学年四川省达州市高二上学期期末检测化学试题.docx
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学年四川省达州市高二上学期期末检测化学试题
2018-2019学年四川省达州市高二上学期期末检测
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项:
1、答题前,请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答:
每个小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁,不折叠,不破损,不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
6、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
第Ⅰ卷(选择题,共42分)
一.选择题(本大题包括21小题,只有一个选项符合题意。
每小题2分,共42分)
1.下列有关能源的理解或说法错误的是
A.煤、石油、太阳能、风能等均属于新能源
B.乙醇是一种可再生能源,可代替汽油作为汽车燃料
C.氢气是最轻的燃料,是具有广阔发展前景的能源
D.研发开采可燃冰(水合甲烷)的技术,可大大缓解能源危机
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤、石油不属于新能源,太阳能、风能等属于新能源,故A错误;
B.乙醇是一种可再生能源,可代替汽油作为汽车燃料,故B正确;
C.氢气是最轻的燃料,也是最清洁的的能源,是具有广阔发展前景的能源,故C正确;
D.开采可燃冰是获得能源的一种途径,可大大缓解能源危机,故D正确;
本题答案为A。
2.下列元素位于p区的是
A.TiB.CuC.SD.Na
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ti位于第四周期IVB,属于d区,故A错误;
B.Cu位于第四周期IB,属于d区,故B错误;
C.S位于第三周期VIA,属于P区,故C正确;
D.Na位于第三周期IA,属于S区,故D错误;
本题答案为C。
【点睛】s区元素,包括ⅠA、ⅡA及He元素;p区元素,主要为主族和0族元素,包括ⅢA~ⅤⅡA元素及0族元素
除外);d区元素,包括ⅢB~ⅤⅡB和ⅤⅢ族(锕系、镧系除外),为过渡元素;ds区元素,包括ⅠB、ⅡB元素,为过渡金属。
3.若某原子的外围电子排布式为4d15s2,则下列说法正确的是
A.该元素位于周期表中第五周期IIIB族B.该元素原子价电子数为2个
C.该元素为非金属元素D.该元素原子N能层共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.外围电子排布为4d15s2,为Y元素,位于第5周期第ⅢB族,故A正确;
B.外围电子排布为4d15s2,为Y元素,该元素原子价电子数为3个,故B错误;
C.Y元素属于过渡元素,为金属元素,故C错误;
D.Y元素第N层的电子排布为4s24p64d1,有9个电子,故D错误;
本题答案为A。
4.下列有关物质性质的比较中,不正确的是
A.热稳定性:
HF<HClB.碱性:
KOH>Mg(OH)2
C.酸性:
HClO4>H2SO4D.熔点:
Na>K
【答案】A
【解析】
【详解】A.同主族元素,随着原子序数增大非金属性减弱,氢化物的稳定性减弱;稳定性:
HF
HCl,故A错误;
B.金属性K
Mg,金属性越强,最高价氧化物的水化物的碱性越强,碱性:
KOH>Mg(OH)2
,故B正确;
C.非金属性Cl
S,非金属性越强,最高检氧化物对应的水化物的酸性越强,酸性:
HClO4>H2SO4,故C正确;
D.同主族金属元素,随原子序数递增,原子半径逐渐增大,金属键减弱,熔沸点降低,熔点:
Na>K,故D正确;
本题答案为A。
5.下列分子或离子的空间构型为平面三角形的是
A.NO3-B.H3O+C.SO32-D.SiH4
【答案】A
【解析】
【详解】A.N原子形成3个
键,孤对电子数=
=0,中心原子为sp2杂化,立体构型为平面三角形,故A正确;
B.O原子形成3个
键,孤对电子数=
=1,为sp3杂化,立体构型为三角锥型,故B错误;
C.S原子形成3个
键,孤对电子数=
=1,为sp3杂化,立体构型为三角锥型,故C错误;
D.Si原子形成4个
键,孤对电子数=
=0,为sp3杂化,立体构型为正四面体,故D错误;
本题答案为A。
【点睛】立体构型为平面三角形的分子应含有3个
键,且没有孤对电子,中心原子为sp2杂化。
6.下列各组分子中,都由极性键构成的极性分子的一组是
A.C3H6和CO2B.CCl4和H2SC.H2O和NH3D.H2O2和CS2
【答案】C
【解析】
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷,丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子,而CO2中含有极性键,但结构对称,正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误;
B.CCl4中含有极性键,但结构对称,正负电荷的中心重合,属于非极性分子;
中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误;
C.H2O中含有极性键,空间结构为V型,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,NH3中含有极性键,空间结构为三角锥形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故C正确;
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,CS2含有极性键,但结构对称,正负电荷的中心重合,属于非极性分子,故D错误;
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键,不同原子构成的共价键是极性键;分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
7.下列性质中,可以证明某化合物是离子化合物的是
A.可溶于水B.具有较高的熔点
C.水溶液能导电D.固体不导电,熔融状态能导电
【答案】D
【解析】
试题分析:
离子化合物的构成微粒为离子,其熔融状态下能导电,测定其熔融态导电性即可证明为离子化合物,以此来解答。
A、HCl为共价化合物,也能溶于水,但液态氯化氢不导电,因此不能利用溶解性判断离子化合物,故A不选;B、Si为单质,具有较高的熔点,则不能利用熔点判断离子化合物,故B不选;C、HCl的水溶液也导电,则不能利用溶液的导电性判断离子化合物,故C不选;D、离子化合物的构成微粒为离子,其熔融状态下能导电,则其固体不导电,熔融状态能导电,可证明为离子化合物,故D正确,答案选D。
考点:
考查离子化合物结构与性质的判断
8.已知:
原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y,其原子半径:
X 下列说法正确的是 A.若X和Y均位于VIIA,则键能大小为HX B.若X和Y均位于VIA,则H2X分子间易形成氢键 C.若X和Y均位于IVA,则二者最高价氧化物的晶体类型相同 D.若X和Y均位于IIA,则第一电离能大小为X 【答案】B 【解析】 【详解】A.若X和Y均位于VIIA,且原子半径: X HCl,键能大小为HF HCl,故A错误; B.若X和Y均位于VIA,且原子半径: X C.若X和Y均位于IVA,且原子半径: X D.若X和Y均位于IIA,且原子半径: X Mg,故D错误; 本题答案为B。 9.已知MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。 下列说法不正确的是 A.上述四种盐的晶体均属于离子晶体B.分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO C.分解所需温度最低的是BaCO3D.所得的气态产物的VSEPR模型是直线形 【答案】C 【解析】 【详解】A.MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3,分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物,属于离子晶体,故A正确; B.MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解,得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小,离子键最强,MgO的晶格能最大,故B正确; C.Mg、Ca、Sr、Ba为同主族,原子半径逐渐增大,半径越大金属性越强,越容易失电子,变成离子后半径越大就越难得电子,形成的盐就越难分解,故C错误; D.MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解,所得的气态产物均为CO2,CO2的VSEPR模型是直线形,故D正确; 本题答案为C。 10.下列有关金属的说法中正确的是 A.金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子 B.镁型和铜型的原子堆积方式空间利用率最高 C.金属原子在化学变化中失去的电子数越多,其还原性越强 D.温度升高,金属的导电性将变大 【答案】B 【解析】 一般金属原子的最外层电子才能称为自由电子,A不正确。 金属原子的还原性强弱和失去电子的难易程度有关系,而与多少没有关系,C正确。 升高温度,金属的电阻变大,导电性减弱,D不正确。 所以正确的答案是B。 11.现有四种元素基态原子电子排布式如下: ①1s22s22p63s23p4;②1s22s22p63s23p3;③1s22s22p3;④1s22s22p5.则下列有关比较中正确的是 A.单电子数: ③>①B.原子半径: ④>③ C.电负性: ②>①D.最高正化合价: ④>① 【答案】A 【解析】 【分析】 四种元素基态原子电子排布式可知,①是S元素,②是P元素,③是N元素,④是F元素。 【详解】A.由①1s22s22p63s23p4,可知S的单电子数是2,③1s22s22p3;可知F的单电子数是3,单电子数: ③>①,故A正确; B.由分析知道,④为F,③为N,同周期元素随原子序数递增半径逐渐减小,所以F N,原子半径: ④ ③,故B错误; C.由分析知: ①是S元素,②是P元素,同周期自左而右,电负性逐渐增大,所以电负性P<S,即② ①,故C错误; D,由分析可知;①是S元素,④是F元素,而F无正价,S的最高正价为+6,故D错误; 本题答案为A。 【点睛】常见元素中,金属无负价,O、F无正价。 12.有关晶体的结构如下图所示,则下列说法中不正确的是 A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体 B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+ C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2 D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE 【答案】D 【解析】 A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-有6个,距Cl-最近的Na+有6个,这6个离子构成一个正八面体,故A正确;B.在CaF2晶胞中含有Ca2+数为8× +6× =4,故B正确;C.金刚石晶体中碳原子杂化方式为sp3,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上,故C正确;D.气态团簇分子不同于晶胞,气态团簇分子中含有4个E原子,4个F原子,则分子式为E4F4或F4E4,故D错误;故选D。 13.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A.光照新制的氯水时,溶液的pH逐渐减小 B.加催化剂,使N2和H2在一定条件下转化为NH3 C.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气 D.增大压强,有利于SO2和O2反应生成SO3 【答案】B 【解析】 A、氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO,光照使氯水中的次氯酸分解,次氯酸浓度减小,使得平衡向右移动,氢离子浓度变大,溶液的pH值减小,能用勒夏特列原理解释,A不符合;B、催化剂改变反应速率,不改变化学平衡,不能用化学平衡移动原理解释,B符合;C、浓氨水加入氢氧化钠固体,氢氧化钠固体溶解放热,使一水合氨分解生成氨气的,氢氧根浓度增大,化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-逆向进行,能用化学平衡移动原理解释,C不符合;D、增大压强,平衡向正反应方向移动,能用勒夏特列原理解释,D不符合;答案选B。 点睛: 勒夏特利原理是指如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动,勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程,如与可逆过程的平衡移动无关,则不能用勒夏特利原理解释,即使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应,且符合平衡移动的原理。 14.下列内容与结论相对应的是 选项 内容 结论 A H2O(g)变成H2O(l) ΔS>0 B 硝酸铵溶于水可自发进行 因为ΔS<0 C 一个反应的ΔH>0,ΔS>0 反应一定不自发进行 D H2(g)+F2(g)===2HF(g)ΔH=-271kJ·mol-1 ΔS=8J·mol-1·K-1 反应在任意外界条件下均可自发进行 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 A项,H2O(g)变为H2O(l),混乱度减小,ΔS 0,错误;B项,硝酸铵溶于水吸热,硝酸铵溶于水可自发进行,说明ΔS 0,正确;C项,一个反应的△H>0,△S>0,该反应在高温下ΔG(ΔG=ΔH-TΔS)可小于0,高温下该反应可自发进行,错误;D项,虽然该反应的ΔG小于0,但ΔH、ΔS是在常温常压下测定的,ΔG 0只能适用于一定温度、一定压强下判断反应的自发性,反应能否自发与外界条件有关,错误;答案选B。 点睛: 判断反应自发性的判据: (1)焓判据: 一般放热反应能自发进行; (2)熵判据: 一般熵增的反应能自发进行;(3)吉布斯自由能判据: 焓判据、熵判据都不全面,比较全面的是吉布斯自由能判据,ΔG 0的反应能自发进行;(4)需要注意的是反应能否自发还与外界条件有关。 15.恒温恒容条件下,不能表明反应: 2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)已达平衡状态的是 A.容器中颜色不再改变B.混合气平均相对分子质量不再改变 C.混合气密度不再改变D.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2 【答案】C 【解析】 【详解】A.恒温恒容条件下,容器中颜色不再改变,意味着红棕色的NO2的浓度不变,则化学反应已经到到平衡状态,故A能说明已达平衡状态; B.反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g),在恒容的容器中气体质量不变,因反应前后混合气体的物质的量不同,所以当混合气平均相对分子质量不再改变时,气体的物质的量不变,则已达平衡状态,故B能说明已达平衡状态; C.反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g),在恒容的容器中进行,气体的质量和容器的容积无论平衡与否均不改变,密度保持不变不能作为是否达到平衡的标志,故C不能说明已达平衡状态; D.单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2,表示了O2或NO2的v(正)=v(逆),故D能说明已达平衡状态; 本题答案为C。 【点睛】平衡状态的两个重要特征上判断: (1)v(正)=v(逆), (2)混合物中各组成成分的百分含量不变。 满足这两个特征或推论反应即达到平衡状态。 16.已知: 键能数据如下: H-H Cl-Cl H-Cl 键能(kJ/mol) 436 243 a 下列有关H2(g)与Cl2(g)反应生成HCl(g)的说法正确的是 A.H2(g)与Cl2(g)热化学方程式可表示为: H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(2a-679)kJ/mol B.H2(g)与Cl2(g)反应一定是放热反应 C.若a=431,则反应生成2molHCl时的△H=183kJ/mol D.反应物的总能量小于生成物的总能量 【答案】B 【解析】 【详解】A.H2(g)与Cl2(g)热化学方程式可表示为: H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(679-2a)kJ/mol,故A错误; B.H2(g)与Cl2(g)反应生成HCl(g),属于化合反应,且反应物的键能之和比生成物的键能总和小,所以一定是放热反应,故B正确; C.若a=431,则反应生成2molHCl时的△H=(679-2a)kJ/mol=-183kJ/mol,故C错误; D.由于H2(g)与Cl2(g)反应是放热反应,所以反应物的能量高于生成物的能量,故D错误; 本题答案为B。 17.在容积不变的密闭容器中进行反应: X2(g)+3Y2(g) 2Z2(g),若X2、Y2、Z2的初始物质的量浓度分别为0.10mol·L-1、0.30mol·L-1、0.20mol·L-1,当反应达到平衡时Z2的物质的量浓度不可能是 A.0.05mol·L-1B.0.20mol·L-1C.0.35mol·L-1D.0.40mol·L-1 【答案】D 【解析】 【详解】由于该反应是可逆反应,则达到平衡时反应物或生成物的浓度不可能是0。 A.当反应达到平衡时Z2的物质的量浓度为0.05mol·L-1时,则消耗Z2,反应向逆向移动,此时c(X2)=0.175mol·L-1,c(Y2)=0.525mol·L-1,均不为0,故A可能; B.当反应达到平衡Z2的物质的量浓度为0.20mol·L-1时,c(X2)=0.10mol·L-1,c(Y2)=0.30mol·L-1,均不为0,故B可能; C.当反应达到平衡Z2的物质的量浓度为0.35mol·L-1时,则反应向正向移动,此时c(X2)=0.025mol·L-1,c(Y2)=0.075mol·L-1,均不为0,故C可能; D.当反应达到平衡Z2的物质的量浓度为0.40mol·L-1时,反应向正向进行,此时c(X2)=0,c(Y2)=0,故D不可能; 本题答案为D。 18.对于反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g);△H<0,下列研究目的和示意图相符的是 A.目的: 压强对反应的影响(P2>P1) B.目的: 温度对反应的影响 C.目的: 平衡体系增加N2对反应的影响 D.目的: 催化剂对反应的影响 【答案】C 【解析】 A、根据平衡图像的特点,先拐先平数值大,则P1>P2,而增大压强,平衡正向移动,所以氨气的体积分数增大,平衡时P1曲线应在P2的上方,错误;B、温度升高,平衡逆向移动,氮气的转化率降低,错误;C、增加氮气的浓度,则反应物的浓度增大,而生成物的浓度不变,所以正反应速率增大,逆反应速率不变,平衡正向移动,正确;D、有催化剂的反应速率比无催化剂的反应速率快,达到平衡的时间短,错误,答案选C。 19.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应: xA(g)+yB(g) zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达到平衡时,测得A的浓度降低为0.30mol/L.下列有关判断正确的是 A.C的体积分数增大了B.A的转化率降低了 C.平衡向正反应方向移动D.x+y<z 【答案】B 【解析】 【分析】 由信息可以知道,平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L,说明减小压强平衡向逆向移动。 【详解】A.可逆反应xA(g)+yB(g) zC(g),达到平衡后减小压强,向逆向移动,C的体积分数减小,故A错误; B.可逆反应xA(g)+yB(g) zC(g),达到平衡后减小压强,向逆向移动,A的转化率降低,故B正确; C.由分析可知,可逆反应xA(g)+yB(g) zC(g),达到平衡后减小压强,向逆向移动,故C错误; D.由信息可以知道,平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L,体积增大,相当于压强减小,化学平衡逆向移动,则x+y z,故D错误; 本题答案为B。 20.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是 ①CH3OH(g)+H2O(g)===CO2(g)+3H2(g);ΔH=+49.0kJ/mol ②CH3OH(g)+ O2(g)===CO2(g)+2H2(g);ΔH=-192.9kJ/mol 下列说法正确的是() A.CH3OH的燃烧热为192.9kJ/mol B.反应①中的能量变化如图所示 C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量 D.根据②推知反应: CH3OH(l)+ O2(g)===CO2(g)+2H2(g)的ΔH>-192.9kJ/mol 【答案】D 【解析】 燃烧热是在一定条件下,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,所以选项A不正确;根据图像可知,反应时放热反应,而反应①是吸热反应,选项C不正确;根据反应①、②可知,选项B不正确;由于气态甲醇的能量高于液态甲醇的能量,因此液态甲醇发生反应②放出的热量少,放热越少,△H越大,所以选项D正确,答案选D。 21.在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生: X(g)+Y(g) M(g)+N(g),所得实验数据如下表: 实验 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X) n(Y) n(M) ① 700 0.40 0.10 0.090 ② 800 0.10 0.40 0.080 ③ 800 0.20 0.30 a ④ 900 0.10 0.15 b 下列说法中不正确的是 A.实验①中,若5min时测得n(M)=0.050mol,则0至5min时间内,用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-3mol/(L·min) B.实验④中,达到平衡时,b>0.060 C.实验③中,达到平衡时,X的转化率为60% D.实验②中,该反应的平衡常数K=1.0 【答案】B 【解析】 【分析】 温度不变,平衡常数也保持不变,由②计算平衡常数K= =1.0,因为实验③的平衡常数与实验②的平衡常数相等,有 =1.0,计算得 。 由实验①和实验②的数据对比可得,温度升高平衡逆向移动,正反应为放热反应。 【详解】A.若5min时测得n(M)=0.050mol,则v(M)= =1 mol/(L·min),依据速率之比等于计量数之比可得,v(N)=v(M)=1 mol/(L·min),故A正确; B.因实验③和实验④相比,实验④相当于X、Y减少一半,若平衡不移动则b=1/2a=0.06,由于④的温度升高,由分析知道,平衡逆向移动,所以b 0.06,故B错误; C.由分析计算得 ,所以实验③中达到平衡时, 的转化率为 ,故C正确; D.实验②中,反应的平衡常数K= =1.0,故D正确; 本题答案为B。 第II卷(非选择题,共58分) 22.如图为周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。 回答下列问题: (1)f的基态原子核外电子排布式______。 (2)在c2a4分子中,c为______杂化,c与c
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