2018-2019学年湖北省荆州市沙市中学高一下学期期中考试化学试题(解析版)

C D

A. A

Cu(CuO) CO2(CO) 过量的稀盐酸 氧气 溶解、过滤 点燃 B. B C. C D. D

【答案】C 【解析】

【详解】A. CuSO4也与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，达不到除杂的目的，故A错误； B. 加入过量的硝酸银留在硝酸溶液中无法除去，属于引入新的杂质，故B错误；

C. CuO可以与盐酸反应生成氯化铜，而Cu难溶于水，可以通过溶解、过滤的方法分离出来，故C正确； D. 杂质为少量的CO，无法点燃，故D错误， 故选C。

9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn–和dRm–(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是( )

①a-c=m+n ②元素的原子序数a>b>c>d ③元素非金属性Z>R ④HnZ的还原性强于HmR⑤最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y ⑥原子半径大小Y>X>R>Z A. ①②③⑥ 【答案】A 【解析】

【详解】①离子aXm+、cZn–具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=c+n，即a-c=m+n，故①正确；

②离aXm+、bYn+、cZn–和dRm–具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a>b>c>d，故②正确；

③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确；

④同周期元素从左到右，非金属性增强，氢化物的还原性减弱，所以HnZ的还原性弱于HmR，故④错误； ⑤金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因为a＞b，金属性Y>X，所以碱性Y>X ，故⑤错误； ⑥同周期元素原子半径前面大于后面，同主族元素原子半径下面大于上面，所以原子半径大小Y>X>R>Z，故⑥正确，

- 5 -

B. ③④ C. ①②③④ D. ②③⑥

故选A。

10.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z 为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是

A. X、Y、Z 三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B. 由X、Y 和氢三种元素形成的化合物中只能有共价键 C. 由X、Y 两种元素形成的化合物都是酸性氧化物

D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4 【答案】D 【解析】

假设X的原子最外层电子数是a,则W是a－1、Y是a+1、Z是a+2，因此4a+2=22，所以a=5，所以X是N、Y是O、Z是Cl、W是Si、T是Ge。A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别是NH3、H2O、HCl，由于在NH3、H2O的分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，是物质的熔沸点升高，在H2O的分子之间吸引力最强，因此沸点最高，NH3次之，HCl最小，A错误；B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物如NH4NO3、NH4NO2中含有共价键、离子键，B错误；C．NO、NO2等均不是酸性氧化物，C错误；D．由于T元素在元素周期表中处于金属与非金属的交界区，所以T元素的单质具有半导体的特性，T最外层有4个电子，Z最外层有7个电子，所以T与Z元素可形成化合物TZ4，D正确。答案选D。

11.把下列四种盐酸溶液分别加入四个盛有20mL 1mol/L的KOH溶液的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时反应最快的是( ) A. 20℃ 20mL 3mol/L盐酸 C. 25℃ 10mL 5mol/L的盐酸 【答案】B 【解析】 【分析】

HCl的物质的量越多，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度越大，温度越高，反应速率越大，据此分析解答。

- 6 -

B. 25℃ 30mL 2mol/L的盐酸 D. 20℃ 10mL 2mol/L的盐酸

【详解】A. 20mL 3mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；B. 30mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；C. 10mL 5mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.05mol；D. 10mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.02mol；对比选项中HCl的物质的量，A、B选项中HCl的物质的量最多，均为0.06mol，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度最大，且选项B的温度比A高，则B的反应速率最大，故选B。

12.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同情况下测得的反应速率中，表明该反应进行最快的是 A. v(NH3)＝0.2 mol/（L·s） C. v(H2O)＝0.25 mol/（L·s） 【答案】A 【解析】

【详解】如果都用氧气表示其反应速率，则根据反应速率之比是化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、14.5、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。

【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。换算时要注意单位的统一。

13.在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是 A. 体系压强不再发生变化 B. 2v正(CO)=v逆(H2O)

C. 生成n molCO的同时生成n mol H2

B. v(O2)＝1.4 mol/（L·min） D. v(NO)＝9 mol/（L·min）

D. 1 mol H?H键断裂的同时断裂2 mol H?O键 【答案】D 【解析】 【分析】

在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。

【详解】A、因为是容积可变的密闭容器中，所以体系压强始终不变，则不能据此确定达平衡状态，A错误； B、根据反应可知2v正（CO）=v逆（H2O）不能满足反应速率之比是化学计量数之比，不能说明反应到达平衡，B错误；

C、根据反应可知，生成n mol CO的同时生成n mol H2，反应正向进行，不能说明反应到达平衡，C错误；

- 7 -

的D、l molH-H键断裂的同时断裂2mol H-O键，断裂2mol H-O键同时生成l molH-H键，说明反应到达平衡，D正确； 答案选D。

14.已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成lmolN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H2

A. 945.6 kJ 【答案】D 【解析】

试题分析：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故2NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键吸收的能量是

B. 869kJ

C. 649.6kJ

D. 431kJ

x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，答案选D。 【考点定位】本题考查了反应热的有关计算、反应热与化学键键能的关系

【名师点晴】明确反应热与键能的关系是解答本题的关键，在热化学方程式中，反应热＝反应物的总键能-生成物的总键能。

15.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中 NA表示阿伏加德罗常数的值)( ) A. Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B. 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5 C. 该反应中，若有1mol CN-发生反应，则有5NA电子发生转移 D. 若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应 【答案】B 【解析】

【详解】A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确； B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；

C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；

- 8 -