1、吉林省松原市扶余市第一中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫术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毫术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：人教版必修2第一章，选修4第一章、第二章、第四章及第三章第一节。5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16
2、一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42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. 为了减缓地下钢管的腐蚀，下列措施可行的是A. 钢管与镁块相连B. 钢管与铜板相连C. 钢管与铅板相连D. 钢管与直流电源正极相连【答案】A【解析】【详解】A由于金属活动性MgFe，所以钢管与镁块相连，构成原电池时，钢管为正极，Fe被保护，首先腐蚀的是镁，A符合题意；B由于金属活动性FeCu，所以钢管与铜板相连，构成原电池时，钢管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，B不符合题意；C金属活动性FePb，所以钢管与铅板相连构成原电池时，钢管为负极，发生氧化反应，导致腐蚀加快，C不符合题意；D钢
3、管与直流电源正极相连，作阳极，失去电子，发生氧化反应，腐蚀速率大大加快，D不符合题意；答案选A。2. 在下列说法中正确的是A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 热化学方程式中的化学计量数可以是分数C. 1mo1酸与1mo1碱反应放出的热叫作中和热D. 石墨转化为金刚石的过程中没有热量变化【答案】B【解析】【详解】A反应物的总能量小于生成物的总能量的反应是吸热反应，与反应条件无关，A错误；B热化学方程式中的化学计量数可以是分数可以是整数，B正确；C稀的强酸、强碱反应生成1mo1液态水放出的热量叫作中和热，C错误；D石墨、金刚石的能量不一样，故反应过程中有热量的变化，D错误；答案选B。3
4、. 已知0.1mo1L1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO +H+。要使溶液中 的值增大，可以采取的措施是A. 加少量冰醋酸B. 降低溶液温度C. 加少量稀盐酸D. 加蒸馏水【答案】B【解析】【详解】由醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，平衡常数表达式为：，则，平衡常数只与温度有关，且弱酸电离是吸热反应，降温K值减小，要使 的值增大，即需要减小K值，即降低溶液的温度，其他选项对K值无影响，答案选B。4. 电解含下列离子的水溶液，若阴极析出相等质量的物质，则消耗电量最多的是A. Hg2+B. Cu2+C. K+D. Ag+【答案】C【解析】【详解】设阴极都析出m
5、g物质，转移的电子的物质的量越大，消耗的电量越大，A得到mg金属汞，转移的电子的物质的量的为，B得到mg铜，转移的电子的物质的量为，CK+的氧化性小于H+，不析出金属单质而析出H2，得到mg氢气时，转移的电子的物质的量为，D得到mg金属银，转移的电子的物质的量的为，分子相同，分母小的数值大，则耗电量最大的是C项，答案选C。5. 已知CuSO45H2O(s)、 CuSO4(s)及CuSO4(aq)之间转化时的能量关系如图所示，下列关系式正确的是A. Q1Q2D. H=Q1+Q2【答案】C【解析】【详解】由盖斯定律可知，Q1+（-Q2）=H0，所以Q1Q2，答案选C。6. 空间探测器发射时常用肼(
6、N2H4)作燃料，以二氧化氮作氧化剂，它们相互反应生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67.7 kJ mo11；N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H= -534 kJ mo11。则 N2H4(g)和 NO2(g)反应的热化学方程式可表示为A. N2H4(g)+NO2 (g)=N2(g)+2H2O(g) H= -567.85 kJ mo11B. 2N2H4+2NO2=3N2+4H2O H= -1135.7 kJ mo11C. 2N2H4(g)+2NO2(g)= 3N2(g)+4H2O(g) H= +1135.7 kJ mo11D. N2H
7、4(1)+NO2 (g)=N2(g)+2H2O(l) H= +567.85 kJ mo11【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律：-得肼与NO2反应的热化学方程式为N2H4(g)+NO2 (g)=N2(g)+2H2O(g) H= -567.85 kJ mo1-1，选A。7. 已知某电池总反应为5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列有关说法不正确的是A. AgCl是氧化产物B. Na+不断向电池的负极移动C. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子D. 负极反应式为Ag+Cl-e-=AgCl【答案】B【解析】【详解】A.Ag在反应中由反应前Ag单质的
8、0价变为反应后AgCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以AgCl是氧化产物，A正确；B.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引原则，Na+会不断向负电荷较多的电池的正极移动，B错误；C.根据电池反应方程式可知：每生成1 mol Na2Mn5O10就同时生成2molAgCl，转移2 mol电子，C正确；D.负极Ag失去电子，产生的Ag+与溶液中的Cl-结合形成AgCl，所以负极的电极反应式为Ag+Cl-e-=AgCl，D正确；故合理选项是B。8. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A. 向氯水的平衡体系中加入 NaOH 溶液后颜色变浅B. 增大压强，平衡体系2HI(g)H2(g)
9、+I2(g)的颜色变深C. 升高温度，反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g) H0平衡向左移动D. 打开碳酸饮料的瓶盖后，瓶口有大量气泡冒出【答案】B【解析】【分析】勒沙特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。【详解】A水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入NaOH溶液后平衡正向移动，所以氯气的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，该平衡体系2HI(g)H2(g)+I2(g)反
10、应前后气体物质的量不变，压强不影响平衡移动，颜色变深的原因可能是由于加压后容器体积减小，导致体系各组分浓度增大，I2(g)的浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g) H0，正反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡向左移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D碳酸饮料瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开瓶盖时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选B。9. 在1L密闭容器中，用足量的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示(CO2的体积已
11、按标准状况折算)。下列分析不正确的是A. EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升B. FG 段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小C. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mo1L1min1D. OE、EF、FG 三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2:4:1【答案】C【解析】【分析】OE段反应开始持续进行，反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG 段反应速率减慢，最后，G点收集到的二氧化碳的体积最大。【详解】A反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，故A正确；B反应进行一段时间后，盐酸的
12、浓度不断变小，所以FG 段反应速率减慢，故B正确；CEF段产生的CO2为：，由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04 mol，时间为1 min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：，故C错误；D由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224mL：(672224)mL：(784672)mL=2:4:1，故D正确；答案选C。10. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H0，当反应达平衡时，测得容器中各物质的物质的量均为n mo1。在其他条件不变时，欲使CO2的平衡浓度增大一倍，下
13、列措施可行的是A. 升高温度B. 加入催化剂C. 再加入n mol CO2和n mol H2D. 再加入2n mol CO 和2nmol H2O(g)【答案】D【解析】【详解】该反应为反应前后气体的体积相等，压强不影响化学平衡移动。A升高温度，平衡向正反应方向移动，但反应物不可能完全转化为生成物，所以二氧化碳的物质的量浓度不可能增大1倍，故A错误；B催化剂只是改变反应速率，不影响转化率，CO2的平衡浓度不变，故B错误；C再加入n mol CO2和n mol H2，平衡向逆反应方向移动，有部分二氧化碳被消耗，所以二氧化碳的物质的量浓度不可能是增大1倍，故C错误；D一定温度下，当反应达平衡时，测得
14、容器中各物质的物质的量均为n mo1，则该反应平衡常数为K=1；相同条件下再通入2nmol CO和2nmolH2O(g)，平衡向正反应方向移动，设容器体积为1L，当再次达到平衡状态时，二氧化碳的变化量为xmol，据此列“三段式”：温度不变，平衡常数不变，则K=1，解得x=n，则平衡时二氧化碳的浓度为2n，二氧化碳的物质的量浓度能增大1倍，故D正确；答案选D。11. X、Y、Z三种短周期元素，X的原子半径小于周期表中任何其他元素原子的半径，Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是A. X的气体单质可以在Z的气体单质中燃烧B. Y 原子的半径大于Z
15、原子的半径C. Y 与Z形成化合物中，Z元素显正价D. Z与X形成的简单化合物为离子化合物【答案】B【解析】【分析】X的原子半径小于周期表中任何其他元素原子的半径，所以X为H元素，Y的最外层电子数是次外层电子数的两倍，所以Y为C元素，Z的单质是空气中体积分数最大的气体，所以Z为N元素。【详解】AX的气体单质不可以在Z的气体单质中燃烧，即H2不可以在N2中燃烧，A错误；B同周期元素，从左往右元素原子的半径逐渐变小，所以C 原子的半径大于N原子的半径，B正确；CN的电负性大于C的电负性，所以N 与C形成的化合物中C元素显正价，即Y元素显正价，C错误；DZ与X形成的简单化合物为NH3，为共价化合物，
16、D错误；答案选B。12. 已知高炉炼铁时发生反应Fe2O3(s)+3CO(g) = 2Fe(s)+3CO2(g) H= -24.6kJmo1-1，则消耗28 g CO 时，上述反应的能量变化为A. 吸收4.1kJ能量B. 放出4.1kJ能量C. 吸收8.2kJ能量D. 放出8.2kJ能量【答案】D【解析】【详解】根据反应Fe2O3(s)+3CO(g) = 2Fe(s)+3CO2(g) H= -24.6kJmo1-1，可知，消耗3molCO放出的热量为24.6kJ，28 g CO为1mol，则消耗1molCO时，放出的热量为24.6kJ=8.2kJ，答案选D。13. 在恒容密闭容器中，放入镍粉并
17、充入一定量的 CO 气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/2580220平衡常数510422 10-5下列说法正确的是A. 由表中数据分析知生成 Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B. 25 时反应 Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为210-4C. 80C达到平衡时，测得c(CO)=1mo1L-1，则cNi(CO)4=2mo1L-1D. 80，若测得 Ni(CO)4、CO 浓度均为0.5mo1L-1，则此时v(正)v(逆)【答案】C【解析】【分析】分析表中所给数据可知，随着温度身高，平衡常数逐
18、渐变小，可知正反应为放热反应。根据反应方程式：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)，可知其平衡常数K=，进而求解。【详解】A温度升高，平衡常数减小，则上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应，故A错误；B由题所给数据可知，25时Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数K= =5104，25时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)4CO(g)的平衡常数K=2105，故B错误；C80达到平衡时，n(CO)=0.3mol，可得c(CO)=1molL-1，此时K=2，可知c(Ni(CO)4)=Kc4(CO)=21molL1=2molL1，故C正确；D80，若测得 Ni(
19、CO)4、CO 浓度均为0.5mo1L-1，此时Qc=82，即QcK，反应向逆反应方向进行，则此时v(正)v(逆)，故D错误；答案选C。14. 硼化钒(VB2)-空气电池储电能力高，其结构如图所示，负极反应式为2VB2+22OH- -22e- = V2O5+2B2O3+11H2O。下列叙述正确的是A. 电池工作时电子由电极X经负载流向硼化钒电极B. 该电池实现了电能转化为化学能C. 图中选择性透过膜为阳离子透过膜D. 电池总反应为4VB2+11O2 = 4B2O3+2V2O5【答案】D【解析】【分析】硼化钒(VB2)-空气电池中，已知负极反应式为2VB2+22OH- -22e- = V2O5+
20、2B2O3+11H2O，则即VB2电极为负极，氧气在正极上发生得电子还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，即X电极为正极，电池总反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，溶液中阴离子向负极移动；氧气在正极上得电子生成OH-，负极消耗OH-，所以据此分析解答。【详解】A原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，根据分析，VB2电极为负极，X电极为正极，电池工作时电子由硼化钒电极经负载流向电极X，故A错误；B该装置为原电池，实现了化学能转化为电能，故B错误；C根据分析，OH-经选择性透过膜向负极移动，图中选择性透过膜为阴离子透过
21、膜，故C错误；D根据分析可知，电池总反应为4VB2+11O2 = 4B2O3+2V2O5，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题共6小题，共58分）15. 甲、乙两同学用实验确定某酸 HA 是弱电解质，其实验方案如下：甲：称取一定质量的 HA 配制0.1mo1.L-1的溶液100mL；用pH 试纸测出该溶液的pH，即可证明 HA 是弱电解质。乙： 用已知物质的量浓度的 HA 溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；各取相同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明 HA 是弱电韶质。回答下列问题：(1
22、)在甲方案的第 步中，要用到的定量玻璃仪器是 _。(2)甲方案中，说明 HA 是弱电解质的理由是测得溶液的pH _(填“”“Na+ Al3+ (4). (5). 2Na+2H2O=2Na+ +2OH +H2 (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】【分析】A、B为同周期相邻元素，二者化合而成的一种气体化合物为红棕色，该气体为NO2，因此A为氮元素，B为氧元素；D是地壳中含量最高的金属元素，D为铝元素；同一周期从左往右原子半径逐渐减小，C的原子半径在同周期原子半径中最大，且C的原子序数大于B，因此C为钠元素；A、B的原子最外层电子数之和为11，等于C、D、E原子的最
23、外层电子数之和，则E的最外层电子数为11-1-3=7，E为氯元素，故A、B、C、D、E分别为N、O、Na、Al、Cl；【详解】(1)A为氮元素，简单氢化物化学式为NH3，D为铝元素，最高价氧化物化学式为Al2O3；(2)C、D、E的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl-，离子核外电子层数越多，离子半径越大，因此Cl-的半径最大，离子核外电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此半径由大到小的顺序为：Cl-Na+Al3+；(3) B的简单氢化物是水，其电子式为；(4)C的单质Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O = 2Na+2OH-+H2；(5)D的单质为Al，C的最高价氧化物对应
24、水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2。20. 铬酸钠(Na2CrO4)为黄色晶体，易潮解，常用于制染料、颜料等。以铬铁矿(主要成分是FeO.Cr2O3)和纯碱为主要原料制备Na2CrO4的反应为4FeOCr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g) H0。回答下列问题：(1)制备 Na2CrO4时，常将铬铁矿石先粉碎，其目的是_；该反应在常温下_(填“能”或“不能”)自发进行。(2)一定条件下，将一定量的反应混合物置于密闭容器中反应，测得有关物理量与反应时
25、 间的变化关系如图1、2所示。在02min内CO2的平均反应速率为_；上述反应的化学平衡常数表达式K=_。由图1判断，反应进行至4min时，曲线发生变化的原因可能是_ (填字母)。a.升高温度 b.降低温度 c.增大压强 d.使用高效催化剂在图2上画出46min时间段v正和v逆的图像_。【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). 能 (3). 0.05molL 1min1 (4). (5). b (6). 【解析】【分析】（1）由，熵增加，反应放热的反应能自发进行；（2）平均反应速率，书写平衡常数表达式时，浓度不变的物质不用写进表达式；由图1中4min1时
26、CO2、O2的浓度不变，可知不是改变浓度或压强的原因，此后CO2的浓度增大，而加入催化剂后平衡不移动，只有温度的原因；由分析可知4-6min是降低温度，则正逆反应速率都降低，且平衡正向移动，说明正反应速率比逆反应速率大，由此画平衡图像。【详解】（1）将固体粉粹，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，由4FeOCr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g) H0是熵增加、放热的反应，能自发进行，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；能；（2）由图1可知，在02min内CO2的平均反应速率为，由反应4FeOCr2O3(s)+8Na2CO3(s)+7O2(g)8Na2CrO4(s)+2Fe2O3(s)+8CO2(g)，化学平衡常数表达式K=，故答案为：0.05molL 1min1；图1中4min时，CO2、O2的浓度不变，说明不是改变浓度或改变压强，4min后CO2的浓度增大，说明平衡正向移动，正反应为放热反应，降低温度能正向移动，故选b；4-6min是降低温度对新平衡的影响，降温正逆反应速率都降低，该反应向正向移动，则新的正反应速率大于逆反应速率，画出图像为：。