化学山西省祁县第二中学校高一下学期期末考试试题解析版Word下载.docx
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化学山西省祁县第二中学校高一下学期期末考试试题解析版Word下载.docx
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1737Cl
【答案】C
【解析】A.CaF2是离子化合物,含有Ca2+和F-,其电子式为
,故A错误;
B.氯离子质子数为17,核外有18个电子,有3个电子层,最外层电子数为8,离子结构示意图为
,故B错误;
C.二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对,其结构式为O=C=O,故C正确;
D.中子数为20的氯原子的质量数为37,其核素的表示方式为1737Cl,故D错误;
故答案为C。
4.下列各组物质中化学键的类型相同的是()
A.HCl、MgCl2、NH4ClB.NH3、H2O、CO2
C.CO、Na2O、CS2D.CaCl2、NaOH、N2O
【答案】B
【解析】
【分析】一般来说,活泼金属和活泼非金属元素易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,以此来解答。
【详解】A.HCl中氢原子和氧原子之间存在共价键,MgCl2中氯离子和镁离子之间存在离子键,NH4Cl为离子化合物,含有离子键和共价键,所以三种物质含有化学键类型不同,故A不选;
B.NH3、H2O、CO2中均只含极性共价键,化学键类型相同,故B选;
C.CO中只含C、O之间形成的共价键,Na2O中氧离子和钠离子之间存在离子键,CS2中只含C、S之间形成的共价键,所以三种物质含有化学键类型不同,故C不选;
D.CaCl2中只含离子键,NaOH中含离子键和O-H共价键,N2O中只含N、O之间形成的共价键,所以三种物质含有化学键类型不同,故D不选。
故答案选B。
5.CO(g)与H2O(g)反应的能量变化如图所示,有关两者反应的说法正确的是()
A.该反应
吸热反应
B.该反应不需要加热就能进行
C.1molCO(g)和1molH2O(g)具有的总能量大于1molCO2(g)和1molH2(g)具有的总能量
D.1molCO2(g)和1molH2(g)反应生成1molCO(g)和1molH2O(g)要放出41kJ热量
【解析】A、从图示可知,反应物能量高生成物能量低,所以该反应为放热反应,故A错误;
B、某些放热反应也需要加热发生,如铝热反应,故B错误;
C、从图示可知,反应物的能量高,生成物能量低,CO(g)与H2O(g)所具有的总能量大于CO2(g)与H2(g)所具有的总能量,故C正确;
D、1molCO(g)和1molH2O(g)反应生成1molCO2(g)和1molH2(g)要放出41kJ热量,故D错误;
故选C。
6.在密闭容器中进行反应2SO2+O2
2SO3,反应达平衡的标志是()
①单位时间内消耗2molSO2的同时生成2molSO3
②反应混合物中,SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2
③反应混合物中,SO3的质量分数不再改变
A.①②B.①③C.①D.③
【分析】可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质),平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,由此衍生的一些物理量不变,以此分析。
【详解】①随着反应的进行,单位时间内消耗2molSO2的同时一定生成2molSO3,与反应是否达到平衡状态无关,故①不能说明达到平衡状态;
②平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2:
1:
2,可能不是2:
2,与二氧化硫的转化率有关,故②无法说明达到平衡状态;
③反应混合物中,SO3的质量分数不再改变,说明SO3的质量不再随时间变化而变化,此时反应达到平衡状态,故③能说明达到平衡状态;
故答案为D。
7.下列说法正确的是()
A.稳定性:
HCl<HBr
B.氯化钠和冰熔化时,化学键都被破坏
C.H2O2是既含极性键又含非极性键的共价化合物
D.NaOH、NH4Cl、H2SO4在水中均能电离出离子,它们都是离子化合物
【解析】A.非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性Cl>Br,则稳定性:
HCl>HBr,A错误;
B.氯化钠熔化时离子键被破坏,冰熔化时化学键不变,破坏的是分子间作用力,B错误;
C.H2O2的电子式为
,因此是既含极性键又含非极性键的共价化合物,C正确;
D.NaOH、NH4Cl、H2SO4在水中均能电离出离子,其中氢氧化钠和氯化铵中均含有离子键,都是离子化合物,硫酸分子中含有共价键,是共价化合物,D错误;
答案选C。
8.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间,以下叙述正确的是()
A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B.甲中铜片是正极,乙中铜片是负极
C.两烧杯中溶液的pH均增大
D.产生气泡的速度甲比乙慢
【解析】A、甲是原电池,正极铜片上发生还原反应2H++2e-=H2↑,铜片上有气体产生,乙装置中在锌片上发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑,铜片上无气体产生,故A错误;
B、甲装置是原电池,铜片做正极,乙不是原电池,故B错误;
C、两烧杯中的氢离子发生反应,浓度减少,溶液pH增大,故C正确;
D、原电池反应加快反应速率,故产生气泡的速度甲比乙快,故D错误;
综上所述,本题正确答案为C。
9.在2L容积不变的容器中,发生N2+3H2
2NH3的反应。
现通入H2和N2发生反应,10s内用H2表示的反应速率为0.12mol·
L-1·
s-1,则10s内消耗N2的物质的量是()
A.2.4molB.1.2molC.0.8molD.0.4mol
【解析】已知10s内用H2表示的反应速率为0.12mol·
s-1,则消耗的H2的物质的量是0.12mol·
s-1×
10s×
2L=2.4mol,所以10s内消耗N2的物质的量0.8mol,故本题正确答案为C。
10.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是( )
①体系的温度不再改变②体系的压强不再改变
③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变
⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q
⑥单位时间内mmolA发生断键反应,同时pmolC也发生断键反应
A.③④⑤⑥B.①③④⑥
C.②③④⑥D.①③④⑤
【解析】①体系的温度不再改变,正、逆反应速率相等,据此能判断该反应达到平衡状态,①正确;
②如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应,则体系的压强始终不变,所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态,②错误;
③各组分的物质的量浓度不再改变,说明该反应达到平衡状态,③正确;
④当该反应达到平衡状态,各组分的质量分数不再改变,④正确;
⑤任何时刻反应时都存在速率关系:
v(A):
v(B):
v(C):
v(D)=m:
n:
p:
q,故不能根据反应速率v(A):
q判断该反应是否达到平衡状态,⑤错误;
⑥单位时间内mmolA断键反应等效于pmolC形成,同时pmolC也断键反应,⑥正确;
综上所述可知正确的说法为①③④⑥,故合理选项是B。
11.下列说法错误的是()
A.蔗糖和麦芽糖均为双糖
B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C.植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br2/CCl4褪色
D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【解析】A.蔗糖和麦芽糖均能水解生成2个单糖分子,为双糖,故A正确;
B.绝大多数酶是蛋白质,少数具有生物催化功能的酶不是蛋白质,故B错误;
C.植物油为液态油脂,分子的烃基中含不饱和碳碳双键,这种脂肪酸酯,能够发生加成反应,使Br2/CCl4褪色,故C正确;
D.淀粉和纤维素为多糖,一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖,故D正确;
故选B。
12.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是()
A.
B.
C.
D.
【解析】分析:
在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质,结合选项解答。
详解:
A、反应物均是液体,且需要加热,因此试管口要高于试管底,A正确;
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收,注意导管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正确;
C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可实现分离,C正确;
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物,不能通过蒸发实现分离,D错误。
答案选D。
13.下列操作能达到实验目的的是()
实验目的
实验操作
A
证明Cl的非金属性比C强
将盐酸滴入放有大理石的烧杯中,观察是否有气泡产生。
B
比较Na与Al的金属性强弱
将金属钠放入盛有AlCl3溶液的烧杯中,观察现象。
C
证明增大反应物浓度,能加快化学反应速率
将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中。
D
证明KCl中存在离子键
熔融状态的KCl是否导电
【解析】A.验证非金属性强弱,应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱,Cl元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸,而不是盐酸,故A错误;
B.可以通过单质间的置换反应比较金属性强弱,但金属钠先与AlCl3溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀(或生成NaAlO2),不能将AlCl3溶液中的铝置换出来,不能比较Na与Al的金属性强弱,故B错误;
C.虽然增大反应物浓度,能加快化学反应速率,但浓硫酸具有强氧化性,与锌粒反应生成二氧化硫气体,故C错误;
D.共价化合物在熔融状态下不能电离,因此共价化合物在熔融状态下不能导电;
而离子化合物在熔融状态下可以电离出离子,离子化合物在熔融状态下能导电,据此可以根据熔融状态的KCl是否导电判断是含有离子键,故D正确。
14.下列设计的实验方案正确且能达到实验目的的是()
A.验证碳、硅非金属性强弱:
将CO2气体通入水玻璃中,观察现象
B.检验淀粉水解是否生成葡萄糖:
取少量水解液于试管中,直接加入新制的银氨溶液,水浴加热,观察现象
C.探究NaCl是否属于离子化合物:
将两个电极插入NaCl溶液中,进行导电性试验
D.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯:
向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液,振荡后静置分液,并除去有机相中的水
【解析】A.将CO2通入水玻璃中生成白色沉淀,根据复分解反应中强酸制备弱酸的原理,碳酸酸性大于硅酸的酸性,可以验证碳、硅非金属性强弱,故A正确;
B.淀粉水解溶液显酸性,应在碱性条件下检验葡萄糖,则检验淀粉水解产物,可在水解所得溶液中先加NaOH只碱性,再加入新制银氨溶液后水浴加热,故B错误;
C.将两个电极插入NaCl溶液中,进行导电性试验,不能证明NaCl属于离子化合物,如氯化氢的水溶液也能导电,但氯化氢属于共价化合物,故C错误;
D.向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液,乙酸乙酯能够发生水解反应,违反了除杂原则,应该用饱和碳酸钠溶液,故D错误;
15.一定条件下进行反应:
COCl2(g)
Cl2(g)+CO(g),向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2(g),反应过程中测得的有关数据见下表:
t/s
2
4
6
8
n(Cl2)/mol
0.30
0.39
0.40
下列说法不正确的是()
A.生成Cl2的平均反应速率,0~2s比2~4s快
B.0~2sCOCl2的平均分解速率为0.15mol·
L-1·
s-1
C.6s时,反应达到最大限度
D.该条件下,COCl2的最大转化率为40%
【解析】A.根据表中数据可以知道,在0~2s中氯气变化了0.3mol,在2~4s中氯气变化了0.09mol,所以生成Cl2的平均反应速率,0~2s比2~4s快,故A正确;
B.在0~2s中氯气变化了0.3mol,根据化学方程式COCl2(g)
Cl2(g)+CO(g)可以知道,用去COCl2气体的物质的量为0.3mol,所以0~2sCOCl2的平均分解速率为
=0.075mol·
s-1,故B错误;
C.6s之后,氯气的物质的量不再变化,说明反应已经处于平衡状态,反应达到最大限度,故C正确;
D.根据表中数据,平衡时生成氯气0.4mol,即用去COCl2气体的物质的量为0.4mol,所以转化率=
×
100%=40%,故D正确。
16.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y原子的最外层只有2个电子,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族。
下列叙述不正确的是()
A.X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物
B.Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应
C.Z原子的最外层电子数为4,形成化合物时一般为+4价
D.X与Y、Z与W都属于同一周期
【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为O元素,W与X属于同一主族,故W为S元素,Y原子的最外层只有2个电子,原子序数大于O元素,故Y处于第三周期,故Y为Mg元素,Z单质可制成半导体材料,Z为Si元素;
A.X为氧,W为硫,可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物,故A正确;
B.Y为镁,其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应,故B正确;
C.Z为硅,其原子的最外层电子数为4,形成化合物时一般为+4价,故C正确;
D.X为氧,在第2周期;
Y为镁,Z为硅,W为硫,在第3周期,故D错误,
故选D。
二.填空题:
共5个小题,共52分
17.下表为元素周期表的一部分,参照元素①~⑨在表中的位置,按要求回答下列问题:
(1)在元素①~⑨,最活泼的金属元素是______(填元素名称);
最活泼的非金属元素名称是______(填元素名称)
(2)用电子式表示元素③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物______。
元素①和③所形成的化学键的类型是_______。
(3)②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是______(用元素符号表示)。
(4)元素④和⑨所能形成的气态氢化物的稳定性______(用化学式表示);
元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序______(用化学式表示);
(5)写出元素
和
的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式:
______。
【答案】
(1).钠
(2).氟(3).
(4).极性共价键(5).Na>Si>C(6).HF>HCl(7).HClO4>H3PO4>H2SiO3(8).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【分析】由元素在周期表的位置可知,元素①~⑨分别为H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl,结合元素周期律和原子结构分析解答。
【详解】
(1)在元素①~⑨,最活泼的金属元素是钠;
最活泼的非金属元素名称是氟,故答案为:
钠;
氟;
(2)③与⑤形成
原子个数比为1∶2的化合物为氧化钠,属于离子化合物,用电子式为
,元素①和③所形成的化学键类型为极性共价键,故答案为:
;
极性共价键;
(3)同周期,从左向右,原子半径减小,同主族,从上到下,原子半径逐渐增大,则②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是Na>Si>C,故答案为:
Na>Si>C;
(4)非金属性F>Cl,则元素④和⑨所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HCl;
非金属性Cl>P>Si,则元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4>H3PO4>H2SiO3,故答案为:
HF>HCl;
HClO4>H3PO4>H2SiO3;
(5)元素⑤和⑥的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝,二者反应生成偏铝酸钠和水,离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,故答案为:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
18.
(1)如图是银锌原电池装置的示意图,以硫酸铜为电解质溶液。
回答下列问题:
①Zn电极是_______(填“正极”或“负极”),反应中质量会变______(填“大”,“小”或“不变”)
②银电极上发生_____反应(“氧化”或“还原”),电极反应式为__________。
(2)甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料,在生产中有着重要的应用。
甲醇燃料电池能量转化率高,对环境无污染。
该燃料电池的工作原理如图所示:
(质子交换膜可以通过H+)
通入甲醇气体的电极为电池的_____(填“正”或“负"
)极,电解质溶液中H+向_____电极移动(填“a"
或“b"
)。
(1).负极
(2).小(3).还原反应(4).Cu2++2e-=Cu(5).负(6).b
(1)由图可知,Zn为负极,负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,失去电子被氧化生成锌离子,质量减小;
Ag为正极,正极上Cu2+得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,故答案为:
负极,小,还原反应,Cu2++2e-=Cu。
(2)由图示可知:
该燃料电池中,通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极,所以a为负极,b为正极,原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动,所以H+向b电极移动,故答案为:
负;
b。
19.氮及其化合物在人们
生活经常出现
(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下:
该条件下,1molN2和1molO2完全反应生成NO,会_______________(填“吸收”或“放出”)________kJ能量。
(2)一定温度下,在体积为0.5L的恒容密闭容器中,氮的气态氧化物X和Y之间反应过程中各物质的物质的量与时间的关系如图所示。
①该反应的化学反应方程式:
______________________。
②在0~3min内,用Y表示的反应速率为____________。
③下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是________(填字母)。
a.容器内压强不再发生变化
b.X的体积分数不再发生变化
c.容器内原子总数不再发生变化
d.相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmolX
④反应达到平衡后,若降低温度,则υ(正)______,υ(逆)________。
(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)反应A(g)+3B(g)═2C(g)+3D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为:
①υ(A)=0.015mol(L•s)﹣1②υ(B)=0.09mol(L•s)﹣1
③υ(C)=2.4mol(L•min)﹣1④υ(D)=0.045mol(L•s)﹣1
该反应在四种不同情况下速率由大到小的顺序为(用序号填空)________。
(1).吸收
(2).183(3).2X⇌Y(4).0.2mol/(L·
min)(5).ab(6).减小(7).减小(8).②>
③>
①=④
【分析】
(1)若断键吸收的总能量大于成键放出的总能量为吸热反应,反之为放热反应;
(2)①反应物的物质的量逐渐减少,生成物的物质的量逐渐增多,根据物质的量的变化判断计量数之间的关系;
②根据
计算以气体Y表示的平均反应速率;
③根据平衡标志判断是否达到平衡状态。
④降低温度反应速率一定减小;
(3)根据反应速率之比等于化学计量数之比判断。
(1)根据图示,断键吸收的总能量是945kJ+498kJ=1443kJ,成键放出的总能量为2mol×
630kJ/mol=1260kJ,放出的能量小于吸收的能量,所以1molN2和1molO2完全反应生成NO,会吸收1443kJ-1260kJ=183kJ的能量;
(2)①由图象可知,Y的物质的量逐渐增多,X的物质的量逐渐减少,则X为反应物,Y为生成物,在相等的时间内X、Y的物质的量变化之比为0.6:
0.3=2:
1,所以反应方程式应为:
2X⇌Y;
0.2mol/(L·
min);
③a.2X⇌Y反应前后气体物质的量是变量,在恒容容器中总压强是变量,总压强不再发生变化一定平衡,故选a;
b.X的体积分数不再发生变化,说明X的浓度不再变化,一定达到平衡状态,故选b;
c.根据质量守恒,原子总数是恒量,容器内原子总数不再发生变化,不一定平衡,故不选c;
d.相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmolX,都是逆反应速率,不能推出正逆反应速率相等,不一定平衡,不选d;
④降低温度反应速率减小,所以反应达到平衡后,若降低温度,则υ(正)减小,υ(逆)减小;
(3)①υ(A)÷
1=0.015mol(L•s)﹣1÷
1=0.015mol(L•s)﹣1;
②υ(B)÷
3=0.09mol(L•s)﹣1÷
3=0.03mol(L•s)﹣1
③υ(C)÷
2=2.4mol(L•min)﹣1÷
2=1.2mol(L•min)﹣1=0.02mol(L•s)﹣1
④υ(D)÷
3=0.045mol(L•s)﹣1÷
3=0.015mol(L•s)﹣1;
速率由大到小的顺序为
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