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.docx

1、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高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分每小题只有一个选项符合题意）1已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为61D中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol【答案】B【解析】【详解】A一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另

2、一种化合物的反应为置换反应，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O反应中反应物中没有单质参与，不属于置换反应，故A错误；BCl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化性Cl2Br2，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化性KClO3Cl2，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化性KBrO3KClO3，所以氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2，故B正确；CKClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中反应6molHCl中只有5mol被氧化，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为51，故C错误；D2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中lmol还

3、原剂Cl2失去10mol电子，则氧化剂得到电子10mol电子，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意根据化合价变化分析判断出氧化还原反应中的氧化剂和氧化产物，再结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断。2在一体积为2L的密闭容器中充入2mol X，一定条件下可发生反应:2X(g)3Y(g)，该反应的反应速率（v)与时间（t）的关系如图所示，已知 min时容器内有1.5mol Y。下列叙述正确的是（ ）A若 min时升高温度，则反应速率不变B min内，反应不再发生C0 min内，D min时，只有正反应发生【答案】C【解析】【详解】A根据图像， min时为平衡状态，若 min时升

4、高温度，正逆反应速率均加快，故A错误；B根据图可知，t2t3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1.5mol Y ，则消耗的X为1mol，因此0 min内，故C正确；Dt1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。3X、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：ZYXBZ 与 X 形成化合物的沸点高于Z 的同族元

5、素与 X形成化合物的沸点CCaY2 与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂DCaX2、CaY2和CaZ2 等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为 12【答案】B【解析】【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，【详解】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

6、大，故原子半径OFH，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【解析】【详解】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

7、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D5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B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C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D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AA BB CC DD【答案】B【解析】分析：A强酸反应可以制取弱酸；B蔗糖

8、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；故选B。6有关能量的判断或表示方法正确的是()

9、A由H(aq)OH-(aq)=H2O的中和热H= -57.3kJ/mol可知：含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJB从C(石墨)=C(金刚石)H= +1.19 kJ/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H相同【答案】D【解析】【详解】A、浓硫酸溶于水放出大量的热，即0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH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，

10、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) H0，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。7NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见图)。下列说法正确的是ANH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥BNH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解CNH3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【答案】C【解析】试题分析：A目前常用的化肥有氮肥，即以氮素营养元素为主要成分的化肥，如尿素、碳铵等；磷肥，即以磷素营养元素为主要成分的化肥，如过磷酸钙；钾肥即以钾素营养元素

11、为主要成分的化肥，主要品种有氯化钾，硫酸钾等；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；BNH4Cl、HNO3受热时易分解，Na2CO3受热时不分解，B项错误；CNO2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；答案选C。考点：考查氨气的用途。8已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=-akJmol-14NH3(g)+3O

12、2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H2=-bkJmol-1H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H3=-ckJmol-1H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H4=-dkJmol-1下列叙述正确的是（ ）A由上述热化学方程式可知H3H4BH2的燃烧热为dkJmol-1C4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)H=(-a-b)kJmol-1D4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)H=(6d-b)kJmol-1【答案】B【解析】【分析】【详解】A气态水液态水为放热过程，所以dc，则H3H4，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

13、烧热为d kJ/mol，B正确；C根据盖斯定律，将(+)2得到：4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)H= kJmol-1，C错误；D根据盖斯定律，将(6)得到：4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)H=(6c-b) kJmol-1，D错误；答案选B。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A1.0mol B2.0mol C3.0mol D4.0mo1【答案】B【解析】【分

14、析】【详解】若将1 mol CH4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）4321，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+3x2+2x3+x4=20x=200.1mol=2.0mol，则氯气的物质的量为2.0mol。答案选B。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Amol Bmol

15、Cmol Dmol【答案】A【解析】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ACH4+2O2CO2+2H2OBCH2CH2 +H2CH3CH3C+HNO3+H2OD2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A. CH4+2O2CO2+2H2O属于氧化还原反应，不属于加成反应，选项A错误；B. CH2CH2 +H2CH3CH3属于加成反应，选项B正确；C.

16、+HNO3+H2O属于硝化反应，也属于取代反应，选项C错误；D. 2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，不属于加成反应，选项D错误。答案选B。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t0t1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t0t1阶段的平均反应速率为0.004 mol/(Ls)Bt1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0.02 molDt0t1阶段，此过程中容

17、器与外界的热交换总量为a kJ，该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g) H=-50a/3 kJ/mol【答案】D【解析】分析：A.根据vc/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。详解：A.t0t1阶段，A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09 mol/L，t0t1阶段的平均反应速率为0.09mol/L15s=0.006 molL1s1，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0.09/0.15100%=60%，B错误；C.根据反应3A(g)B(g)2C

18、(g)可知，反应达平衡后c(A)=0.09 molL1，则c(B)=O.03 molL1。由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 molL1，所以B的起始的浓度为0.02 molL1，B的起始的物质的量为0.02mol/L2L=0.04 mol，C错误；D.t0t1阶段，c(A)=0.09 molL1，n(A)=0.09mol/L2L=0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50a/3 kJ，即热化学方程式为3A(g)B(g)2C(g) H50a/3 kJmol1，D正确；答案选D。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

19、的pH5.6CO2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CaCO3AA BB CC DD【答案】C【解析】A、酸雨的pH5.6，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C14下列各组元素中，属于同一

20、周期的是AH、Na BAl、P CO、Cl DMg、F【答案】B【解析】解：AH、Na分别位于一、三周期，故A不选；BAl、P均位于第三周期，故B选；CO、Cl分别位于二、三周期，故C不选；DMg、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：NaHCO3Na2CO3 B酸性：H2CO3HClOC氧化性：稀硝酸稀硫酸 D结合OH- 的能力： Fe3+NH4+【答案】A【解析】分析：A、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B、

21、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；详解：A碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,则热稳定性NaHCO3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NH3H2O又和Fe3+反应生成Fe(OH)3和NH4+，则其离子结合OH-能力就显

22、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：H3ZO4H2YO4HXO4，则下列判断正确的是 ( )A原子半径：XYZB阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱C非金属性：XYZD气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强【答案】C【解析】【详解】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：H3ZO4H2YO4HXO4，所以元素的非金属性ZYX，因此原子半径ZYX，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

23、非金属性：ZYX，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H3ZO4H2YO4HXO4，所以元素的非金属性ZYX，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ZYX，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。答案选C。17下列说法正确的是AF2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低 BLi、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【答案】D【解析】分析：A. 根据分之间作用力判断熔点；B. 根据元素周期律同

24、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。详解：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

25、为共价化合物，D选项正确；正确选项D。点睛：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： 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。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：I2Br2Cl2F2；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（CC）二氧化硅（SiO

26、）碳化硅（SiC）晶体硅（SiSi）；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。例如： MgOMgCl2，NaClCsCl。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【答案】A【解析】分析：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

27、,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A28克乙烯和丙烯的混合气体的分子数为NAB标准状况下，22.4升CCl4的分子数为NAC30克C2H6中，共价键的数目为7NAD1 mol苯分子中含有的碳碳单键的数目为6NA【答案】C【解析】A、假设28g全部是乙烯，则乙烯的物质的量为28/28mo

28、l=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ACCO2 BCO2CO CCuOCu DH2SO4BaSO4【答案】A【解析】试题分析：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

29、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。考点：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）21T 时，将3 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生反应：3A(g)B(g) xC(g)，2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余1.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L。请填写下列空白：（1）x_。（2）用B表示该反应的速率为_mol/(Lmin)，A的转化率为_。（3）该温度下平衡常数表达式为：_。【答案】4 0.05 20% K= 【解析】【分析】(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0.2mol3=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