河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期化学期中考试试题（含答案）

河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期化学期中考试试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与生产、生活密切相关，下列说法中错误的是（）A．陶瓷的主要原料是黏土B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料C．风力发电时机械能转化为电能、热能D．废旧电池应采用深挖填埋的方式处理2．下列关于化学反应与热能的表述错误的是（）A．化合反应都是放热反应，化学能转化为热能B．吸热反应可以看成是热能转化为化学能被生成物所“储存”C．断键吸收能量，形成化学键放出能量D．吸热或者放热取决于反应物和生成物总能量的相对大小3．氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，下列关于氮及其化合物的说法错误的是（）A．雷雨天气，N2B．NO、NOC．NH3与D．常温下，可用铝罐储存浓硝酸4．下列有关电解原理的说法错误的是（）A．工业上直接电解海水制得烧碱 B．电解时电能转化为化学能C．电解水时阳极生成氧气 D．可以用电解的方法冶炼金属5．下列关于煤和石油的说法错误的是（）A．煤和石油均是混合物，属于传统能源B．石油裂化和裂解的主要目的都是为了得到重要产品乙烯C．新型煤化工以生产清洁能源和可替代石油化工的产品为主D．煤化工和石油化工均可以制得汽油6．在2L恒容密闭容器中加入足量的炭和2mol水蒸气发生反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，A．v(C)=0B．5min时H2O(g)C．因C足量，所以H2D．5min时n(CO)=07．用NAA．22.4LB．1molN2与3molH2C．1mol⋅L−1MgClD．64gCu与足量浓硝酸反应时得到电子数目为28．两种常见烃①②的球棍模型如图所示，下列叙述错误的是（）A．①属于饱和烃，②属于不饱和烃B．可以用酸性高锰酸钾溶液将二者区分开C．可以用溴水除去①中混有的②杂质D．等质量的①②充分燃烧时，②消耗的O29．已知：H2(g)与O2A．反应过程中断裂非极性键，形成极性键B．1molH2(g)和0C．若2H(g)和O(g)生成1molH2D．该反应的热化学方程式可表示为H2(g)+10．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．NH4Cl的电子式为B．反应①、②均为氧化还原反应C．反应①的化学方程式为ND．除去NaCl固体中的NH4Cl可加入少量MgO并充分加热11．下列与苯相关的说法中，正确的是（）A．苯分子中6个碳原子连接成平面正六边形B．苯分子中含有碳碳双键，可与H2C．无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别己烯与苯D．苯加入溴水中发生取代反应，使溴水颜色变浅12．化学兴趣小组按如图所示装置，用过量的铜分别与等物质的量的浓硝酸、稀硝酸反应（实验前原试管中充满N2A．实验①②生成气体的物质的量相等B．实验②左侧试管中有红棕色气体生成C．实验②停止反应后，向左侧试管中加入适量稀硫酸，铜片继续溶解D．将实验中所用铜片换成铁片，两实验中现象均不变13．如图所示为锌锰干电池的构造示意图，总反应：Zn+2MnOA．锌为负极，电极反应式为Zn−2B．石墨棒为正极，电极反应式为2MnC．NH4ClD．电子从锌筒流出，经外电路流入石墨，再经NH14．某温度时，在2L容器中，X、Y、Z三种气体物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．反应方程式为X+3Y⇌2ZB．该反应条件下，2min时X的转化率达到最大C．第2min时的化学反应速率v(Z)=0D．2min后虽然X的浓度不再变化，但X仍在发生反应二、非选择题（本题共4小题，共58分）15．某化学兴趣小组在实验室中模拟甲烷与氯气的反应，模拟装置如图所示。回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为。（2）装置B有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③。（3）写出装置C中生成CH3Cl（4）装置D的石棉中均匀混有足量KI粉末，其作用是，装置C与装置D中发生反应的类型（填“相同”或“不同”）。（5）装置E中干燥管的作用是，实验过程中观察到E中有气泡产生，同时有油状液体生成，气泡的主要成分为，分离出油状液体的最佳方法为。16．在化学反应中，不仅有物质的变化，还伴随着能量的变化。回答下列问题：（1）H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)=2HI(g)，生成2molHI(g)时反应放出热量akJ（a、b、c均大于零）。断开1molH—H键和1molI—I键所需能量（填“大于”或“小于”）断开2molH—I键所需能量，向密闭容器中加入1mol（2）“海泥电池”既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理。电池工作原理如图所示，其中微生物代谢产物显酸性。B电极为（填“正”或“负”）极，微生物作用下发生的反应为，除去3.0gCH2（3）常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓硝酸中组成原电池装置（如图甲），测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生。t1s前，原电池的负极是，t117．我国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。回答下列问题：Ⅰ．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解（1）上述过程中，能量的变化形式是由转化为。（2）二氧化碳催化加氢制甲醇［反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH0~2min内H2的平均反应速率为mol⋅L−1⋅min−1（3）平衡时，CO2的转化率为（4）下列能表明该反应已经达到平衡状态的是____（填字母）。A．vB．n(COC．压强保持不变D．容器中CH3OH（5）Ⅱ．二氧化碳催化加氢制得的甲醇（CHA电极为燃料电池的（填“正”或“负”）极，B电极的电极反应式为。（6）该燃料电池每消耗标准状况下11.2LO2时，外电路中通过电子的物质的量为18．为消除燃煤烟气中含有的SO【方法一】以NaClO作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”，将烟气中的SO2、NO（1）300mL1.0mol⋅L−1NaClO溶液理论上最多能吸收标准状况下（2）实验室利用模拟烟气（模拟烟气中SO2和NO的物质的量之比为①SO2的脱除率高于NO，其原因除SO2的还原性比②50∘C时，吸收液中烟气转化生成的NO3−（3）【方法二】SCR技术（NH研究表明，铁基催化剂在260∼300∘C范围内实现根据上述机理，HCl在整个反应过程中的作用为；等物质的量的NH3、NO在有氧条件下转化为N（4）若使用锰基催化剂（活性物质为MnO2）代替铁基催化剂，烟气中含有的SO2会使催化剂失效而降低（5）向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率，原因是NO3−与NO反应生成NO2和X−

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.陶瓷的主要原料是黏土，A不符合题意；

B.氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B不符合题意；

C.风力发电时的能量转化是机械能转化为电能、热能，C不符合题意；

D.废旧电池中含有重金属，深挖填埋会污染土壤，D符合题意；

故选D。

【分析】A.利用陶瓷的主要原料分析；

B.利用新型无机非金属材料的种类分析；

C.利用风力发电的能量转化分析；

D.利用废旧电池的危害及正确的处理方式分析。2．【答案】A【解析】【解答】A.绝大部分化合反应是放热反应，但也有的化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳生成一氧化碳，A符合题意；

B.吸热反应可以看成是热能转化为化学能被生成物所“储存”，B不符合题意；

C.断裂化学键要吸收热量，形成化学键要放出热量，C不符合题意；

D.吸热或者放热取决于反应物和生成物总能量的相对大小，D不符合题意；

故选A。

【分析】A.有的化合反应是吸热反应；

B.吸热反应可以视为储能；

C.利用断键吸热，成键放热分析；

D.根据反应物和生成物的能量的相对大小可以判断是吸热还是放热。3．【答案】B【解析】【解答】A.由氮气转化为含氮化合物叫做氮的固定，故N2→NO的过程属于氮的固定，A不符合题意；

B.NO、NO2均为大气污染气体，NO在大气中不能稳定存在，会和氧气反应生成NO2，B符合题意；

C.NH3与HCl反应产生白烟，C不符合题意；

D.常温下铝在浓硝酸中钝化，故可用铝罐储存浓硝酸，D不符合题意；

故选B。

【分析】A.利用氮的固定的定义分析；

B.NO迅速与氧气反应生成NO2，故NO在大气中不能稳定存在；4．【答案】A【解析】【解答】A.工业上电解饱和食盐水制得烧碱，A符合题意；

B.电解时电能转化为化学能，B不符合题意；

C.电解水时阳极生成氧气，阴极生成氢气，C不符合题意；

D.对于很活泼的金属，一般用电解的方法冶炼金属，D不符合题意；

故选A。

【分析】A.利用烧碱的工业制法分析；

B.利用电解的能量转换分析；

C.利用电解水的原理分析；

​​​​​​​D.很活泼的金属，如Na、K等，一般采用电解法冶炼。5．【答案】B【解析】【解答】A.煤和石油均是混合物，属于传统的化石能源，A不符合题意；

B.石油裂化的目的是为了提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯等产品，B符合题意；

C.新型煤化工以生产清洁能源和可替代石油化工的产品为主，C不符合题意；

D.煤化工和石油化工均可以制得汽油，D不符合题意；

故选B。

【分析】A.三大化石燃料均是混合物，化石燃料属于传统能源；

B.利用石油裂化和裂解的产品分析；

C.利用新型煤化工的作用分析；

​​​​​​​D.利用煤化工和石油化工的产品分析。6．【答案】D【解析】【解答】A.C为固体，不能用来表示化学反应速率，A不符合题意；

B.H2O的初始浓度c（H2O）=2mol2L=1mol/L，消耗掉的H2O的浓度∆c（H2O）=c（H2）=0.4mol/L，故5min时H27．【答案】B【解析】【解答】A.因为标况时苯是液体，故无法计算分子数目，A不符合题意；

B.因为氮气和氢气的反应为可逆反应，反应物无法完全转化为生成物，故1molN2与3molH2反应生成NH3的数目小于2NA，B符合题意；

C.没有说溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量，也无法计算氯离子的数目，C不符合题意；

D.Cu与浓硝酸反应，Cu失去电子被氧化，D不符合题意；

故选B。8．【答案】D【解析】【解答】A.①中碳原子全是单键，属于饱和烃，②中存在碳碳双键，属于不饱和烃，A不符合题意；

B.饱和烃不与酸性高锰酸钾溶液反应，不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可以用酸性高锰酸钾溶液将二者区分开，B不符合题意；

C.溴与②发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故可以用溴水除去①中混有的②杂质，C不符合题意；

D.①的分子式为C2H6，②的分子式为C2H4，根据等质量的烃CxHy，y/x的值越大，消耗的氧气越多可知，①消耗的氧气更，D符合题意；

故选D。

【分析】A.利用饱和烃和不饱和烃的定义分析；

B.利用饱和烃不与酸性高锰酸钾溶液反应，不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色分析；

C.利用烷烃中混有烯烃的除杂方法分析；

​​​​​​​D.利用等质量的烃CxHy，y/x的值越大，消耗的氧气越多分析。9．【答案】C【解析】【解答】A.反应过程中断裂H-H键，O=O键，形成O-H键，故反应过程中断裂非极性键，形成极性键，A不符合题意；

B.反应的热量变化为436kJ+249kJ-930kJ=-245kJ，故反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，B不符合题意；

C.若生成液态水，会释放更多的能量，即放出的能量大于930kJ，C符合题意；

D.根据1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol气态水，放出245kJ能量，写出热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH=−245kJ⋅mol10．【答案】C【解析】【解答】A.NH4Cl的电子式为，A不符合题意；

B.反应①、②均无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B不符合题意；

C.NH4Cl和MgO反应生成NH3和Mg（OH）Cl，化学方程式为NH4Cl+MgO=NH3↑+Mg(OH)Cl，C符合题意；

D.选项中的除杂方法会引入新的杂质NH3和Mg（OH）Cl，D不符合题意；

故选C。

【分析】A.注意氯离子的电子式的写法，简单阴离子需要表示其最外层电子；

11．【答案】A【解析】【解答】A.苯分子中6个碳原子连接成平面正六边形，A符合题意；

B.苯分子中不含有碳碳双键，是介于单键和双键之间的一种特殊的键，B不符合题意；

C.己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别己烯与苯，C不符合题意；

D.苯加入溴水中发生萃取，使溴水颜色变浅，D不符合题意；

故选A.

【分析】A.利用苯的结构特点分析；

B.苯中存在的是介于单键和双键之间的一种特殊的键，不存在碳碳双键；

C.利用烯烃和苯的性质分析，含有碳碳双键的物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应；

​​​​​​​D.苯与溴水发生萃取，因为溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度。12．【答案】C【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应，刚开始生成NO2，变成稀硝酸后，生成NO，铜与稀硝酸反应，只生成NO，故无法计算生成气体的物质的量，A不符合题意；

B.铜与稀硝酸反应生成NO，因为装置中充满N2，NO无法与O2反应转化为NO2，故只能看到有无色气体生成，B不符合题意；

C.实验②停止反应后，向左侧试管中加入适量稀硫酸，提供酸性条件，未反应的硝酸根离子继续和铜反应，铜片继续溶解，C符合题意；

D.铁与稀硝酸反应生成NO，有无色气体生成，铁在常温下遇浓硝酸钝化，故实验①现象改变，D不符合题意；

故选C。

【分析】A.利用铜与浓稀硝酸反应的生成物的不同分析；

B.利用铜与稀硝酸反应生成NO，NO遇氧气才能转化为NO2分析；

C.利用溶液中剩余的硝酸根离子遇氢离子继续表现出强氧化性，能继续溶解铜片分析；

D.利用在常温下铁在浓硝酸中发生钝化分析。13．【答案】D【解析】【解答】A.锌发生氧化反应，故锌为负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，A不符合题意；

B.锌为负极，则石墨棒为正极，电极反应式为2MnO2+2NH4++2e−=Mn2O314．【答案】C【解析】【解答】A.从图像中可知，X、Y为反应物，Z为生成物，达到平衡时，X消耗了0.1mol，Y消耗了0.3mol，Z生成了0.2mol，根据各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，且达到平衡时反应物和生成物共存可知，该反应为可逆反应，综合上述信息可知，反应方程式为X+3Y⇌2Z，A不符合题意；

B.2min时达到平衡，X的转化率达到最大，B不符合题意；

C.化学反应速率为平均速率，不表示瞬时速率，C符合题意；

D.2min时达到平衡，化学平衡状态是一种动态平衡，X仍在发生反应，D不符合题意；

故选C。

【分析】A.根据各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，找出化学计量数，同时根据反应结束后的物质存在情况，判断是否为可逆反应；

B.利用在某一条件下达到平衡时反应物的转化率达到最大分析；

C.利用化学反应速率表示的是平均速率分析；

​​​​​​​D.利用化学平衡状态是一种动态平衡分析。15．【答案】（1）Mn（2）干燥混合气体（3）C（4）吸收过量的氯气；不同（5）防止倒吸；CH【解析】【解答】（1）二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰，氯气和水，离子方程式见答案；

（2）浓硫酸具有吸水性，可以干燥混合气体；

（3）甲烷和氯气在光照的条件下生成一氯甲烷和氯化氢，化学方程式见答案；

（4）KI能与氯气反应，故KI粉末的作用是吸收过量的氯气；

装置C中发生的是取代反应，装置D中发生的是置换反应，故装置C与装置D中发生反应的类型不同；

（5）装置E中干燥管的作用是防倒吸；

CH3Cl和CH4为难溶于水的气体，故气泡的主要成分为CH3Cl和CH4；

油状液体和水不互溶，最佳的分离方法是分液。

【分析】（1）利用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气的离子方程式分析；

（2）利用浓硫酸的吸水性分析；

（3）利用甲烷和氯气反应的化学方程式分析；

（4）利用KI可以与氯气反应进而可以吸收过量的氯气分析；

分析装置C和装置D中发生的反应类型，进行比较；

（5）利用防倒吸的常见方式分析；

利用反应过程中的难溶于水的气体分析；

利用分离不互溶的两种液体的方法分析。16．【答案】（1）小于；小于；(c+b+a)kJ（2）负；2CH2（3）铝片；随着反应的进行，铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，此时铜作负极，电流方向相反【解析】【解答】（1）因为该反应为放热反应，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，即断开1molH—H键和1molI—I键所需能量小于形成2molH—I键所需能量，因为断开2molH—I键所需能量和形成2molH—I键所需能量相等，故断开1molH—H键和1molI—I键所需能量小于断开2molH—I键所需能量；

因为H2和I2的反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故充分反应后放出的热量小于akJ；

设断开2molH—I键所需能量为x，则b+c-x=-a，则x=(c+b+a)kJ，即断开2molH—I键所需能量为(c+b+a)kJ；

（2）根据B电极发生氧化反应可知，B电极为负极；

从流程图可知，微生物在酸性条件下降CH2O、SO42-转化为HS-和CO2，根据氧化还原反应离子方程式的书写方式可知，反应物中还有H+，在生成物中用H2O处理原子守恒，离子方程式为2CH2O+SO42−+H+=2CO2+HS−+2H217．【答案】（1）光能；化学能（2）0.5；>（3）33.3%（4）A；B；C（5）负；O2+4e-+2H2O=4OH-（6）2【解析】【解答】（1）太阳光提供能量发生化学反应，故能量变化的形式是由光能转化为化学能；

（2）0~2min内H2的平均反应速率v（H2）=2mol2L×2min=0.5mol·L-1·min-1；

根据图像可知，4min时反应还在正向进行，故v正(H2)＞v逆(H2)；

（3）达到平衡时消耗的n（H2）=6mol，则消耗的n（CO2）=6mol÷3=2mol，故平衡时CO2的转化率为2mol6mol×100%≈33.3%；

（4）A.用不同物质表示平衡状态，有v正和v逆，且v正和v逆之比符合化学计量数之比，则此时达到化学平衡，A符合