江西省南昌市新建一中2024-2025学年高一化学下学期线上期中试题含解析

PAGE15-江西省南昌市新建一中2024-2025学年高一化学下学期线上期中试题（含解析）相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Zn65Ba137一、单选题(每小题5分，共80分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.ETH天文探讨报道称组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是A.20Ne和22Ne互为同位素 B.20Ne和22Ne互为同素异形体C.20Ne和22Ne的质量数相同 D.20Ne和22Ne的中子数相同【答案】A【解析】【分析】具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素．同种元素形成的不同单质为同素异形体．在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。【详解】A．由具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素，20Ne和22Ne互为同位素，故A正确；B．同种元素形成的不同单质为同素异形体，20Ne和22Ne不是同素异形体，故B错误；C．20Ne和22Ne的质量数分别为20、22，故C错误；D．20Ne和22Ne的中子数分别为20−10=10、22−10=12，故D错误；答案选A。2.下列关于化学用语的表述正确的是（）A.原子核内有8个中子的碳原子CB.HClO的结构式为H-Cl-OC.Ca2+的结构示意图为D.NH4Cl的电子式【答案】C【解析】【详解】A.原子符号左下角的数子表示质子数，左上角的数子表示质量数，质量数等于质子和中子之和，原子核内有8个中子的碳原子C，故A错误；B．HClO分子中的中心原子是O，不是Cl，HClO的结构式为H-O-Cl，故B错误；C．钙是20号元素，易失去最外层是2个电子，形成钙离子，Ca2+的结构示意图为，故C正确；D．NH4Cl的电子式，故D错误；故选C。3.恒温恒容条件下，能说明反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)肯定处于化学平衡状态是A.C的浓度不再变更 B.容器内的压强保持不变C.C与D的物质的量相等 D.消耗1molB的同时生成0.5molD【答案】A【解析】【详解】A.依据平衡状态的定义，C的浓度不再变更，反应肯定平衡，故选A；B.A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)反应前后气体的物质的量不变，气体压强是恒量，容器内的压强保持不变，不肯定平衡，故不选B；C.C与D的物质的量相等，C与D的浓度不肯定不再变更，所以不肯定平衡，故不选C；D.消耗1molB的同时生成0.5molD，都表示正反应速率，不能推断正逆反应速率相等，所以反应不肯定平衡，故不选D。4.下列装置中能构成原电池的是（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】构成原电池需具备以下条件：两个活性不同的电极；电解质溶液；形成闭合回路；存在能自动发生的氧化还原反应，据此分析解答。【详解】A．该装置没有形成闭合回路，不能构成原电池，故A不选；B．该装置中两根电极都是锌，活性相同，不能构成原电池，故B不选；C．该装置存在两个活性不同的电极、可发生氧化还原反应、存在电解质溶液、形成闭合回路，可构成原电池，故C选；D．酒精为非电解质，不存在电解质溶液，不能构成原电池，故D不选；故选C。【点睛】明确原电池的几个构成要素是解题的关键。本题的易错点为D，要留意电解质和非电解质的推断。5.下列变更属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变成白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A.①②④ B.②③ C.①④⑤ D.②④【答案】D【解析】【详解】①液态水汽化是吸热过程，是物理变更，不属于化学反应,不符合题意；②将胆矾加热变成白色粉末，失去结晶水发生化学反应，是吸热反应，符合题意；③浓硫酸稀释过程放热，不符合题意；④在加热条件下氯酸钾发生分解反应制氧气，是吸热反应，符合题意；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，是放热反应，不符合题意；据此回答；答案选D。【点睛】这个题简洁错的地方就是把吸热过程和吸热反应混淆了。吸热过程包含吸热反应。硝酸铵固体溶于水、固态熔化、液态气化都属于要汲取热量的物理变更。6.在2A＋B=3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A.v（A）＝0.5mol·L－1·s－1 B.v（B）＝0.3mol·L－1·s－1C.v（C）＝0.8mol·L－1·s－1 D.v（D）＝1mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【详解】A．v(A)/2=0.5mol·L－1·s－1/2=0.25mol·L－1·s－1;B．v(B)/1=0.3mol·L－1·s－1/1=0.3mol·L－1·s－1;C．v(C)/3=0.8mol·L－1·s－1/3=0.27mol·L－1·s－1;D．v(D)/4=1mol·L－1·s－1/4=0.25mol·L－1·s－1。答案选B。【点睛】2A＋B=3C＋4D反应中，四种物质的计量数分别为2、1、3、4，每个选项均除以计量数可快速比较反应速率快慢，比传统方法简洁、省时。7.下列各组物质中，键的类型不同的是（）A.HCl和HNO3 B.H2O和NH3 C.Na2S和NaCl D.CCl4和Na2O【答案】D【解析】【详解】A.氯化氢中只含共价键，硝酸中只含共价键，故A不选；B.水、氨气中都只含共价键，故B不选；C.硫化钠、氯化钠中都只含离子键，故C不选；D.四氯化碳中只含共价键，氧化钠中只含离子键，故D选。故选D。【点睛】多数状况下，金属和非金属间形成键是离子键（氯化铝、氯化铍除外）；非金属和非金属之间形成的键是共价键（铵盐除外），这是区分两者的重要因素。8.将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在肯定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)＝2C(g)若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，现有下列几种说法①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol/(L·s)②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol/(L·s)③2s时物质A的转化率为70％④2s时物质B的浓度为0.7mol/L其中正确的是A.①③ B.①④ C.②③ D.③④【答案】B【解析】【详解】①依据方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，则A的平均反应速率为：=0.3mol/(L·s)，故正确；②同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v(A)=2v(B)，所以v(B)=0.15mol/(L·s)，故错误；③△c(A)=0.6mol/L，容器体积为2L，则△n(A)=1.2mol，转化率为=30%，故错误；④B的起始浓度为=1mol/L，依据方程式知，2△c(B)=△c(C)，则△c(B)=0.3mol/L，所以2s时B的浓度为1mol/L-0.3mol/L=0.7mol/L，故正确；综上所以答案为B。9.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行试验。下列说法不正确是甲乙丙装置现象金属W不断溶解Y的质量增加W上有气体产生A.装置甲中W作原电池负极B.装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝CuC.装置丙中溶液的c(H+)不变D.四种金属的活动性强弱依次为Z＞W＞X＞Y【答案】C【解析】【详解】A.W不断溶解，说明W失电子发生氧化反应，所以装置甲中W作原电池负极，故A正确；B.装置乙中Y的质量增加，说明溶液中铜离子在Y极得电子生成铜单质，Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu，故B正确；C.W极有气体生成，说明氢离子得电子生成氢气，装置丙中c(H+)减小，故C错误；D.甲装置中金属W不断溶解，W是负极，活泼性W＞X；乙装置中Y的质量增加，Y是正极，活泼性X＞Y；丙装置中W上有气体产生，W是正极，活泼性Z＞W；所以四种金属的活动性强弱依次为Z＞W＞X＞Y，故D正确；选C。【点睛】本题考查原电池学问，留意把握原电池中正负极的推断方法以及电极方程式的书写方法，明确活泼金属作负极，侧重于考查学生对基础学问的应用实力。10.应用元素周期律的有关学问，可以预料我们不熟识的一些元素的单质及其化合物的性质。下列预料中正确的是A.砹(At)单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸B.第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C.Li在氧气中猛烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱D.非金属性F＞Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为F2+2Cl−=Cl2+2F−【答案】A【解析】【详解】A．卤素单质从上到下单质的颜色加深，状态由气体、液体、固体变更。氯化银、溴化银和碘化银均不溶于水和稀硝酸，故AgAt也不溶于水和硝酸，故A正确；B．N的气态氢化物为NH3，其水溶液显碱性，故B错误；C．Li不如Na活泼，在氧气中燃烧只生成Li2O，故C错误；D．F2氧化性特别强，将F2通入NaCl溶液中与其中的水发生置换反应，该反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故D错误；故答案为：A。【点睛】F2的氧化性为元素周期表中最强的非金属单质，其与盐的水溶液反应相对特别，若溶质为强还原性物质，则与溶质发生氧化还原反应，若溶液中不含有强还原性物质，则干脆与水发生反应，且能生成氧气，也是中学阶段唯一一种能够与水反应生成氧气的非金属单质。11.下列关于甲烷的叙述正确的是A.甲烷分子的立体构型是正四面体，所以，CH2Cl2有两种不同构型B.甲烷可以与氯气发生取代反应，因此，可以使氯水褪色C.甲烷能够燃烧，在肯定条件下会发生爆炸，因此，是矿井平安的重要威逼之一D.甲烷能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．因甲烷是正四面体型，所以，CH2Cl2不存在同分异构体，选项A错误；B．甲烷和氯气在光照的条件下可发生取代反应，但和氯水不反应，选项B错误；C．不纯甲烷点燃易爆炸，是矿井平安的重要威逼之一，选项C正确；D．甲烷与氯气的取代是多步取代同时存在，将甲烷与氯气以体积比1：1的比例混合，光照条件下可得到多种取代物，选项D错误。答案选C。12.下列说法中，错误的是（）A.无论乙烯与Br2的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关B.用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C.相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同D.利用燃烧的方法可以鉴别乙烯和甲烷【答案】C【解析】【详解】A.乙烯分子中的碳碳双键中有一个键不稳定、易断裂，故其化学性质比较活泼。因此，无论乙烯与Br2的加成，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与分子内含有碳碳双键有关，A说法正确；B.乙烯能与溴水和酸性KMnO4溶液反应而使其褪色，但是乙烷不能，故能用溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和乙烷，B说法正确；C.乙烯和甲烷中氢的质量分数不同，故相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量不同，C说法不正确；D.甲烷燃烧产生淡蓝色火焰，乙烯燃烧，火焰光明有黑烟，故可以利用燃烧的方法可以鉴别乙烯和甲烷，D说法正确。故选C。13.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应式为Ag2O+Zn+H2O===2Ag+Zn(OH)2，下列说法中不正确的是A.原电池放电时，负极上发生反应的物质是ZnB.负极发生的反应是Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2C.工作时，负极区溶液c(OH−)减小D.溶液中OH−向正极移动，K+、H+向负极移动【答案】D【解析】【分析】依据总反应式Ag2O+Zn+H2O===2Ag+Zn(OH)2分析化合价变更可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2，正极反应为Ag2O+2e−+H2O===2Ag+2OH−。在负极区，OH−被消耗，溶液碱性减弱，溶液中的OH−作定向移动到负极来补充，正极区生成OH−，溶液碱性增加，故D项错误。【详解】A、依据电池反应式知，Zn失电子发生氧化反应而作负极，氧化银作正极，故A正确；B、负极发生反应Zn+2OH－-2e－=Zn(OH)2，故B正确；C、负极发生反应Zn+2OH－-2e－=Zn(OH)2，溶液pH值减小，正极上发生反应：Ag2O+H2O+2e－═2Ag+2OH－，溶液pH增大，故C正确；D、放电时，电解质溶液中OH－向负极移动，K＋、H＋向正极移动，故D错误。故选D。14.工业上用CO和H2生产燃料甲醇(CH3OH)。肯定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如图所示(反应混合物均呈气态)。下列说法错误的是A.反应的化学方程式：CO+2H2⇌CH3OHB.反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态C.反应至10分钟，CO的转化率为75%D.反应至3分钟，用甲醇来表示反应的平均速率为mol/(L·min−1)【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应至10分钟达到平衡状态，△c(CO)=1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，△c(CH3OH)=0.75mol/L−0=0.75mol/L，△c(CO)：△c(CH3OH)=1：1，依据原子守恒可知，反应的化学方程式：CO+2H2CH3OH，故A不符合题意；B．反应进行至3分钟时，并没有达到化学平衡状态，因此正、逆反应速率不相等，故B符合题意；C．反应至10分钟时，△c(CO)=1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，CO的转化率，故C不符合题意；D．反应至3分钟，甲醇的平均反应速率，故D不符合题意；故答案为：B。15.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是()A.X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C.Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应简洁D.X的原子半径小于Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，Z位于第三周期，其第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】A.X的最常见气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，A项错误；B.非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，B项正确；C.非金属性O>S，所以Y的单质与氢气反应较Z猛烈，C项错误；D.同周期从左向右原子半径在减小，则X的原子半径大于Y，D项错误；答案选B。16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表元素符号XYZRT原子半径（nm）0.16000800.1020.1430.074主要化合价+2+2-2，+4，+6+3-2依据表中信息，推断以下说法正确的是（）A.单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>X>YB.离子半径：T2->X2+C.元素最高价氧化物的水化物的碱性：Y>R>XD.单质与氢气化合由易到难：Z>T【答案】B【解析】【分析】短周期元素，X、Y都有+2价，处于ⅡA族，原子半径X＞Y，则X为Mg、Y为Be；Z、T都有-2价，而Z有+2、+6价，可推知Z为S元素、T为O元素；R有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于S，则R为Al。【详解】A．金属性Mg＞Al，故与稀硫酸反应的速率快慢：Mg＞Al，故A错误；B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2－＞Mg2＋，故B正确；C．金属性Mg＞Be，Mg＞Al，故碱性Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C错误；D．非金属性O＞S，故氧气比硫更简洁与氢气化合，故D错误，故选B。【点睛】本题考查性质结构位置关系应用，元素周期律等，依据元素化合价与比较确定元素是解题关键，难点B，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小。二、非选择题(除标注外每空3分，共70分)17.A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中，A、C及B、D分别是同主族元素；A元素的原子半径是全部主族元素中原子半径最小的；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体。（1）写出以下元素的名称：B___；C___。（2）写出D元素在周期表中的位置___。（3）用电子式表示C2D的形成过程：___。（4）写出由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物的的电子式___；属于___（填“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键的种类有___；写出它与水反应的化学方程式___。【答案】(1).氧(2).钠(3).第三周期，ⅥA族(4).(5).(6).离子(7).离子键、非极性键(8).2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径是全部主族元素中原子半径最小的，则A为氢元素；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；则B、D在二、三周期，故C处于第三周期，则C为钠元素；B、D分别是同主族元素，B、D两元素的原子核中质子数之和为2×（1+11）=24，故B为氧元素，D为硫元素；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体，符合要求。【详解】由以上分析：A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素。（1）由上述分析可知，B为O元素，名称为氧；C为Na元素，名称为钠，故答案为：氧；钠；（2）D为硫元素在周期表中的位置第三周期，ⅥA族；故答案为：第三周期，ⅥA族；（3）C2D为Na2S，由钠离子与硫离子构成，电子式表示Na2S的形成过程为：，故答案为：；（4）B为氧元素，C为钠元素，由两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式为：；由钠离子与过氧根离子构成，属于离子化合物，钠离子与过氧根离子之间为离子键，过氧根离子中氧原子之间为非极性键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑；故答案为：；离子；离子键、非极性键；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。【点睛】以元素推断为载体，考查学生利用原子的结构来推断元素、常用化学用语等，留意本题中利用A、C与B、D的质子数之和关系分析是解答本题的难点，易错点，用电子式表示Na2S的形成过程，用“→”不用“=”号。18.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变更曲线如图所示：(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，试验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)00.240.360.400.400~50s内的平均反应速率v(N2)=_________。(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中___(填“汲取”或“放出”)的能量为____，反应达到(2)中的平衡状态时，对应的能量变更的数值为____kJ。(4)为加快反应速率，可以实行的措施是_______a.降低温度b.增大压强c.恒容时充入He气d.恒压时充入He气e.刚好分别NH3【答案】(1).3X+Y⇌2Z(2).1.2×10−3mol/(L·s)(3).放出(4).46kJ(5).18.4(6).b【解析】【分析】（1）依据曲线的变更趋势推断反应物和生成物，依据物质的量变更之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）依据=计算；（3）形成化学键放出能量，断裂化合价汲取能量；(4)依据影响反应速率的因素分析；【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；（2）0～50s内，NH3物质的量变更为0.24mol，依据方程式可知，N2物质的量变更为0.12mol，(Z)==1.2×10−3mol/(L·s)；（3）断裂1mol汲取946kJ的能量，断裂1molH-H键吸能量436kJ，形成1moN-H键放出能量391kJ，依据方程式3H2+N2⇌2NH3，生成2mol氨气，断键汲取的能量是946kJ+436kJ×3=2254kJ，成键放出的能量是391kJ×6=2346kJ，则生成1molNH3过程中放出的能量为=46kJ；反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气，所以放出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ；(4)a.降低温度，反应速率减慢，故不选a；b.增大压强，体积减小浓度增大，反应速率加快，故选b；c.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选c；d.恒压时充入He气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故不选d；e.刚好分别NH3，浓度减小，反应速率减慢，故不选e。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，依据键能计算反应热，影响化学反应速率的因素，留意压强对反应速率的影响是通过变更浓度实现的，若变更了压强而浓度不变，则反应速率不变。19.原电池原理的发觉是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。(1)将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：甲乙丙①下列说法正确的是________。A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙中铜片上没有明显变更C甲中铜片质量削减、乙中锌片质量削减D两烧杯中溶液的pH均增大②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲________乙(填“>”“<”或“＝”)。③请写出图中构成原电池的负极电极反应式：________________________________。④当甲中溶液质量增重31.5g时，电极上转移电子数目为________。(2)图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。通甲烷一极的电极反应方程式为____________________________________________________________。【答案】(1).BD(2).>(3).Zn－2e－===Zn2＋(4).NA(5).CH4+10OH—-8e-=CO32-+7H2O【解析】【详解】（1）①A、甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合