高一下期末考试模拟试题二平衡版.docx
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高一下期末考试模拟试题二平衡版
高一下期末模拟试题二
一、选择题
1．已知：
①CH3OH（g）+
O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣akJ•mol﹣1
②CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H2=﹣bkJ•mol﹣1
③H2（g）+
O2（g）═H2O（g）△H3=﹣ckJ•mol﹣1
④H2（g）+
O2（g）═H2O（l）△H4=﹣dkJ•mol﹣1
下列叙述正确的是（ ）
A．由上述热化学方程式可知△H3＜△H4
B．H2的燃烧热为dkJ•mol﹣1
C．CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H=（a﹣b﹣2c）kJ•mol﹣1
D．当CO和H2的物质的量之比为1：
2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（l）时，放出QkJ热量，则混合气中CO的物质的量为
mol
【解答】解：
A．气态水到液态水继续放热，所以d＞c，则△H3＞△H4，故A错误；
B．燃烧热应生成稳定氧化物，应该是液态水，燃烧热为dkJ/mol，故B正确；
C．根据盖斯定律，CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g），由①﹣②×2﹣③得到：
CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H=（b+2c﹣a）kJ/mol，故C错误；
D．设CO和H2物质的量分别为n、2n，则CO放出的热量是nb，氢气放出的热量是2nd，即nb+2nd=Q，解得n=
mol，则该混合物中CO的物质的量为
mol，故D错误。
故选：
B。
2．N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：
N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）△H，有关化学反应的物质变化过程如
图1，能量变化过程如图2。
下列说法正确的是（ ）
A．由图1可知：
△H1=△H+△H2
B．由图2可知：
△H=﹣226KJ/mol
C．由图2可知：
反应①的反应速率比反应②快
D．为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+
【解答】解：
A．由图1及盖斯定律可知，反应①+②得到N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g），则△H=△H1+△H2，故A错误；
B．由图2可知，焓变等于正逆反应的活化能之差，则△H=134kJ/mol﹣360kJ/mol=﹣226KJ/mol，故B正确；
C．由图2可知N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）为放热反应，但不能确定①②的反应速率关系，题给信息不能比较反应①、②的反应速率，故C错误；
D．Pt2O+作催化剂，Pt2O2+为中间产物，则不需要不断向反应器中补充，故D错误；
故选：
B。
3．如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图．则下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径大小比较：
Z＞Y＞X
B．气态氢化物稳定性：
Y＞X＞R
C．单质的熔点：
M＞Z
D．Z单质能从M的盐溶液中置换出单质M
【解答】解：
同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，稀有气体原子半径大于同周期VIIA元素原子半径，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，Y为O元素，X为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Cl元素。
A．O2﹣、F﹣、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：
O2﹣＞F﹣＞Na+，故A错误；
B．非金属性F＞O，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HF＞H2O，故B错误；
C．铝离子半径小于钠离子比较，且铝离子所带电荷大，故Al晶体中金属键更强，则单质熔点Al＞Na，故C正确；
D．Na单质与水反应生成氢氧化钠与氢气，不能从M的盐溶液中置换出单质M，故D错误，
故选：
C。
4．V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示：
Y
V
X
W
Z为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素．V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W与Z可形成化合物ZW3．
下列判断正确的是（ ）
A．原子半径：
X＞Y＞V＞W
B．X、W的质子数之和与最外层电子数之和的比值为2：
1
C．甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键
D．在足量的沸水中滴入含有16.25gZW3的溶液可得到0.1molZ（OH）3
【解答】解：
V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，则Y、V为第二周期而X、W为第三周期元素；
Z为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素，为Fe元素；
V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲是NH3，乙为HCl，所以V是N、W是Cl元素，则Y是C、X是Al元素，
W与Z可形成化合物ZW3，ZW3为FeCl3；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径X＞W＞Y＞V，故A错误；
B．Al、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10，二者之比为3：
1，故B错误；
C．白烟为NH4Cl，是离子化合物，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，N﹣H原子之间存在共价键，所以氯化铵中存在离子键和共价键，故C正确；
D．沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe（OH）3胶体，该反应为可逆反应，溶液中的Fe3+不可能完全转化为Fe（OH）3胶体，故D错误；
故选：
C。
5．单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体．已知：
①S（s，单斜）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ•mol﹣1
②S（s，正交）+O2（g）═SO2（g）△H2=﹣296.83kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ）
A．S（s，单斜）═S（s，正交）△H3=+0.33kJ•mol﹣1
B．正交硫比单斜硫稳定
C．相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D．①式表示断裂lmolO2中共价键所吸收的能量比形成1molSO2中共价键所放出的能量多297.16KJ
【解答】解：
已知：
①S（s，单斜）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣297.16kJ•mol﹣1；②S（s，正交）+O2（g）=SO2（g）△H2=﹣296.83kJ•mol﹣1；
①﹣②得到热化学方程式：
S（s，单斜）=S（s，正交）△H3=﹣0.33kJ•mol﹣1，
A、根据盖斯定律得到热化学方程式为：
S（s，单斜）=S（s，正交）△H3=﹣0.33kJ•mol﹣1，故A错误；
B、依据热化学方程式可知，正交硫能量低于单斜硫，所以正交硫稳定，故B正确；
C、相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量低，故C错误；
D、①式表示断裂lmolO2中共价键和断裂S（s，单斜）所吸收的总能量比形成1molSO2中共价键所放出的能量少297.16KJ，故D错误；
故选：
B。
6．将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号号
稀硝酸的体积/mL
剩余固体的质量/g
NO的体积/L
1
100
17.2
2.24
2
200
8.00
4.48
3
400
0
V
下列说法正确的是（ ）
A．表中V=7.84L
B．原混合物粉末的质量为25.6g
C．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：
3
D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol•L﹣1
【分析】由第一组数据可知固体有剩余．无论硝酸和什么金属反应，根据N原子守恒得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子），若只溶解铁，质量为8.4g，若只溶解铜，质量为9.6g，由此可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属，所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu．第二次实验后剩余金属只有铜，由此分析解答．
【解答】解：
由第一组数据可知固体有剩余。
无论硝酸和什么金属反应，根据N原子守恒得，n（HNO3）=4n（NO），加入100mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子），若只溶解铁，质量为8.4g，若只溶解铜，质量为9.6g，由此可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则
，解之得
，所以9.2gk中含铁2.8g，含铜的质量为：
6.4g，所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：
=25.6g，其中含铁为8.4+2.8=11.2g，含铜的质量为：
6.4+8=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为
=8：
9，
A、铁和铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：
+
=1.4mol，所以400mL的硝酸的物质的量为0.4×4=1.6mol，则硝酸过量，所以V=
=7.84L，故A正确；
B、原混合物粉末的质量为25.6g×3=76.8g，故B错误；
C、铁和铜的物质的量之比为：
=8：
9，故C错误；
D、实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为
=0.5mol/L，故D错误；
故选：
A。
7．在探究氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（ ）
实验序号
实验现象
实验结论
A
氯水呈浅绿色
氯水中含有含有Cl2
B
向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色
氯水中含有HClO
C
向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀
氯水中含有Cl﹣
D
向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生
氯水中含有H+
A．AB．BC．CD．D
【分析】氯气溶液水得到的溶液为氯水，氯水中，氯气大部分以分子形式存在，少量氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离，生成氢离子和次氯酸根离子，据此解答．
【解答】解：
A．氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，故A正确；
B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故B错误；
C．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，故C正确；
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是因为，碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故D正确；
故选：
B。
8．用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（ ）
途径①：
S
H2SO4
途径②：
S
SO2
SO3
H2SO4．
A．途径②与途径①相比较更能体现“绿色化学”的理念，因为途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高
B．由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mol电子
C．途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性
D．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来提高SO2的转化率
【分析】A．途径①有副产物，而且污染；
B．根据S元素的化合价变化分析；
C．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，不体现酸性；
D．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率．
【解答】解：
A．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，且原子利用率较高，故A正确；
B．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole﹣，故B正确；
C．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故C错误；
D．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，故D正确；
故选：
C。
9．下列化学用语表达正确的是（ ）
A．中子数为8的氧原子：
O
B．次氯酸的结构式；H﹣O﹣Cl
C．氢氧化钠的电子式：
D．CO2的比例模型：
【分析】A．中子数=质量数﹣质子数，中子数为8的氧原子，质子数为8，质量数为16；
B．次氯酸是氧原子和氯原子、氢原子分别形成共价键；
C．氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根负离子构成，氢氧根负离子应加中括号[]，在右上角注明电荷；
D．二氧化碳分子中，碳原子的相对体积大于O原子。
【解答】解：
A．中子数为8的氧原子，质子数为8，其质量数为16，原子符号168O，故A错误；
B．次氯酸分子中含有1个H﹣O键和1个O﹣Cl键，其正确的结构式为：
H﹣O﹣Cl，故B正确；
C．氢氧化钠属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：
，故C错误；
D．二氧化碳为直线型结构，碳原子的相对体积大于氧原子，CO2正确的比例模型为：
，故D错误；
故选：
B。
10．周期表是学习化学的重要工具，下列关于周期表的说法正确的是（ ）
A．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16个纵行
B．最外层电子数为1的元素是碱金属元素
C．同一周期第ⅠA、VIA族元素的原子序数相差为5、15或28
D．人们可以在周期表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料
【解答】解：
A、元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，Ⅷ族有3个纵行，所以共18个纵行，故A错误；
B、氢原子最外层电子数为1的元素，但不是碱金属元素，故B错误；
C、同一周期第ⅠA、VIA族，短周期相差5，4、5周期相差15，6和7周期相差29，而不是28，故C错误；
D、过渡元素均为金属元素，可在周期表的过渡元素中寻找催化剂和耐腐蚀、耐高温的合金材料，故D正确；
故选：
D。
11．下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A．第ⅠA族元素中的金属性比第ⅡA族元素的金属性强
B．金属和非金属的分界线，从分界线附近可以找到半导体材料
C．周期表中有7个横行，即七个周期；有18个纵列，即十八个族
D．第二周期元素的最高化合价为+1→+7
【解答】解：
A．同周期第ⅠA族元素中的金属性比第ⅡA族元素的金属性强，不是同周期时不一定有此关系，故A错误；
B．金属和非金属的分界线的元素具有金属性、非金属性，则从分界线附近可以找到半导体材料，故B正确；
C．周期表有16个族，含7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，周期表中8、9、10三个纵行为ⅤⅢ族，故C错误；
D．第二周期中O、F无正价，第三周期符合元素的最高化合价为+1→+7，故D错误；
故选：
B。
12．230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U．下列有关Th的说法正确的是（ ）
A．Th元素的质量数是232
B．Th元素的相对原子质量是231
C．232Th转化成233U是化学变化
D．230Th和232Th的化学性质相同
【解答】解：
A．质量数=质子数+中子数，铀（U）是92号元素，233U的中子数=233-92=141，故A正确；
B．元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值，不知道各种天然同位素的含量无法求出Th元素的相对原子质量，故B错误；
C．化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而232Th转换成233U的原子发生变化，不是化学变化，故C错误；
D．同位素的物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，故D错误。
故选：
A。
13．关于
U和
U的说法正确的是（ ）
A．它们都含有92个中子B．235U原子核外有143个电子
C．它们互为同位素D．它们是同种核素
【解答】解：
A、
U和
U同属于铀元素的两种不同原子，故其中子数一定不同，
U的中子数为143，
U的中子数为146，故A错误；
B、原子的电子数等于其质子数，故
U的核外有92个电子，故B错误；
C、
U和
U同属于铀元素的两种不同原子，故互为同位素，故C正确；
D、
U和
U同属于铀元素的两种不同原子，是两种不同的核素，故D错误。
故选：
C。
二、填空题
14.（16分）实验室中用下列装置制FeCl3，可供选择的试剂有：
①MnO2②NaOH溶液③饱和NaCl溶液④浓硫酸⑤浓盐酸．
（1）按气体流向由左到右排列，各装置的连接顺序为（填写A～E序号）：
接 接 接 接 ．
（2）实验开始时先点燃A处酒精灯，点燃B处酒精灯前必须观察到的现象是 ．
（3）A装置烧瓶中反应的方程式是 C中所放试剂是 ．
（4）停止反应后，还有Fe丝剩余．为检验FeCl3生成，并最终得到FeCl3溶液，某学生设计以下实验步骤：
a．待B装置玻璃管冷却后，将管中物质用水溶解，过滤除去不溶物；
b．取少量滤液，滴加KSCN溶液，检验Fe3+；
c．取少量滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，检验Cl﹣
请指出该实验步骤中可能存在的不足，说明理由和改进方法（写出相应的离子反应方程式）：
．
【答案】A；E；C；B；D；黄绿色气体充满玻璃管；MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；溶解物质时发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶质可能为FeCl2或FeCl2和FeCl3的混合溶液，在检验氯离子后需要向溶液中通入Cl2，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣
15.（16分）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物．
（1）写出Y2O2的电子式：
，其中含有的化学键是 ．
（2）用电子式表示Y2O的形成过程
（3）X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 （填化学式）．
（4）XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是 （填化学式）．
（5）由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物和一种刺激性气味的气体，试写出反应的化学方程式 ．
【答案】
；离子键、共价键；
；HClO4；NH3；NCl3+3H2O═3HClO+NH3；
16.（16分）
（1）在一密闭容器中充入2molNH3，保持温度体积恒定，经过一段时间玻璃管内压强是初始压强的1.5倍，则NH3的转化率为 ，NH3的体积分数为
（2）已知常温下，NO2可以与N2O4相互转化，将一定量NO2和N2O4混合气体通入体积为2L的恒温密闭容器中，各物质浓度随时间变化的关系如图1所示．
请回答：
①图l中，曲线 （填“X”或“Y”）表示NO2浓度随时间的变化情况；前10min内v（NO2）= mol/（L•min）．
②反应进行到10min时，共吸收热量22.76kJ，则该反应的热化学方程式为 ；该反应的平衡常数K= ．
③反应进行到20min时，再向容器内充入一定量NO2，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol/L．
ⅰ第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为ω1，达到新平衡后混合气体中NO2的体积分数为ω2，则ω1 ω2（填“＞”、“=”或“＜”）；
ⅱ请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”）．
【解答】解：
（1）在一密闭容器中充入2molNH3，保持温度体积恒定，经过一段时间玻璃管内压强是初始压强的1.5倍，气体压强之比等于气体物质的量之比，设生成氮气物质的量为x，
2NH3⇌N2+3H2
起始量（mol）200
变化量（mol）2xx3x
平衡量（mol）2﹣2xx3x
2﹣2x+x+3x=2×1.5
x=0.5mol
则NH3的转化率=
×100%=50%，
NH3的体积分数=
×100%=33.3%，
故答案为：
50%；33.3%；
（2）①由图可知0﹣10min内，X的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，Y的浓度变化量为（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol/L，由2NO2（g）⇌N2O4（g），可知△c（NO2）=2△c（N2O4），所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，X表示NO2浓度随时间的变化曲线，由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，所以υ（NO2）=
=0.04mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：
X；0.04；
②反应进行到10min时，X的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，物质的量为0.4mol/L×2L=0.8mol，共吸收热量22.76kJ，生成2molNO2吸热56.9kJ，反应的热化学方程式为：
N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+56.9kJ/mol，达到平衡状态下，c（N2O4）=0.4mol/L，c（NO2）=0.6mol/L，平衡常数K=
=0.9mol/L
故答案为：
N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+56.9kJ/mol；0.9mol/L；
③i．恒温恒容下，再充入一定量NO2，等效为增大压强，平衡逆向移动，新平衡后混合气体中NO2的体积分数减小，故ω1＞ω2，故答案为：
＞；
ii.20min时瞬间c（NO2）增大，c（N2O4）不变，而后平衡向逆反应方向移动，c（NO2）减小，c（N2O4）增大，10min后达到新的平衡，此时测得c（NO2）=0.9mol/L，由于K=
=0.9，则平衡时c（N2O4）=
mol/L=0.9mol/L，而X为NO2、Y为N2O4，20min后各物质的浓度随时间变化的曲线为：
。
17.（13分）如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视．目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究该反应原理，进行如下实验：
在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如图1所示：
（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）= ．500℃达平衡时，CH3OH（g）的体积分数为 ，图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，则该反应的正反应为 反应（填“放热”或“吸热”）
（2）500℃该反应的平衡常数为 （保留两位小数），若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值 （填“增大”“减小”或“不变”）．
（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是 ．
A．在原容器中再充入1molH2B．在原容器中再充入1molCO2
C．缩小容器的容积D．使用更有效的催
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