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广西钦州市钦州港经济技术开发区学年高一下
广西钦州市钦州港区2017年春季学期期末考试
高一年级化学试卷
一、选择题
1.已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下:
HH436kJ;ClCl243kJ;HCl431kJ。
下列所得热化学方程式或结论正确的是()。
A.2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH<0
B.H(g)+Cl(g)=HCl(g)ΔH=+431kJmol-1
C.相同条件下,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相等
D.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-183kJ
【答案】C
【解析】A.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),反应热△H=生成物的键能-反应物的键能=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431 kJ•mol-1=-183kJ•mol-1,即△H=-183kJ/mol,所以2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)的反应热△H>0,故A错误;B.因为断裂H-Cl要吸收431kJ,所以H(g)+Cl(g)=HCl(g)△H=-431 kJ•mol-1,故B错误;C.因为焓变与反应条件无关,所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相等,故C正确;D.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431kJ•mol-1=-183kJ•mol-1,热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/mol,故D错误;故选C。
2.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点,因而得到广泛应用。
锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液,电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)。
以下说法正确的是()。
A.电池工作时,MnO2失去电子
B.电池工作时,电子由锌经外电路流向MnO2
C.从反应方程式来看,不使用氢氧化钾,也不影响电流大小
D.电池的正极反应式为2MnO2(s)+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)
【答案】BD
【解析】A.根据总反应可知Zn被氧化,失去电子为原电池的负极,故A错误;B.原电池中,电子由负极锌经外电路流向正极MnO2,故B正确;C.不使用氢氧化钾,电解质导电能力差,影响电流,故C错误;D.MnO2为原电池的正极,发生还原反应,正极反应为2MnO2(s)+H2O
(1)+2e-═Mn2O3(s)+2OH-(aq),故D正确;故选BD。
点睛:
准确理解原电池原理是解题关键,根据电池总反应式为:
Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)═Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s),可知反应中Zn被氧化,为原电池的负极,负极反应为Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2,MnO2为原电池的正极,发生还原反应,正极反应为2MnO2(s)+H2O
(1)+2e-═Mn2O3(s)+2OH-(aq),以此解答该题。
C.从反应方程式来看,不使用氢氧化钾,也不影响电流大小
D.电池的正极反应式为2MnO2(s)+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)
3.下列措施不能达到节能减排目的的是
A.利用太阳能制氢燃料B.用家用汽车代替公交车
C.利用潮汐能发电D.用节能灯代替白炽灯
【答案】B
【解析】A.太阳能为清洁、可再生能源,取之不尽,用之不竭,利用太阳能制氢燃料,是节能同时减少污染气体排放,符合节能减排思想,故A不选;B.用家用汽车代替公交车,不能节能减排,反而增加了汽车尾气的排放,不符合节能减排思想,故B选;C.潮汐是一种绿色能源,利用潮汐发电,又可以节省资源,同时减少了气体的排放,符合节能减排思想,故C不选;D.用节能灯代替白炽灯,可以节约电能,符合节能减排思想,故D不选;故选B。
点睛:
熟悉节能减排的含义是解题关键,培养学生节能减排的理念,节能减排有广义和狭义定义之分,广义而言,节能减排是指节约物质资源和能量资源,减少废弃物和环境有害物(包括三废和噪声等)排放;狭义而言,节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放。
C.利用潮汐能发电D.用节能灯代替白炽灯
4.在电解水制取H2和O2时,为了增强导电性常常要加入一些电解质,最好选用
A.NaOHB.HClC.NaClD.CuSO4
【答案】A
【解析】试题分析:
本题考查电解原理,明确离子的放电顺序是解答本题的关键;电解水制取H2和O2时,阳极OH-放电,阴极H+放电,为了增强导电性,加入电解质增强导电性,必须保证放电的离子不发生变化。
A.加入NaOH时,仍然为阳极OH-放电,阴极H+放电,正确;B、加入HCl时,阳极氯离子放电生成氯气,错误;C、加入NaCl时,阳极氯离子放电生成氯气,错误;D、加入CuSO4时,阴极铜离子放电生成Cu,错误。
考点:
考查电解原理。
5.判断下列体系的熵变小于0的是()
A.水蒸气冷凝成水B.CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g)
C.乙烯聚合成聚乙烯D.N2O4(g)
2NO2(g)
【答案】AC
【解析】A.同一物质的熵与其聚集状态有关:
S(g)>S
(1)>S(s),所以水蒸气冷凝成水,熵值减小,故A正确;B.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)反应过程中生成气体,熵值增加,故B错误;C.乙烯聚合成聚乙稀,有气体反应生成固体,熵值减小,故C正确;D.N2O4(g)=2NO2(g)正反应为气体体积增大的反应,熵值增加,故D错误;故选AC。
6.下列物质中,含有非极性共价键的离子化合物的是()
A.NH4NO3B.Cl2C.H2O2D.Na2O2
【答案】D
【解析】A.硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子中均存在极性共价键,两离子之间只存在离子键,故A错误;B.氯气是单质,故B错误;C.双氧水分子中H-O原子之间存在极性键、O-O原子之间存在非极性键,为共价化合物,故C错误;D.过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键,故D正确;故选D。
7.已知某元素的最高化合价为+7价,下列说法中正确的是
A.该元素在元素周期表中一定处于ⅦA族B.该元素可能是氟元素
C.该元素的某种化合物可能具有漂白性D.该元素的单质没有还原性
【答案】C
【解析】A.已知某元素的最高化合价为+7价,该元素可能为第VIIA族元素,也可能为第VIIB族元素,故A错误;B.F元素没有最高正价,不可能为氟元素,故B错误;C.若该元素为Cl元素,则其某种化合物可能具有漂白性,如HClO,故C正确;D.若该元素为第VIIB族元素,如锰元素,属于金属元素,其单质具有还原性,故D错误;故选C。
C.该元素的某种化合物可能具有漂白性D.该元素的单质没有还原性
8.下列物质中,不能和氯气发生取代反应的是
A.CH3ClB.CCl4C.CH2Cl2D.CH4
【答案】B
【解析】试题分析:
氯代烃与氯气发生取代反应时,分子中必须有氢原子,没有氢原子则不能发生取代反应。
答案选B。
考点:
取代反应
9.在常温下,把一个盛有一定量甲烷和氯气的密闭玻璃容器放在光亮的地方,两种气体发生反应,下列叙述不正确的是
A.容器内压强不变B.容器内分子总数不变
C.容器内原子总数不变D.容器内发生的反应是取代反应
【答案】A
【解析】试题分析:
甲烷与氯气反应产物为氯代甲烷和HCl,反应后原子总数不变,分子总数也不变,但是由于CCl4是液态,故气体的物质的量减小,反应后压强减小,该反应为取代反应。
考点:
考查甲烷的取代反应。
10.下列关于有机物的叙述中,不正确的是
A.烷烃的同系物的分子式可用通式CnH2n+2表示
B.互为同系物的有机物也互为同分异构体
C.两个同系物之间的相对分子质量差为14或14的整数倍
D.同分异构体间具有相似的化学性质
【答案】BD
【解析】试题分析:
A、烷烃是饱和烃,同系物的分子式可用通式CnH2n+2表示,正确;B、互为同系物的有机物的分子式不可能相同,所以不可能是同分异构体,错误;C、同系物分子组成相差1个或若干个CH2,所以相对分子质量差为14或14的整数倍,正确;D、同分异构体可分为碳链异构、官能团位置异构、官能团异构等,碳链异构、官能团位置异构可能具有相似的化学性质,官能团异构可能具有完全不同的化学性质,错误,答案选BD。
考点:
考查同系物、同分异构体中结构与化学性质的关系
11.下列各组物质中属于同分异构体的是
A.正丁烷和异丁烷B.金刚石和石墨C.12C和13CD.乙烯和乙烷
【答案】A
【解析】试题分析:
A.正丁烷和异丁烷是分子式相同,结构不同的化合物,是同分异构体,正确;B.金刚石和石墨是由同种元素组成的不同性质的单质,是同素异形体,错误;C.12C和13C是质子数相同而中子数不同的原子,互称同位素,错误;D.乙烯和乙烷的分子式不同,也没有相同的通式,都是有机化合物,错误。
考点:
考查同分异构体的概念的辨析及判断的知识。
12.石油催化裂化和裂解的目的是()
A.使长链烃分子断裂为短链烃分子B.从石油中获得较多的芳香烃
【答案】A
【解析】A.通过石油裂化和裂解可以使长链烃分子断裂为短链烃分子,故A正确;B.石油催化重整能获得芳香烃,故B错误;C.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等,故C错误;D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等,故D错误;故选C。
C.前者为了得到短链的不饱和烃,后者为了提高汽油产量和质量,
D.提纯石油除去杂质
13.现有四种试剂:
①新制氢氧化铜悬浊液;②浓硝酸;③硝酸银溶液;④碘水。
为了鉴别葡萄糖、淀粉、食盐、鸡蛋清四瓶无色溶液,分别选择合适的试剂,正确的顺序是()。
A.①②③④B.④①②③C.①④②③D.①④③②
【答案】D
【解析】鉴别葡萄糖,可加入新制备氢氧化铜浊液,葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀;因淀粉遇碘变蓝,可利用碘水来鉴别;氯离子和银离子反应生成白色沉淀,可选硝酸银溶液;蛋白质遇浓硝酸变黄,故选D。
点睛:
明确物质的性质是解题关键,因淀粉遇碘变蓝,可利用碘水来鉴别淀粉,蛋白质遇浓硝酸变黄,葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀,氯离子和银离子反应生成白色沉淀,根据物质不同的性质选取试剂。
14.下列制备金属单质的方法或原理正确的是()
A.在高温条件下,用H2还原MgO制备单质Mg
B.在通电条件下,电解熔融Al2O3制备单质Al
C.在通电条件下,电解饱和食盐水制备单质Na
D.加强热,使CuO在高温条件下分解制备单质Cu
【答案】B
【解析】A项,Mg是活泼的金属,应采用电解熔融MgCl2的方法制取;C项,应采用电解熔融NaCl的方法制备Na;D项,利用CuO制备Cu,应采用热还原法,如H2+CuO
Cu+H2O。
15.塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料都是以煤、石油和天然气为原料生产的,下列有关说法错误的是()
A.天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇
B.煤可以直接液化,煤与氢气作用生成液体燃料
C.乙烯、丙烯、甲烷等主要化工基本原料都可以由石油分馏得到
D.聚乙烯塑料的主要成分聚乙烯是由乙烯通过加聚反应制得的
【答案】C
【解析】乙烯、丙烯、甲烷等化工原料是通过石油裂解得到的。
二、实验题
16.50mL0.50molL-1盐酸与50mL0.55molL-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
回答下列问题:
(1)从实验装置上看,图中尚缺少的一种玻璃仪器有________。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_______
(3)大烧杯上如不盖硬纸板,求得的中和热数值________(填“偏大”“偏小”“无影响”)
(4)实验中改用60mL0.50molL-1盐酸跟50mL0.55molL-1NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量________(填“相等”“不相等”),所求中和热________(填“相等”“不相等”),简述理由___________________________________。
(5)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热的数值会____________;用50mL0.50molL-1NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热的数值会________。
(均填“偏大”“偏小”“无影响”)
【答案】
(1).环形玻璃搅拌棒
(2).减少实验过程中的热量损失(3).偏小(4).不相等(5).相等(6).因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量,与酸碱的用量无关(7).偏小(8).偏小
【解析】
(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒;
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失;
(3)大烧杯上如不盖硬纸板,会有一部分热量散失,求得的中和热数值将会减小;
(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,并若用60mL0.5mol•L-1盐酸溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,生成水的量增多,所放出的热量偏高,但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热,与酸碱的用量无关,所以用60mL0.50mol•L-1盐酸溶液进行上述实验,测得中和热数值相等;
(5)NH3•H2O是弱电解质,电离过程为吸热过程,所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应,反应放出的热量小于57.3kJ,故偏小;用50mL0.50molL-1NaOH溶液进行上述实验,实际生成的水偏少,放出的热量偏低,测得的中和热数值偏小。
17.某学生进行下图所示的锌铜原电池的实验:
(1)从理论上讲,预期看到的现象是__________________________________。
(2)实验过程中,观察到锌极上有少量气泡逸出,铜极上有大量气泡逸出。
试解释:
_________________________________________________________________
【答案】
(1).Zn片溶解,Cu片上有大量气泡,电流计指针发生偏转
(2).Zn片不纯,Zn与杂质构成许多微小的原电池所致
【解析】
(1)原电池工作时,铜片上有无色气泡产生,锌片溶解,电流计指针发生偏转;
(2)如锌片不纯,锌与杂质构成了许多微小的原电池,在锌片上也能生成氢气。
18.下图中的实验装置可以用于实验室制取乙炔。
请填空
(1)图中,A管的作用是____________。
制取乙炔的化学反应方程式为____________。
(2)乙炔通入酸性KMnO4溶液中,发生____________反应,可以观察到____________现象。
(3)乙炔燃烧的化学方程式为________________________,点燃乙炔前应该先________________________。
【答案】
(1).调节水面的高度来控制反应的发生和停止
(2).CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑(3).氧化(4).紫色酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色(5).2CH≡CH+5O2
4CO2+2H2O(6).验纯
19.有人设计了实验室分馏原油的五个步骤:
①将蒸馏烧瓶固定在铁架台上,在蒸馏烧瓶上塞好带温度计的橡皮塞。
②连接好冷凝管。
将冷凝管固定在铁架台上,将和冷凝管进水口相接的橡皮管的另一端和水龙头连接,将和出水口相接的橡皮管的另一端放在水槽中。
③把酒精灯放在铁架台上,根据酒精灯高度确定铁圈的高度,放好石棉网。
④向蒸馏烧瓶中放入几片碎瓷片,再用漏斗向烧瓶中加入原油,塞好带温度计的橡皮塞,把连接器连接在冷凝管的末端,并伸入接收装置(如锥形瓶)中。
⑤检查气密性(利用给固定装置微热的方法)。
请完成以下题目:
(1)上述实验正确的操作顺序是___________(填序号)。
(2)所用的主要仪器有_______________________________________________________。
(3)冷凝管里水流的方向与蒸气的流向___________(填“相同”或“相反”)。
(4)温度计的水银球应放在___________位置,以测量___________的温度。
(5)蒸馏烧瓶中放入几片碎瓷片的目的是_______________________。
【答案】
(1).③①②⑤④
(2).铁架台(带铁圈、铁夹)、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、接液管、锥形瓶(3).相反(4).蒸馏烧瓶支管口下(5).蒸气(6).防止暴沸
【解析】
(1)实验的操作顺序是:
先组装仪器(按组装仪器的顺序从下到上,从左到右),然后检验装置的气密性,最后添加药品,所以该实验操作顺序是:
③①②⑤④;
(2)蒸馏需要的仪器是(从下到上,从左到右)铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶;
(3)冷凝管里水流的方向与蒸气的流向相反,否则不能使蒸馏水充满冷凝管,不能充分冷凝;
(4)温度计测量的是蒸汽的温度,故应放在支管口;
(5)液体加热要加沸石或碎瓷片,防止暴沸。
20.利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。
某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程,所设计的装置如下图所示:
(1)A中制取C12反应的化学方程式是_____________________________。
(2)D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末,其作用是_________________________。
(3)E装置的作用是______________(填序号)。
A.收集气体B.吸收氯气C.吸收氯化氢
(4)E装置中除了有盐酸生成外,还含有有机物,从E中分离出盐酸的最佳方法是______________。
(5)将lmolCH4与C12发生取代,测得4种有机取代物的物质的量相等,则消耗的氯气的物质的量是______________。
三、填空题
【答案】
(1).MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2).除去Cl2(3).C((4).分液(5).2.5mol
【解析】
(1)MnO2能将HCl(浓)氧化为MnCl2和Cl2,A中制取Cl2反应的化学方程式MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气,发生反应:
2KI+Cl2=2KCl+I2;
(3)由于上述过程中产生的氯气和HCl均易导致大气污染,所以E的作用是吸收尾气,HCl极易溶于水易发生倒吸,所以E还可以防止倒吸,故答案为C;
(4)E装置中除了有盐酸生成外,还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水,能分层,可用分液分开;
(5)1mol甲烷完全与氯气发生取代反应,若生成相同物质的量的四种取代物,所以每种取代物的物质的量是0.25mol,甲烷和氯气的取代反应中,被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等,所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯气0.25mol氯气,生成0.25mol二氯甲烷需要氯气0.5mol,生成0.25mol三氯甲烷需要氯气0.75mol氯气,生成0.25mol四氯化碳需要氯气1mol,所以总共消耗氯气的物质的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol。
点睛:
明确实验原理是解题关键,本实验中甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢.A装置是浓盐酸和二氧化锰制取氯气的发生装置,通过B装置,除去氯气中的水蒸气,控制两种气体的流速,使氯气和甲烷混合均匀,C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置,D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气,尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷,容易污染空气,需要进行尾气处理。
21.BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料,曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验,它是锗酸铋的简称。
若知:
①在BGO中锗处于最高价态,②在BGO中,铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同,在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物,且在BGO晶体的化学式中,这两种氧化物中所含氧的总质量相同,请填空:
(1)锗和铋的元素符号分别是_________________________________
(2)BGO晶体的化学式是__________________
(3)BGO晶体中所含铋的氧化物的化学式是____________。
【答案】
(1).Ge、Bi
(2).Bi4(GeO4)3(或Bi4Ge3O12或2Bi2O33GeO2)(3).Bi2O3
【解析】
(1)锗和铋的元素符号分别为Ge,Bi;
(2)因锗(Ge)元素为+4价,则其氧化物的化学式为GeO2,铋元素(Bi)的化合价表现为+3,则其氧化物的化学式为Bi2O3,由两种氧化物所含氧的质量相同,则BGO的化学式可写成:
3GeO2•2Bi2O3,即化学式为Bi4Ge3O12;
(3)因在BGO中呈+3价,所以氧化物为Bi2O3。
22.A、B、C、D四种短周期元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有5个电子;B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。
(1)A的最高价氧化物的水化物是___________(填化学式);
(2)物质E中所包含的化学键有______________,写出C、D两元素形成的化合物C2D的电子式______________________;
(3)把盛有48mLAB、AB2混合气体的容器倒置于水中(同温、同压下),待液面稳定后,容器内气体体积变为24mL,则原混合气体中AB的体积分数为__________。
【答案】
(1).HNO3
(2).离子键、(非极性)共价键(3).
(4).25%
【解析】A、B、C、D为四种短周期元素,原子序数依次增大,B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,则固体E为Na2O2,则B为O元素、C为Na元素;A的原子序数小于B,且A原子的最外层上有5个电子,则A为N元素;D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和,则D原子M层电子数为8-2=6,核外电子排布为2、8、6,则D为S元素,
(1)A为N元素,其最高价氧化物的水化物的化学式是HNO3;
(2)物质E为Na2O2,所包含的化学键有:
离子键和非极性共价键;C、D两元素形成的化合物为Na2S,由钠离子与硫离子构成,其电子式为:
;
(3)把盛有48mL NO、NO2混合气体的容器倒置于水中(同温同压下),待液面稳定后,容器内气体体积变为24mL,令NO2的体积为xmL,则:
3NO2+H2O=2HNO3+NO 体积减小
3 1
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