精品解析：北京市第一○一中学2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题

北京一零一中2023-2024学年度第二学期期末考试 高一化学(等级考) 2024年7月11日 友情提示：本试卷分为I卷、II卷两部分，共20个小题，共8页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　 I卷选择题(共42分) 1. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的结构示意图： B. 乙炔的分子结构模型： C. 的电子式： D. 的电离方程式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故A错误； B．乙炔的空间结构为直线形，结构式为，分子结构模型为，故B正确； C．四氯化碳是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故C错误； D．磷酸是中强酸，在溶液中分步电离出氢离子使溶液呈酸性，电离方程式为，故D错误； 故选B。 2. 下列物质分类的组合正确的是 分类组合 碱性氧化物 弱电解质 非电解质 离子化合物 A HCl B 氨水 蔗糖 NaCl C 冰醋酸 NaOH D A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．SiO2为酸性氧化物，HCl为共价化合物，A错误； B．氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，B错误； C．Al2O3属于两性氧化物，且Cl2是单质，不属于非电解质，C错误； D．各物质分类正确，D正确； 故选D。 3. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性： B. 碱性： C. 电负性： D. 稳定性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl和HF不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释其酸性的强弱关系，A错误； B．金属性Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，B正确； C．非金属性：O>C，则电负性：O>C，能用元素周期律解释，C正确； D．非金属性C>Si，则稳定性：CH4>SiH4，能用元素周期律解释，D正确； 故答案为：A。 4. 下列说法正确的是 A. 甲烷的标准燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为  B. 增大反应物浓度，可以增大活化分子百分数，增大反应速率，增大化学平衡常数 C. 常温下，反应能自发进行，则该反应的 D. 和的反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲烷的标准燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，反应的热化学方程式为，故A错误； B．增大反应物浓度，可以增大单位体积内的活化分子百分数，增大反应速率，但化学平衡常数不变，故B错误； C．该反应是熵减的反应，常温下反应ΔH—TΔS＜0说明反应的焓变ΔH小于0，故C错误； D．八水氢氧化钡与氯化铵的反应是反应物的总能量小于生成物的总能量的吸热反应，故D正确； 故选D。 5. 根据下表中烃的分子式的排列规律，判断空格中烃的同分异构体的数目是（ ） 1 2 3 4 5 6 7 8 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】观察表格中化学式的特点可知，1、3、7项的化学式符合通式，2、4、6、8项的化学式符合通式，所以第5项的化学式为（戊烷），其同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种。 答案选A。 6. 短周期元素X、Y、Z在周期表中所处的位置如图所示，三种元素的原子质子数之和为32，下列说法正确的是 A. 三种元素的气态氢化物都是弱电解质 B. 三种元素中，Z元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强 C. 元素的气态氢化物能与的最高价氧化物对应的水化物发生反应 D. Y元素的气态氢化物不能与Y的最高价氧化物对应的水化物发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】由短周期元素X、Y、Z在周期表中所处的位置关系可知，X、Z处于第二周期、Y处于第三周期，X、Y、Z三种元素原子的质子数之和为32，令X的原子序数为x，则Y的原子序数为x+9，Z的原子序数为x+2，则：x+x+9+x+2=32，解得x=7，故X为氮元素、Y为硫元素、Z为氟元素，据此解答。 【详解】A．由分析可知，X、Y、Z分别为N、S和F，三种元素的气态氢化物中NH3为非电解质，H2S、HF均为弱酸，都是弱电解质，A错误； B．由分析可知，Z为F，F无正价，故三种元素中，Y即S元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，B错误； C．由分析可知，X为N，元素的气态氢化物即NH3能与的最高价氧化物对应的水化物即HNO3发生反应，方程式为：NH3+HNO3＝NH4NO3，C正确； D．由分析可知，Y为S，Y元素的气态氢化物即H2S能与Y的最高价氧化物对应的水化物即H2SO4发生反应，反应方程式为：H2S+H2SO4(浓)＝S↓+SO2↑+2H2O，D错误； 故答案为：C。 7. 下列实验能达到实验目的的是 A．证明非金属性S>C>Si B．探究浓度对反应速率的影响 C．除去甲烷中的乙烯气体 D．实验室制乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，稀硫酸与碳酸钠反应，生成的CO2通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀硅酸，即酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，A符合题意； B．两支试管中混合后溶液体积不同即导致H2SO4和Na2S2O3溶液的浓度均不相同，实验变量不唯一，不能得出正确结论，B不合题意； C．乙烯经过酸性高锰酸钾溶液后转变为CO2，引入新的杂质，C不合题意； D．制备乙酸乙酯实验中导管不能拆入饱和碳酸钠溶液液面以下，否则将产生倒吸现象，D不合题意； 故答案为：A。 8. 用下表中实验装置探究原电池中的能量转化，注射器用来收集生成气体并读取气体体积，根据记录的实验数据，下列说法错误的是 实验装置 实验① 实验② 时间 气体体积 溶液温度/℃ 时间 气体体积 溶液温度/℃ 0 0 22.0 0 0 22.0 8.5 30 24.8 8.5 50 23.8 10.5 50 26.0 10.5 未测 未测 A. ①和②中的总反应方程式均为： B. ，生成气体的平均速率①<② C. 8.5min时，对比①和②溶液温度，说明反应释放的总能量①>② D. 气体体积为50mL时，对比①和②溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能 【答案】C 【解析】 【详解】A．对比两装置的溶液温度，说明装置①中把化学能转化为热能比装置②中的多，但两装置总反应方程式均为：， A正确； B．0～8.5min内，相同条件下，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以生成气体的平均速率①＜②，B正确； C．释放的总能量与生成的气体的量成正比，由表中数据可知时间相同时，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以反应释放的总能量①＜②，C错误； D．生成气体体积相同时两反应释放的总能量相等，两装置的溶液温度①＞②，说明装置②中是把化学能部分转化为电能，D正确； 故答案为：C。 9. 常温下，下列各组比值为1：2的是 A. 醋酸溶液与醋酸溶液，之比 B. 的溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比 C. 固体中阴离子和阳离子物质的量之比 D. 分别与足量的和反应，产生气体物质的量之比 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知醋酸时弱酸，所有弱电解质，浓度越大电离程度越小，故醋酸溶液与醋酸溶液，之比为0.1α1：0.2α2，由于α1＞α2，故H+浓度之比＞1：2，A不合题意； B．已知Ba(OH)2为强碱，氨水为弱碱，故的溶液溶质的物质的量浓度为×，而氨水中溶质的物质的量浓度为(α＜1)，溶质的物质的量浓度之比＜1：2，B不合题意； C．固体中阴离子为和阳离子为Na+，故二者的物质的量之比为1：2，C符合题意； D．1mol分别与足量的和反应，产生气体的物质的量均为1mol，即产生气体的物质的量之比为1：1，D不合题意； 故答案为：C。 10. 室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是 选项 实验方案 观察要点 A 等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应 恰好反应时的体积比 B 醋酸溶液中加入醋酸钠固体 溶液的变化 C 等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应 产生的起始速率 D 将的醋酸溶液加水稀释成 稀释后溶液pH A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时体积比为1:1，说明醋酸是一元酸，不能说明醋酸在溶液中部分电离，属于弱酸，故A符合题意； B．醋酸溶液中加入醋酸钠固体后溶液pH增大，说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，平衡左移，证明醋酸是一元弱酸，故B不符合题意； C．等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应，盐酸产生氢气的起始速率大于醋酸，说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，醋酸是一元弱酸，故C不符合题意； D．将1mLpH=4的醋酸溶液加水稀释成10mL，溶液pH小于5说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+，醋酸是一元弱酸，故D不符合题意； 故选A。 11. 已知：时有关弱酸的电离平衡常数，下列有关说法正确的是 弱酸化学式 电离平衡常数 ； A. 等物质的量浓度的酸溶液关系为： B. 粒子结合质子能力强弱关系为： C. 少量的通入溶液中发生反应： D. 足量的与溶液发生的反应只有： 【答案】B 【解析】 【分析】弱酸的电离平衡常数越大，该弱酸的酸性就越强，等浓度的相应弱酸电离产生的c(H+)越大，盐水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。盐水解程度越大，等浓度的弱酸盐水解使盐溶液显碱性，溶液pH就越大，同时要结合物质的氧化性、还原性分析解答； 【详解】A．根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则相应溶液的pH大小关系为：pH(HClO)＞pH(H2CO3)＞pH(H2SO3)，A错误； B．弱酸的酸性越弱，说明其电离产生的弱酸根离子结合H+的能力就越强；根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则结合H+的能力：，B正确； C．根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，将少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应，产生HClO、，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，C错误； D．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者在溶液中会发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，该反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+2H++，D错误； 故选B。 12. 科研人员提出催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下： 下列说法正确的是 A. ①、②、③中均有O-H的断裂 B. 生成DMC总反应的原子利用率为100% C. 该催化剂可有效提高DMC的合成效率 D. DMC与乙酸乙酯互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，②中没有O-H的断裂，故A错误； B．由图可知，生成DMC的总反应为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O，该反应的产物不唯一，原子利用率不可能为100%，故B错误； C．该催化剂可加快反应速率，提高DMC的选择性，从而能有效提高DMC的合成效率，故C正确； D．同系物必须是含有相同数目相同官能团的同类物质，CH3OCOOCH3与乙酸乙酯的酯基数目不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故D错误； 故选C。 13. 某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2C2O4为二元弱酸） 试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。下列说法正确的是 A. 反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)=0.0025 mol/L C. 对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快 D. 对比试管c、d，可验证H+浓度对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A.反应的离子方程式为2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A项错误； B.c中溶液褪色分别耗时600s，高锰酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)无法求算，B项错误； C.对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，C项正确； D.对比c、d，由于d中为浓盐酸作溶剂，而浓盐酸中的氯离子也能还原高锰酸钾，所以不能验证氢离子浓度对反应速率的影响，D项错误； 答案选C。 14. 某小组查阅资料：在温度和下，和反应生成HX的平衡常数如下表： 化学方程式 43 34 已知：共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强 下列说法不正确的是 A. 若，则HX的生成反应是放热反应 B. HX共价键的极性由强到弱的顺序是 C. 仅依据的变化可以推断：随着卤素原子核电荷数的增加，与反应的剧烈程度逐渐减弱 D. 仅依据的变化可以推断：随着卤素原子核电荷数的增加，HX的稳定性逐渐减弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．若，则根据表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此HX的生成反应是放热反应，A正确； B．F、Cl、Br、I属于卤族元素，同主族元素，随原子序数增大，原子半径增大，非金属性减弱，则HX中共用电子对偏移程度的减小，共价键极性减小，因此共价键的极性由强到弱的顺序是，B正确； C．K值越大，说明反应正向进行的程度越大，但不能据此判断反应速率的大小，即不能判断与反应的剧烈程度，C错误； D．K值越大，说明反应正向进行的程度越大，即生成物HX越稳定，因此可以依据的变化推断：随着卤素原子核电荷数的增加，和反应生成HX的平衡常数逐渐变小，则HX的稳定性逐渐减弱，D正确； 答案选C。 II卷非选择题(共58分) 15. 学习元素周期表和元素周期律是化学研究的重要内容。X、Y、Z、M、Q、R皆为周期表中前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。 （1）已知位于第一周期，用电子式表示的形成过程_____。 （2）Z的气态氢化物与M的气态氢化物反应得到一种白色固体，写出该物质的电子式_____。 （3）M的单质通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式_____。 （4）R在元素周期表中的位置是_____。 【答案】（1） （2） （3） （4）第四周期第IIA族 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q、R为周期表中前20号元素，位于第一周期，且化合价为+1价，则X为H元素；Y化合价只有-2价，则Y为O元素；Z原子半径大于Y，且主要化合价为+5、-3价，则Z为N或P元素；M主要化合价为+7、-1价，且原子半径大于Z，则M为Cl元素，Z为N元素；Q原子半径大于Z，且化合价为+1价，则Q为Na或K元素；R原子半径大于Q，且化合价为+2价，则R为Ca元素，Q为Na元素；因此X是H元素，Y是O元素，Z是N元素，M是Cl元素，Q是Na元素，R是Ca元素。 【小问1详解】 为水，属于共价化合物，用电子式表示其形成过程为。 【小问2详解】 Z的气态氢化物为，M的气态氢化物为HCl，两者反应白色固体，电子式为。 【小问3详解】 M的单质为，通入淀粉-KI溶液中生成碘单质，因此溶液变蓝，离子方程式为。 【小问4详解】 根据分析，R是Ca元素，在元素周期表中的位置是第四周期第IIA族。 16. 在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，实验数据如下表： 实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X) n(Y) n(M) ① 700 0.40 0.10 0.090 ② 800 0.10 0.40 0.080 ③ 800 0.20 0.30 a ④ 900 0.10 0.15 b 完成下列问题 （1）实验①中，若时测得，则0至时间内，用表示的平均反应速率_____。 （2）实验②中，若某时刻测得，则此时混合气体中的体积分数为_____。 （3）实验③中，a的值为_____。 （4）实验④中，达到平衡时，_____0.06(填“>”，“<”或“=”)。 【答案】（1） （2）12% （3）0.12 （4）< 【解析】 【小问1详解】 根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，(N)=(M)==1.0×10-3mol/(L•min)，故答案为：1.0×10-3mol/(L•min)； 【小问2详解】 由三段式分析： ，则此时混合气体中X(g)的体积分数为×100%=72%，故答案为：72%； 【小问3详解】 由实验②数据可知，三段式分析： ，则该温度下的化学平衡常数为：K==1，温度不变平衡常数不变，则有实验③数据三段式分析可知，，该反应的平衡常数K==1.0，解得：a=0.12，故答案为：0.12； 【小问4详解】 根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故答案为：＜。 17. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 主反应：　。 副反应： 　 （1）将和按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示： 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为_____(填字母序号)。 a． b． c． d． ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：_____。 （2）利用与的反应设计燃料电池，装置如图所示： ①该装置是将_____能转化为电能的装置。 ②通入的电极是电池的_____(填“正”或“负”)极。 ③通入的电极反应式是_____。 （3）已知：键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量。 化学键 键能 436 498 463 写出和反应生成的热化学方程式_____。 【答案】（1） ①. c ②. 温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低 （2） ①. 化学 ②. 正 ③. （3）  【解析】 【分析】(2)由图可知，该装置是将化学能转化为电能的燃料电池，通入甲醇的铂电极是原电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，通入氧气的铂电极是正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。 【小问1详解】 ①由图可知，当温度为523 K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，故选c； ②主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以温度由523K升到543K，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明主反应逆移程度大于副反应正移程度，故答案为：温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低； 【小问2详解】 ①由以上分析可知，该装置是将化学能转化为电能的燃料电池，故答案为：化学； ②由以上分析可知，通入氧气的铂电极是燃料电池的正极，故答案为：正； ③由以上分析可知，通入甲醇的铂电极是原电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，故答案为：； 【小问3详解】 氢气和氧气的反应为2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)，由反应热等于反应物键能之和与生成物键能之和的差值可得：=(436kJ/mol×2+498kJ/mol)-463kJ/mol×4=-482kJ/mol，反应的热化学方程式为 ，故答案为： 。 18. 烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 　 24.6 反应b：　  3.17 反应c： 　 58.17 ①已知：　 则_____。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和的转化率均随温度升高而降低，原因是_____。 ③其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析的转化率高于的原因_____。 （2）其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与的物质的量之比对和脱除率的影响如图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，用化学用语解释原因_____。 ②在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_____。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1∶1，该反应的离子方程式是_____。 【答案】（1） ①. ②. 高于150℃，温度升高，反应的速率增大，减小，反应和的速率减小，导致和的转化率均降低 ③. 反应的活化能小于反应，反应的速率大于反应，因此的转化率高于 （2） ①. 溶液直接与反应是脱除的主要(文字部分不要求) ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将反应a与反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)合并，列式为ΔH3=（ΔH1+ΔH）÷2=-241.6kJ·mol-1，答案为：-241.6kJ·mol-1 其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低， 原因是高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低， 故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小， 导致SO2和NO的转化率均降低； 由图可知，NO的转化率高于SO2的原因是反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2 【小问2详解】 ①O3的浓度很低时，(NH4)2SO3溶液直接与SO2反应是脱除SO2的主要原因，即的脱除率几乎不受O3的浓度的影响，SO2的脱除率超过97%，故答案为：(NH4)2SO3溶液直接与SO2反应是脱除SO2的主要原因；  ②与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为:2NO2+3+H2O=2++2； ③吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为:+=N2↑+2H2O。 19. 是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。 已知：i． ii．六元环是指六个原子通过化学键作用形成的环 （1）0.2 mol A完全燃烧生成17.6 gCO2和7.2gH2O，则A的名称为_____，官能团为_____。 （2）①的反应类型为_____。 （3）已知中只有一种官能团，则G可能具有的性质为_____(填字母)。 a．与钠反应 b．与NaOH溶液反应 c．易溶于水 （4）H的结构简式为_____。 （5）写出下列反应的化学方程式： 反应②：_____；反应④：_____； 反应⑧(I为高聚物)：_____。 （6）室温下测得0.1 mol/LD溶液的PH=3，用化学用语解释原因_____。 （7）下列操作中能增大D电离度的有_____。(填序号) a．加入冰醋酸 b．升温 c．加水稀释 d．加入NaOH(s) e．加入CH3COONa(s) f．加入NaHCO3(s) g．加入NaHSO4(s) （8）已知：，请写出两分子在浓硫酸存在并加的条件下发生取代反应生成六元环状有机物的化学方程式：_____。 【答案】（1） ①. 乙烯 ②. 碳碳双键 （2）加成反应 （3）ac （4）CH3COOCH2CH2OOCCH3 （5） ①. 反应② ②. 反应④ ③. 反应⑧nCH2=CH2 （6）CH3COOHCH3COO-+H+ （7）bcdf （8）2HOCH2CH2OH +2H2O 【解析】 【分析】A是烃，A与H2O反应产生B，B能够与O2在Cu催化下反应产生C，C氧化产生D，B与D反应产生分子式是C4H8O2的E，则A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH3COOH，E是CH3COOC2H5；CH2=CH2与Br2发生加成反应产生F是CH2Br-CH2Br，F与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生G是HOCH2-CH2OH，G是二元醇能够与过量CH3COOH反应产生H是CH3COOCH2CH2OOCCH3。 【小问1详解】 0.2 mol烃A完全燃烧生成17.6 gCO2、7.2 gH2O，n(CO2)==0.4 mol，n(H2O)==0.4 mol，n(A)：n(CO2)：n(H2O)=0.2 mol：0.4 mol：0.4 mol=1：2：2，则A分子式是C2H4，则A是CH2=CH2，A名称是乙烯；官能团是碳碳双键； 【小问2详解】 反应①是CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2OH，故反应①的反应类型是加成反应； 【小问3详解】 G是HOCH2-CH2OH，该物质分子中含有的官能团是羟基。 a．HOCH2-CH2OH分子中含有羟基，能够与钠发生反应放出H2，a正确； b．HOCH2-CH2OH是中性物质，不能与NaOH溶液反应，b错误； c．羟基是亲水基，乙二醇分子中含有两个羟基，因此该物质易溶于水，c正确； 故合理选项是ac； 【小问4详解】 根据上述分析可知H是二乙酸乙二酯，该物质结构简式是CH3COOCH2CH2OOCCH3； 【小问5详解】 反应②是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO、H2O，该反应的化学方程式为：； 反应④是CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应，该反应的化学方程式为：； 反应⑧是CH2=CH2在催化剂存在条件下加热，发生加聚反应产生聚乙烯，该反应的化学方程式为：nCH2=CH2； 【小问6详解】 根据上述分析可知D是CH3COOH，0.1 mol/L的CH3COOH溶液pH=3，c(H+)=10-3 mol/L＜c(CH3COOH)=0.1 mol/L，这是由于CH3COOH 是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，因此c(H+)＜c(CH3COOH)； 【小问7详解】 CH3COOH 是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。 a．向该溶液中加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，化学平衡正向移动，电离产生c(H+)增大，但平衡移动的趋势是微弱的，加入冰醋酸使c(CH3COOH)增大的影响大于平衡正向移动导致c(CH3COOH)减小的影响，最终达到平衡时，CH3COOH电离度是减小，a错误； b．物质电离是吸热过程，升高温度，电离平衡正向移动，导致CH3COOH电离度增大，b正确； c．加水稀释，可以使电离平衡正向移动，使更多的醋酸分子发生电离，最终达到平衡时醋酸的电离度增大，c正确； d．加入NaOH(s)能够反应消耗溶液中的H+，c(H+)减小，电离平衡正向移动，最终达到平衡时CH3COOH电离度增大，d正确； e．加入CH3COONa(s)，导致溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时CH3COOH电离度减小，e错误； f．加入NaHCO3(s)，能够反应消耗H+，c(H+)减小，电离平衡正向移动，最终达到平衡时CH3COOH电离度增大，f正确； g．加入NaHSO4(s)，NaHSO4(s)溶于水电离产生H+，导致溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时CH3COOH电离度减小，g错误； 综上所述可知：说法正确的是bcdf； 【小问8详解】 乙二醇分子中含有2个羟基，分子结构简式是HOCH2CH2OH，2个分子的G在浓硫酸存在并加的条件下发生取代反应生成六元环状有机物和H2O，该反应的化学方程式为：2HOCH2CH2OH +2H2O。 20. 探究一定浓度H2SO4与卤素离子(Cl-、Br-、I-)的反应。实验如下： （1）a．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有_____。 （2）用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是_____。 （3）检验ii中产物： Ⅰ．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。 Ⅱ．取ii中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含SO2，过程如下： ①白色沉淀1的成分是_____。 ②生成淡黄色沉淀3的离子方程式是_____。 （4）已知：(X=Cl、Br、I)。探究ii中溶液存在Br2、SO2的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．Br2与H2O发生了反应。 b．加水稀释导致溶液颜色变浅。 c．Br2与SO2在溶液中发生了反应。 ①资料：Br2+H2OHBr+HBrO  ，判断a_____(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是_____。 可选试剂：AgNO3溶液、CCl4、KMnO4溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试从氧化还原反应规律的角更解释原因_____。 （5）实验表明，一定浓度H2SO4氧化Br-、I-，不能氧化Cl-，从原子结构角度说明原因_____。 【答案】（1）HCl （2）H2S （3） ①. BaSO3和BaSO4 ②. SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O(或4H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2S 或2S2-+5H2SO3=3S+4+3H2O) （4） ①. 不是 ②. 取b中稀释后的溶液，加入CCl4充分振荡、静置，下层溶液无色 ③. 稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4＞Br2；稀释后硫酸浓度较小，氧化性H2SO4＜Br2 （5）Cl、Br、I同主族，核电荷数Cl＜Br(I)，原子半径Cl＜Br(I) (或离子半径比较)，得电子能力Cl＞Br(I)，还原性Cl-＜Br-(I-) 【解析】 【分析】一定浓度硫酸与NaCl溶液反应产生白雾，可能为HCl或Cl2，实验过程中用硝酸银溶液来检验确定白雾的成分；与NaBr溶液反应产生红棕色气体，可能有Br2产生，可用湿润的淀粉KI试纸检验；与NaI反应产生气体和紫色固体；有I2生成，结合题中信息，猜测有H2S气体产生，用硫酸铜溶液来进行检验；据此解答(1)~(2)； (3)溶液A中含有，用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2，Br-被氧化，H2SO4被还原，溶液A中可能含有可溶性SO2，向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入H2SO4生成白色沉淀和溶液2，溶液2加入Na2S溶液，生成S沉淀，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为BaSO3和BaSO4； (4)①反应Br2+H2OHBr+HBrO，K=4.0×10-9常数比较小，则反应不易发生； ②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质； ③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的硫酸可以氧化溴离子变成溴单质； (5)元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱。 【小问1详解】 用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，说明白雾中可能含有HCl或Cl2；用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明白雾中含有HCl不含有Cl2； 【小问2详解】 将ⅲ中的气体通入CuSO4溶液产生黑色沉淀CuS，说明该气体是H2S，发生反应：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，该气体为H2S； 【小问3详解】 ①H2SO4与NaBr溶液反应，产生红棕色气体，用溶液A中含有，可能含有易溶性气体SO2。向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，溶液A中含有，可能含有SO2；向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入H2SO4生成白色沉淀和溶液2，溶液2加入Na2S溶液，生成S淡黄色沉淀，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为BaSO3和BaSO4，从而证实溶液A中含有SO2，则白色沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡； ②生成黄色沉淀3的离子方程式是：SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O(或4H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2S或2S2-+5H2SO3=3S↓+4+3H2O)； 【小问4详解】 ①已知反应：X2+SO2+2H2O=2HX+H2SO4(X=Cl、Br、I)，根据资料可知：反应Br2+H2OHBr+HBrO该反应的化学平衡常数K=4.0×10-9＜1.0×10-5，化学平衡常数较小，则反应不易发生，故a不是主要原因； ②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质，这时加入CCl4萃取，下层CCl4层应该显示棕红色；而取b中稀释后的溶液，加入CCl4充分振荡、静置，下层溶液无色，说明b不是主要原因； ③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的H2SO4可以氧化Br-变成Br2，物质的氧化性：H2SO4＞Br2；稀释后稀H2SO4主要以H+形式存在，其氧化性较弱，此时物质的氧化性：H2SO4＜Br2由此证明c是主要原因； 【小问5详解】 实验表明，一定浓度H2SO4氧化Br-、I-，不能氧化Cl-。这是由于元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。氯原子半径小，氯元素非金属性质强，其阴离子还原性弱，Br(或I) 原子半径大，元素的非金属性弱，其相应的阴离子Br-(I-)的还原性就较强。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2023-2024学年度第二学期期末考试 高一化学(等级考) 2024年7月11日 友情提示：本试卷分为I卷、II卷两部分，共20个小题，共8页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　 I卷选择题(共42分) 1. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的结构示意图： B. 乙炔的分子结构模型： C. 的电子式： D. 的电离方程式： 2. 下列物质分类的组合正确的是 分类组合 碱性氧化物 弱电解质 非电解质 离子化合物 A HCl B 氨水 蔗糖 NaCl C 冰醋酸 NaOH D A. A B. B C. C D. D 3. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性： B. 碱性： C. 电负性： D. 稳定性： 4. 下列说法正确的是 A. 甲烷的标准燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为  B. 增大反应物浓度，可以增大活化分子百分数，增大反应速率，增大化学平衡常数 C. 常温下，反应能自发进行，则该反应的 D. 和的反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量 5. 根据下表中烃的分子式的排列规律，判断空格中烃的同分异构体的数目是（ ） 1 2 3 4 5 6 7 8 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 短周期元素X、Y、Z在周期表中所处的位置如图所示，三种元素的原子质子数之和为32，下列说法正确的是 A. 三种元素的气态氢化物都是弱电解质 B. 三种元素中，Z元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强 C. 元素的气态氢化物能与的最高价氧化物对应的水化物发生反应 D. Y元素的气态氢化物不能与Y的最高价氧化物对应的水化物发生反应 7. 下列实验能达到实验目的的是 A．证明非金属性S>C>Si B．探究浓度对反应速率的影响 C．除去甲烷中的乙烯气体 D．实验室制乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 8. 用下表中实验装置探究原电池中的能量转化，注射器用来收集生成气体并读取气体体积，根据记录的实验数据，下列说法错误的是 实验装置 实验① 实验② 时间 气体体积 溶液温度/℃ 时间 气体体积 溶液温度/℃ 0 0 22.0 0 0 22.0 8.5 30 24.8 8.5 50 23.8 10.5 50 26.0 10.5 未测 未测 A. ①和②中的总反应方程式均为： B. ，生成气体的平均速率①<② C. 8.5min时，对比①和②溶液温度，说明反应释放的总能量①>② D. 气体体积为50mL时，对比①和②溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能 9. 常温下，下列各组比值为1：2的是 A. 醋酸溶液与醋酸溶液，之比 B. 的溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比 C. 固体中阴离子和阳离子物质的量之比 D. 分别与足量的和反应，产生气体物质的量之比 10. 室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是 选项 实验方案 观察要点 A 等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应 恰好反应时的体积比 B 醋酸溶液中加入醋酸钠固体 溶液的变化 C 等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应 产生的起始速率 D 将的醋酸溶液加水稀释成 稀释后溶液pH A. A B. B C. C D. D 11. 已知：时有关弱酸的电离平衡常数，下列有关说法正确的是 弱酸化学式 电离平衡常数 ； A. 等物质的量浓度的酸溶液关系为： B. 粒子结合质子能力强弱关系为： C. 少量的通入溶液中发生反应： D. 足量的与溶液发生的反应只有： 12. 科研人员提出催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下： 下列说法正确的是 A. ①、②、③中均有O-H的断裂 B. 生成DMC总反应的原子利用率为100% C. 该催化剂可有效提高DMC的合成效率 D. DMC与乙酸乙酯互为同系物 13. 某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2C2O4为二元弱酸） 试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。下列说法正确的是 A. 反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)=0.0025 mol/L C. 对比试管a、b，得到的结论是H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快 D. 对比试管c、d，可验证H+浓度对反应速率的影响 14. 某小组查阅资料：在温度和下，和反应生成HX的平衡常数如下表： 化学方程式 43 34 已知：共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强 下列说法不正确的是 A. 若，则HX的生成反应是放热反应 B. HX共价键的极性由强到弱的顺序是 C. 仅依据的变化可以推断：随着卤素原子核电荷数的增加，与反应的剧烈程度逐渐减弱 D. 仅依据的变化可以推断：随着卤素原子核电荷数的增加，HX的稳定性逐渐减弱 II卷非选择题(共58分) 15. 学习元素周期表和元素周期律是化学研究的重要内容。X、Y、Z、M、Q、R皆为周期表中前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。 （1）已知位于第一周期，用电子式表示的形成过程_____。 （2）Z的气态氢化物与M的气态氢化物反应得到一种白色固体，写出该物质的电子式_____。 （3）M的单质通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式_____。 （4）R在元素周期表中的位置是_____。 16. 在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，实验数据如下表： 实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X) n(Y) n(M) ① 700 0.40 0.10 0.090 ② 800 0.10 0.40 0.080 ③ 800 0.20 0.30 a ④ 900 0.10 0.15 b 完成下列问题 （1）实验①中，若时测得，则0至时间内，用表示的平均反应速率_____。 （2）实验②中，若某时刻测得，则此时混合气体中的体积分数为_____。 （3）实验③中，a的值为_____。 （4）实验④中，达到平衡时，_____0.06(填“>”，“<”或“=”)。 17. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 主反应：　。 副反应： 　 （1）将和按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示： 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为_____(填字母序号)。 a． b． c． d． ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因：_____。 （2）利用与的反应设计燃料电池，装置如图所示： ①该装置是将_____能转化为电能的装置。 ②通入的电极是电池的_____(填“正”或“负”)极。 ③通入的电极反应式是_____。 （3）已知：键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量。 化学键 键能 436 498 463 写出和反应生成的热化学方程式_____。 18. 烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 　 24.6 反应b：　  3.17 反应c： 　 58.17 ①已知：　 则_____。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和的转化率均随温度升高而降低，原因是_____。 ③其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析的转化率高于的原因_____。 （2）其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与的物质的量之比对和脱除率的影响如图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，用化学用语解释原因_____。 ②在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_____。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1∶1，该反应的离子方程式是_____。 19. 是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。 已知：i． ii．六元环是指六个原子通过化学键作用形成的环 （1）0.2 mol A完全燃烧生成17.6 gCO2和7.2gH2O，则A的名称为_____，官能团为_____。 （2）①的反应类型为_____。 （3）已知中只有一种官能团，则G可能具有的性质为_____(填字母)。 a．与钠反应 b．与NaOH溶液反应 c．易溶于水 （4）H的结构简式为_____。 （5）写出下列反应的化学方程式： 反应②：_____；反应④：_____； 反应⑧(I为高聚物)：_____。 （6）室温下测得0.1 mol/LD溶液的PH=3，用化学用语解释原因_____。 （7）下列操作中能增大D电离度的有_____。(填序号) a．加入冰醋酸 b．升温 c．加水稀释 d．加入NaOH(s) e．加入CH3COONa(s) f．加入NaHCO3(s) g．加入NaHSO4(s) （8）已知：，请写出两分子在浓硫酸存在并加的条件下发生取代反应生成六元环状有机物的化学方程式：_____。 20. 探究一定浓度H2SO4与卤素离子(Cl-、Br-、I-)的反应。实验如下： （1）a．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀； b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有_____。 （2）用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是_____。 （3）检验ii中产物： Ⅰ．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。 Ⅱ．取ii中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含SO2，过程如下： ①白色沉淀1的成分是_____。 ②生成淡黄色沉淀3的离子方程式是_____。 （4）已知：(X=Cl、Br、I)。探究ii中溶液存在Br2、SO2的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．Br2与H2O发生了反应。 b．加水稀释导致溶液颜色变浅。 c．Br2与SO2在溶液中发生了反应。 ①资料：Br2+H2OHBr+HBrO  ，判断a_____(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是_____。 可选试剂：AgNO3溶液、CCl4、KMnO4溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试从氧化还原反应规律的角更解释原因_____。 （5）实验表明，一定浓度H2SO4氧化Br-、I-，不能氧化Cl-，从原子结构角度说明原因_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $