精选5套合集辽宁省葫芦岛市学年化学高一下期末监测模拟试题Word文件下载.docx
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B.根据图可知,t2~t3时间段,为平衡状态,正逆反应速率相等,平衡状态是一种动态平衡状态,所以反应没有停止,故B错误;
C.
min时容器内有1.5molY,则消耗的X为1mol,因此0~
,故C正确;
D.t1时,图中正反应速率大于逆反应速率,逆反应速率不等于0,所以既有正反应发生,又有逆反应发生,故D错误;
答案选C。
3.X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等,X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。
下列说法正确的是
A.原子半径:
Z>Y>X
B.Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点
C.CaY2与水发生氧化还原反应时,CaY2只作氧化剂
D.CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中,阳离子与阴离子个数比均为1∶2
【分析】
X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等,3种元素的核外电子数之和为18,Z得到1个电子变成8电子结构,则Z为F元素,则X、Y一定至少有一种位于第2周期,X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构,故X为H元素,Y元素原子核外电子数为18-1-9=8,故Y为O元素,
A、X、Y、Z分别是H、O、F,同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径O>F>H,A错误;
B、HF分子之间含有氢键,沸点高于其它同族氢化物的沸点,B正确;
C、过氧化钙与水反应,过氧化钙既是氧化剂又是还原剂,C错误;
D、CaO2其阴离子为O22-,阴、阳离子个数比为1:
1,D错误.
答案选B。
4.以石墨为电极,电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)。
下列说法错误的是
A.阴极附近溶液呈红色B.阴极逸出气体
C.阳极附近溶液呈蓝色D.溶液的pH变小
【答案】D
A、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应,该极区碱性增强,遇到酚酞溶液呈红色,故A正确;
B、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气,故B正确;
C、以石墨为电极,电解KI溶液时,阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质,遇到淀粉变蓝色,故C正确;
D、以石墨为电极,电解KI溶液时,生成氢氧化钾溶液,溶液的pH变大,故D错误.
故选D.
5.下列实验操作不能实现实验目的的是()
操作
目的
A.
食醋浸泡水垢
比较乙酸和碳酸的酸性强弱
蔗糖溶液中加入稀硫酸,水浴加热后再加入新制Cu(OH)2的悬浊液,加热。
证明蔗糖水解产物中有葡萄糖
向NaBr溶液中加入少量氯水,振荡后加入少量四氯化碳,振荡,静置。
比较氯、溴非金属性强弱
钠分别与水和乙醇反应
比较乙醇与水两者羟基氢原子活泼性
A.AB.BC.CD.D
分析:
A.强酸反应可以制取弱酸;
B.蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖,葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行;
C.非金属性强的单质能置换非金属性弱的单质;
D.钠与水反应更剧烈;
据此分析判断。
详解:
A.用CH3COOH溶液浸泡水垢,水垢溶解,有无色气泡,说明醋酸的酸性比碳酸强,故A正确;
B.蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖,葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行,应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性,故B错误;
C.氯气能置换出溴,溴易溶于四氯化碳,且四氯化碳的密度比水大,静置后上层颜色变浅,下层颜色变为橙红色,可证明,故C正确;
D.钠与水反应更剧烈,说明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼,故D正确;
6.有关能量的判断或表示方法正确的是( )
A.由H+(aq)+OH-(aq)=H2O的中和热ΔH=-57.3kJ/mol可知:
含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量小于57.3kJ
B.从C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.19kJ/mol可知:
金刚石比石墨更稳定
C.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出热量更多
D.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
A、浓硫酸溶于水放出大量的热,即0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量应大于57.3kJ,故A错误;
B、物质能量越低,物质越稳定,根据热化学反应方程式,石墨比金刚石稳定,即石墨比金刚石稳定,故B错误;
C、S(s)=S(g)△H>
0,是吸热过程,即前者放出的热量多,故C错误;
D、△H只与始态和终态有关,与反应条件无关,故D正确;
答案选D。
7.NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(见图)。
A.NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B.NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
C.NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D.图中所涉及的反应均为氧化还原反应
【解析】试题分析:
A.目前常用的化肥有①氮肥,即以氮素营养元素为主要成分的化肥,如尿素、碳铵等;
②磷肥,即以磷素营养元素为主要成分的化肥,如过磷酸钙;
③钾肥.即以钾素营养元素为主要成分的化肥,主要品种有氯化钾,硫酸钾等;
④复混肥料.即肥料中含有氮、磷、钾三要素中的两种称为二元复混肥料,含有氮、磷、钾三种元素的复混肥料称为三元复混肥料,NH4Cl是氮肥,NaHCO3不是化肥,A项错误;
B.NH4Cl、HNO3受热时易分解,Na2CO3受热时不分解,B项错误;
C.NO2跟NH3可以发生反应:
6NO2+8NH3=7N2+12H2O,该反应是氧化还原反应,C项正确;
D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、CO2和水,该反应是非氧化还原反应,D项错误;
考点:
考查氨气的用途。
8.已知:
①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=-akJ·
mol-1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H2=-bkJ·
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H3=-ckJ·
④H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H4=-dkJ·
A.由上述热化学方程式可知△H3<△H4
B.H2的燃烧热为dkJ·
C.4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)△H=(-a-b)kJ·
D.4NH3(g)
2N2(g)+6H2(g)△H=(6d-b)kJ·
A.气态水→液态水为放热过程,所以d>c,则△H3>△H4,A错误;
B.燃烧热应生成稳定氧化物,H2燃烧应生成液态水,H2的燃烧热为dkJ/mol,B正确;
C.根据盖斯定律,将(①+②)÷
2得到:
4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)△H=
kJ·
mol-1,C错误;
D.根据盖斯定律,将(②-③×
6)得到:
4NH3(g)
2N2(g)+6H2(g)△H=(6c-b)kJ·
mol-1,D错误;
9.在光照条件下,CH4与C12能发生取代反应。
若将1molCH4与C12反应,待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为:
n(CH3Cl):
n(CH2Cl2):
n(CHCl3):
n(CCl4)=4:
3:
2:
l,则消耗的C12为
A.1.0molB.2.0molC.3.0molD.4.0mo1
若将1molCH4与Cl2反应,待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)=4∶3∶2∶1,假设一氯甲烷的物质的量为4xmol,则二氯甲烷的物质的量为3xmol,三氯甲烷的物质的量为2xmol,四氯化碳的物质量为xmol,x+2x+3x+4x=1,解得x=0.1mol,则含有的氯原子的物质的量为4x+3x×
2+2x×
3+x×
4=20x=20×
0.1mol=2.0mol,则氯气的物质的量为2.0mol。
10.某元素一种原子的质量数为A,其阴离子Xn-核外有x个电子,mg这种原子的原子核内中子的物质的量为
molB.
mol
molD.
【答案】A
元素原子的质量数为A,mg这种元素的原子,其物质的量为
mol,阴离子Xn-核外有x个电子,则质子数为x-n,原子核内中子数为A-(x-n)=A-x+n,则mg这种元素的原子核内中子数为
mol×
(A-x+n)=
mol,答案选A。
11.下列属于加成反应的是
A.CH4+2O2
CO2+2H2O
B.CH2=CH2+H2
CH3CH3
+HNO3
+H2O
D.2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O
A.CH4+2O2
CO2+2H2O属于氧化还原反应,不属于加成反应,选项A错误;
B.CH2=CH2+H2
CH3CH3属于加成反应,选项B正确;
C.
+H2O属于硝化反应,也属于取代反应,选项C错误;
D.2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O属于氧化反应,不属于加成反应,选项D错误。
12.向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体,一定条件下发生如下反应:
3A(g)
B(g)+2C(g),各物质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出]。
下列说法中正确的是
A.若t1=15s,则用A的浓度变化表示t0~t1阶段的平均反应速率为0.004mol/(L·
s)
B.t1时该反应达到平衡,A的转化率为40%
C.该容器的容积为2L,B的起始的物质的量为0.02mol
D.t0~t1阶段,此过程中容器与外界的热交换总量为akJ,该反应的热化学方程式为3A(g)
B(g)+2C(g)△H=-50a/3kJ/mol
【解析】分析:
A.根据v=△c/△t计算;
B.根据A的起始量和转化量计算转化率;
C.根据B的平衡量和变化量计算;
D.根据A的消耗量结合能量变化计算反应热。
A.t0~t1阶段,A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L,t0~t1阶段的平均反应速率为0.09mol/L÷
15s=0.006mol·
L-1·
s-1,A错误;
B.t1时该反应达到平衡,根据选项A中分析可知A的转化率为0.09/0.15×
100%=60%,B错误;
C.根据反应3A(g)
B(g)+2C(g)可知,反应达平衡后△c(A)=0.09mol·
L-1,则△c(B)=O.03mol·
L-1。
由图像可知反应达平衡后,c(B)=0.05mol·
L-1,所以B的起始的浓度为0.02mol·
L-1,B的起始的物质的量为0.02mol/L×
2L=0.04mol,C错误;
D.t0~t1阶段,△c(A)=0.09mol·
L-1,△n(A)=0.09mol/L×
2L=0.18mol,此时放热akJ,如果有3molA完全反应,放热为50a/3kJ,即热化学方程式为3A(g)
B(g)+2C(g)△H=-50a/3kJ·
mol-1,D正确;
13.化学与生产、生活密切相关。
下列事实的解释正确的是()
选项
事实
解释
A
酸雨的pH<
5.6
CO2溶解在雨水中
B
氢能是能源开发的研究方向
化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气
C
疫苗一般应冷藏存放
避免蛋白质变性
D
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
A、酸雨的pH<
5.6,是因为二氧化硫和水反应生成了亚硫酸,酸雨与二氧化碳无关,错误;
B、电解水生成氢气,加热条件不能使水分解,错误;
C、疫苗一般应冷藏存放,冷藏室保持温度在2-8摄氏度,避免蛋白质变性,正确;
D、漂白粉在空气中久置变质,因为漂白粉中次氯酸钙与空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸,次氯酸不稳定见光分解,错误;
故选C
14.下列各组元素中,属于同一周期的是
A.H、NaB.Al、PC.O、ClD.Mg、F
【解析】解:
A.H、Na分别位于一、三周期,故A不选;
B.Al、P均位于第三周期,故B选;
C.O、Cl分别位于二、三周期,故C不选;
D.Mg、F分别位于三、二周期,故D不选;
故选B.
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用,为高频考点,把握原子结构中电子层数等于周期数为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.
15.下列各组大小关系比较中错误的是()
A.热稳定性:
NaHCO3>Na2CO3B.酸性:
H2CO3>HClO
C.氧化性:
稀硝酸>稀硫酸D.结合OH-的能力:
Fe3+>NH4+
A、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠;
B、二氧化碳与NaClO反应生成HClO;
C、稀硝酸具有强氧化性,稀硫酸没有强氧化性;
D、碱性越弱,碱越难电离,对应的弱碱阳离子越易结合OH-离子;
A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,则热稳定性NaHCO3<
Na2CO3,所以A选项是错误的;
B.二氧化碳与NaClO反应生成HClO,发生强酸制取弱酸的反应,则酸性:
H2CO3>HClO,所以B选项是正确的;
C.稀硝酸具有强氧化性,稀硫酸没有强氧化性,稀硝酸能将SO2氧化为硫酸,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性:
稀硝酸>
稀硫酸,所以C选项是正确的;
D.含NH4+、Fe3+的混合溶液中Fe3+先与碱反应,然后NH4+再与碱反应,则结合OH-的能力:
Fe3+>NH4+,故D正确;
所以本题答案选A。
点睛:
本题考查较为综合,涉及盐的热稳定性、酸性的比较,侧重于学生的分析能力的考查,选项D直接做有一定的难度,但如果假设NH4+先结合OH-生成NH3
H2O又和Fe3+反应生成Fe(OH)3和NH4+,则其离子结合OH-能力就显而易见了。
16.同周期的X、Y、Z三元素,其最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序是:
H3ZO4<H2YO4<HXO4,则下列判断正确的是()
X>Y>Z
B.阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱
C.非金属性:
D.气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强
A.同一周期的元素,原子序数越大,原子最外层电子数越多,形成的最高价含氧酸的酸性就越强。
由于同周期的X、Y、Z三种元素,其最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序是:
H3ZO4<H2YO4<HXO4,所以元素的非金属性Z<Y<X,因此原子半径Z>Y>X,A错误;
C.元素的非金属性越强,其简单阴离子的还原性就越弱。
由于元素的非金属性:
Z<Y<X,所以阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由弱到强,B错误;
C.元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性就越强。
由于酸性H3ZO4<H2YO4<HXO4,所以元素的非金属性Z<Y<X,C正确;
D.元素的非金属性越强,其相应的氢化物的稳定性就越强。
由于元素的非金属性Z<Y<X,所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由强到弱,D错误。
17.下列说法正确的是
A.F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低B.Li、Na、K、Rb单质密度逐渐增大
C.水分子很稳定是因为分子间有氢键D.熔融AlCl3不导电,说明其为共价化合物
A.根据分之间作用力判断熔点;
B.根据元素周期律同主族性质递变规律判断;
C.分子的稳定性与共价键有关;
D.熔融状态的共价化合物不导电。
F2、Cl2、Br2、I2单质是分子晶体,其熔点与分之间作用力有关,随着相对分子质量逐渐增大,分之间作用力逐渐增大,熔点逐渐升高,A选项错误;
Li、Na、K、Rb是同主族的元素单质,随着原子序数的递增,其密度逐渐增大,但K的密度比Na小,所以其密度关系正确的是:
铯>
铷>
钠>
钾>
锂,B选项错误;
水分子是共价化合物,其稳定性与共价键有关,与分之间作用力(氢键也是分之间作用力)无关,C选项错误;
共价化合物在熔融状态下仍然以分子或者原子形式存在,没有离子出现,所以共价化合物熔融状态不导电,熔融AlCl3不导电,说明其为共价化合物,D选项正确;
正确选项D。
比较物质的熔、沸点的高低,首先分析物质所属的晶体类型,一般来说,原子晶体>离子晶体>分子晶体;
然后再在同类型晶体中进行比较,如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待:
1.同属分子晶体:
①组成和结构相似的分子晶体,如果分子之间存在氢键,则分子之间作用力增大,熔沸点出现反常。
有氢键的熔沸点较高。
②组成和结构相似的分子晶体,一般来说相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔沸点越高。
例如本题中:
I2>Br2>Cl2>F2;
2.同属原子晶体,一般来说,半径越小形成共价键的键长越短,键能就越大,晶体的熔沸点也就越高。
例如:
金刚石(C-C)>二氧化硅(Si-O)>碳化硅(Si-C)晶体硅(Si-Si);
3.同属离子晶体离子的半径越小,所带的电荷越多,则离子键越强,晶格能越高,熔沸点越高。
MgO>MgCl2,NaCl>CsCl。
18.下列物质性质与应用对应关系不正确的是
A.聚氯乙烯膜具有塑性和弹性,可用作食品保鲜膜
B.乙醇能使蛋白质变性,可用75%的乙醇溶液作医疗消毒剂
C.醋酸酸性强于碳酸,可用醋酸去除水垢
D.淀粉能与单质碘发生显色反应,可用碘水鉴别淀粉和纤维素
A.聚氯乙烯含有增塑剂,对人体有害;
B.乙醇能使蛋白质变性,可用于杀菌消毒能力;
C.醋酸酸性强于碳酸,可用醋酸去除水垢D.淀粉遇碘变蓝色。
详解:
A.一般用聚乙烯材料作食品保鲜膜,聚氯乙烯含有增塑剂,对人体有害,不能用作食品保鲜膜,故A错误;
B.乙醇能使蛋白质变性,可用于杀菌消毒,医疗消毒剂一般用75
的乙醇溶液,故B正确;
C.水垢的主要成分碳酸钙,醋酸酸性强于碳酸,所以可用醋酸去除水垢,故C正确;
D.碘遇淀粉变蓝色,所以可用碘水鉴别淀粉和纤维素,故D正确;
答案:
A。
19.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.28克乙烯和丙烯的混合气体的分子数为NA
B.标准状况下,22.4升CCl4的分子数为NA
C.30克C2H6中,共价键的数目为7NA
D.1mol苯分子中含有的碳碳单键的数目为6NA
【解析】A、假设28g全部是乙烯,则乙烯的物质的量为28/28mol=1mol,假设全部是丙烯,丙烯的物质的量为28/42mol=2/3mol,因此28g此混合物的物质的量小于1mol,故A错误;
B、标准状况下,CCl4不是气体,故B错误;
C、30g乙烷是1mol,乙烷的结构简式为CH3CH3,因此1mol乙烷有有7mol共价键,故C正确;
D、苯中碳碳键是介于碳碳双键和单键之间特殊的键,故D错误。
20.下列化学变化中,需加入氧化剂才能实现的是
A.C→CO2B.CO2→COC.CuO→CuD.H2SO4→BaSO4
A.碳元素的化合价升高,发生氧化反应,需要添加氧化剂才能发生,故A正确;
B.碳元素化合价降低,发生还原反应,需要添加还原剂才能发生,故B错误;
C.铜元素化合价降低,发生还原反应,需要添加还原剂才能发生,故C错误;
D.元素的化合价不发生变化,利用复分解反应即可发生,故D错误,答案为A。
考查氧化还原反应的分析与应用
二、计算题(本题包括1个小题,共10分)
21.T℃时,将3molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中(容积不变),发生反应:
3A(g)+B(g)
xC(g),2min时反应达到平衡状态(温度不变),剩余1.8molB,并测得C的浓度为0.4mol/L。
请填写下列空白:
(1)x=________。
(2)用B表示该反应的速率为________mol/(L·
min),A的转化率为________。
(3)该温度下平衡常数表达式为:
_________________________。
【答案】40.0520%K=
(1)2molB反应,剩余1.8mol,反应消耗了0.2molB,结合题意计算生成的C,再根据反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比计算;
(2)消耗了0.2molB,同时会消耗0.2mol×
3=0.6molA,结合v=
计算;
(3)根据平衡常数是生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与