量是1mol，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故B正确；C、7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选B。
3.
为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。
下列说法正确的是：
A.H2O的分解反应是放热反应
B.氢能源已被普遍使用
C.2mol液态H2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量
D.氢氧燃料电池放电过程中是将电能转化为化学能
答案及解析：
3.C
【详解】A、H2O的分解反应是吸热反应，故A错误；B、氢能源将成为21世纪的主要绿色能源，氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，氢能源未被普遍使用，故B错误；C、因为H2O的分解反应是吸热反应，所以2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量，故C正确；D、氢氧燃料电池放电过程是原电池原理，是将化学能转化为电能，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了氢能源的优点，但氢能源也有缺点，如：
氢气制备成本高、不易保存、安全性低等，同学们需要全面的分析问题。
本题的易错点为A，要记住常见的吸热和放热反应。
4.
下列说法正确的是：
A.对于A（s）＋B（g）
C（g）＋D（g）的反应，加入A，反应速率加快
B.2NO2
N2O4（正反应放热），升高温度，v（正）增大，v（逆）减小
C.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D.100mL2mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
答案及解析：
4.D
【详解】A.对于A（s）＋B（g）
C（g）＋D（g）的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B.2NO2
N2O4（正反应放热），升高温度，v（正）、v（逆）均增大，故B错误；C.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D.100mL2mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。
5.
在298K时，实验测得溶液中的反应：
H2O2＋2HI===2H2O＋I2，在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知当c（HI）＝0.500mol·L－1，c（H2O2）＝0.400mol·L－1时的反应速率为：
实验编号
1
2
3
4
5
c（HI）/mol·L－1
0.100
0.200
0.300
0.100
0.100
c（H2O2）/mol·L－1
0.100
0.100
0.100
0.200
0.300
v/mol·L－1·s－1
0.00760
0.0152
0.0228
0.0152
0.0228
A.0.038mol·L－1·s－1B.0.152mol·L－1·s－1
C.0.608mol·L－1·s－1D.0.760mol·L－1·s－1
答案及解析：
5.B
【详解】由表中数据可知，速率与c（HI）成正比、与c（H2O2）成正比。
当c（HI）=0.100mol•L-1，c（H2O2）=0.100mol•L-1，υ=0.00760mol•L-1•s-1，所以当c（HI）=0.500mol•L-1，c（H2O2）=0.400mol•L-1，υ=0.00760mol•L-1•s-1×
×
=0.152mol•L-1•s-1，故选B。
6.
将4molA气体和2molB气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：
2A（g）＋B（g）
xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L。
现有下列几种说法：
①2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L·s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.15mol/（L·min）；③2s时物质B的转化率为70%；④x＝2。
其中正确的是：
A.①④B.②③C.①②③D.①②④
答案及解析：
6.A
【详解】2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，
2A（g）+B（g）⇌xC（g）
开始4mol 2mol 0
转化1.2mol 0.6mol1.2mol
2s 2.8mol 1.4mol1.2mol
2s内用物质C表示的平均反应速率为
=0.3mol/（L•s）。
①2s内用物质A表示的平均反应速率为
=0.3mol/（L•s），故①正确；②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×
=0.15mol/（L•s），故②错误；③2s时物质B的转化率为
×100%=30%，故③错误；④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；故选A。
7.
海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：
A.淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B.以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品
C.步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小
D.用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：
Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣
答案及解析：
7.C
【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：
蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：
Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。
本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。
8.
在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：
2A（g）+B（s）
C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（）个
①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变⑤C（g）的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：
1：
1⑦某时刻v（A）＝2v（C）且不等于零
⑧单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
A.4B.5C.6D.7
答案及解析：
8.C
①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；⑤C（g）的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:
1:
1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:
1:
1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻υ（A）=2υ（C）且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA，同时生成2nmolA，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。
9.
利用反应6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O构成电池的装置如图所示。
此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。
下列说法正确的是：
A.电流从左侧A电极经过负载后流向右侧B电极
B.当有4.48LNO2被处理时，转移电子数为0.8NA
C.电极A极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋
D.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
答案及解析：
9.D
【详解】该反应中，二氧化氮中N元素化合价由+4价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，所以通入二氧化氮的电极是正极、通入氨气的电极是负极。
A．放电时，电流从正极沿导线流向负极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A错误；B．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算，故B错误；C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C错误；D．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，明确正负极的判断、电极反应式的书写及电流流向是解题的关键。
本题的难点是C中电极反应式的书写的判断，易错选项是B。
10.
下列化学用语表达正确的是：
A.氯离子的结构示意图：
B.HClO的结构式为：
H﹣Cl﹣O
C.氯化镁的电子式：
D.由非金属元素组成的化合物一定不是离子化合物
答案及解析：
10.C
【详解】A．氯原子得1个电子后形成氯离子（Cl-），即最外层电子数由7个变成8个，结构示意图为
，故A错误；B．次氯酸中H和Cl分别与O形成1对共价键，结构式为H﹣O﹣Cl，故B错误；C．氯化镁属于离子化合物，电子式为
，故C正确；D．由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故D错误；故选C。
11.
科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。
关于它的性质，预测错误的是
A.它的最外层电子数为4B.它的金属性比铅强
C.它具有+2、+4价D.它的最高价氧化物的水化物是强酸
答案及解析：
11.D
试题解析：
原子序数为114的元素在第7周期IVA族。
A、它的最外层电子数为4，正确；B、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，故它的金属性比铅强，正确；C、该元素在第7周期IVA族，它具有+2、+4价，正确；D、同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性减弱，碳酸为弱酸，故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸，错误。
12.
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅡA族，W与X属于同一主族。
下列说法正确的是：
A.离子半径：
r（W）>r（Z）>r（Y）
B.X、W的简单氢化物的沸点：
X＞W
C.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
D.由X、Y组成的化合物一定含离子键和共价键
答案及解析：
12.B
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅡA族，且原子序数大于Y，则Z为Mg元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、Na、Mg、S元素。
【详解】A．硫离子含有3个电子层，而镁离子和钠离子均含有2个电子层，硫离子半径最大，钠离子和镁离子具有相同的电子层结构，钠离子半径大于镁离子，因此离子半径r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；B．水分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y＞Z，则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，故C错误；D．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2，Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键，故D错误；故选B。
13.
两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是：
①一定有乙烯②一定有甲烷③一定有丙烷④一定没有乙烷⑤可能有甲烷⑥可能有乙炔（C2H2）
A.②④B.②③⑥C.②⑥D.①③⑤
答案及解析：
13.A
【分析】
由图象曲线可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，据此进行判断。
【详解】根据图象可知，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷，则混合气体一定含有CH4，故②正确、⑤错误；由氢原子平均数为4可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷、乙炔，故①③⑥错误、④正确；根据分析可知，正确的为②④，故选A。
14.
下列实验操作和结论说法正确的是：
选项
实验
结论
A
除去甲烷中的乙烯杂质，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应，甲烷不反应
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
D
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
答案及解析：
14.C
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B错误；C．乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，则溶液最终变为无色透明，故C正确；D．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故D错误；故选C。
15.
下列说法正确的是：
A.聚乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.1mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共可以消耗氯气5mol
C.油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
D.制取溴苯：
将铁屑、溴水、苯混合加热
答案及解析：
15.B
【详解】A．聚乙烯分子中不存在不饱和键，不会被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B.1mol乙烯与Cl2完全加成，消耗氯气1mol，生成1mol1，2-二氯乙烷，1mol1，2-二氯乙烷与4molCl2发生取代反应，生成1mol六氯乙烷，故共消耗氯气5mol，故B正确；C、糖类分为单糖、二糖和多糖，单糖不能水解，故糖类不一定能发生水解，故C错误；D．苯与溴水不反应，应选铁屑、液溴、苯混合制备，故D错误；故选B。
16.
下列说法正确的是：
A.分子式为C7H8，分子中含有苯环的烃的一氯代物有4种
B.硬脂酸与乙醇的酯化反应：
C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
C.如图所示实验可证明元素的非金属性：
Cl>C>Si
D.C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点正丁烷低于异丁烷
答案及解析：
16.A
【详解】A.C7H8为
，分子中有4种化学环境不同的H原子，其中甲基上1种，苯环上3种，故其一氯代物有4种，故A正确；B．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH
C17H35CO18OC2H5+H2O，故B错误；C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，其中沸点正丁烷高于异丁烷，故D错误；故选A。
评卷人
得分
一、填空题本大题共4道小题。
17.
A、B、C、D、E是五种短周期元素。
已知：
它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等。
甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子。
物质组成
甲
乙
丙
丁
化合物中各元素
原子个数比
A和C
1:
1
B和A
1:
4
D和E
1:
3
B和E
1:
4
请回答下列问题：
（1）元素E在周期表中的位置为___________________________；
（2）把D的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：
_______________________；
（3）用电子式表示甲的形成过程：
_________________________；
（4）在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg，若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg，则BC2与乙的体积比为________________；
（5）有200mLMgCl2和丙的混合溶液，其中c（Mg2+）＝0.2mol·L-1，c（Cl-）＝1.3mol·L-1，要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需要4mol·L-1NaOH溶液的体积是：
______。
答案及解析：
17.
（1）第三周期第VIIA族
（2）2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑
（3）
（4）1:
1
（5）80mL
【分析】
A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此进行答题。
【详解】
（1）E为氯元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期，第VIIA族，故答案为：
第三周期，第VIIA族；
（2）把铝的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（3）甲为双氧水，双氧水为共价化合物，形成过程用电子式表示为
，故答案为：
；
（4）由2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合，则CO2与CH4的体积之比为1：
1，故答案为：
1:
1；
（5）有200mL MgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2mol•L-1，c（Cl-）=1.3mol•L-1，则c（Al3+）=0.3mol•L-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，此时Al3+要生成AlO2-，需要NaOH 物质的量为0.3×0.2×4+0.2×0.2×2mol=0.32mol，所以NaOH溶液的体积为
=0.08L=80 mL，故答案为：
80 mL。
【点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用，根据题干信息推断元素为解题的关键。
注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。
本题的难点为（4），要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。
18.
Ⅰ：
用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。
一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图甲所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液
30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液
②
20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液
30mL
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