吉林省扶余市第一中学学年高一下学期期末考.docx

1、吉林省扶余市第一中学学年高一下学期期末考吉林省扶余市第一中学2016-2017学年高一下学期期末考试化学试题本试题分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。(考试时间：90分钟。试卷总分：100分)。第I卷 （54分）可能用到的相对原子质量：H:1 Li: 7 0:16 Mn:55 Zn:65一、选择题（共18小题，每题3分，共54分。每题只有1个选项符合题意）1. 以美国为首的北约部队在对南联盟的狂轰滥炸中使用了大量的贫铀弹。所谓“贫铀”是从金属铀中提取以后的副产品，其主要成分是具有低水平放射性的。下列有关的说法中不正确的是（ ）A. 电子数为9

2、2 B. 质量数为238 C. 质子数为92 D. 与互为同素异形体【答案】D【解析】在表示原子组成时，元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，即该原子的质子数时92，质量数是238，所以中子数是23892146，C是错误的。所以答案是C2. 下列过程中共价键被破坏的是（）A. HCl晶体溶于水 B. 酒精挥发C. 冰熔化为液态水 D. NaCl晶体受热熔化【答案】A【解析】A、HCl为共价化合物，溶于水发生电离，共价键被破坏，故A正确；B、酒精挥发破坏的是分子间作用力，故B错误；C、冰熔化为液态水，破坏的是分子间作用力，故C错误；D、 NaCl晶体受热熔化破坏的是离子键，故D错误；故选

3、A。点睛：本题考查共价键的性质，题目难度不大，注意共价化合物与离子化合物以及电解质、非电解质的区别。解题关键：当共价化合物溶于水发生电离或共价化合物参加化学反应生成新物质时，共价键被破坏。3. 下列反应中，属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（）A. Ba（OH）28H2O与NH4Cl反应 B. 铝与稀盐酸C. 灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应 D. 氧化铁和稀盐酸的反应【答案】B【解析】A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于吸热反应，故A不选；BAl、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故B选；CC、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故C不选；

4、D、没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于放热反应，故A不选；点睛：本题考查氧化还原反应及吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，注意常见的吸热反应和放热反应，题目难度不大。解题关键：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合常见的放热反应来解答。4. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是（）A. 一定属于可逆反应 B. 一定属于放热反应C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应【答案】B5. 在2A+B 3C+4D反应中，表示该反应速率最

5、快的是()A. v(A)0.5mol/(Ls) B. v(B)0.2mol/(Ls)C. v(C)0.9mol/(Ls) D. v(D)1mol/(Ls)【答案】C【解析】将各速率均用B表示：A. v(A)/20.25mol/(Ls) ; B. v(B)0.2mol/(Ls);C. v(C)/30.3mol/(Ls) D. v(D)/40.25mol/(Ls),故C最快。6. 如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是（）A. 产生1 g H2，消耗锌的质量65 gB. 供电时的总反应为：Zn+2H+Zn2+H2C. 该装置不可实现化学能全部转化为电能D. 铜做正极发生还原反

6、应【答案】A【解析】A、原电池工作时总反应为：Zn+2H=Zn2+H2，产生1gH2，消耗锌的质量32.5g，故A错误；B、原电池工作时总反应为：Zn+2H=Zn2+H2，故B正确；C、该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，但不可实现化学能全部转化为电能，故C正确；D、铜为正极，H 得电子发生还原反应，故D正确；点睛：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握原电池的工作原理。解题关键：锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+H=Zn

7、2+H2，原电池是化学能转化为电能的装置，以此解答该题。7. TiO2在光照射下可使水分解：2H2O2H2O2，该过程类似植物的光合作用。下图是光照射下TiO2分解水的装置示意图。下列叙述正确的是（）A. 该装置将光能只转化为电能B. TiO2电极上发生的反应为：2H2e=H2C. 该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极D. 该装置工作时，TiO2电极附近溶液的pH变小【答案】D【解析】A、该装置将光能转化为电能，再转化为化学能，故A错误；B、该装置中TiO2电极上生成氧气，说明该电极上失电子发生氧化反应，故B错误；C、该装置工作时，Pt作阴极、二氧化钛作阳极，阳极上失电子、阴极上得电

8、子，所以电流由铂电极经R流向TiO2电极，故C错误；D、二氧化钛电极为阳极，电极反应式为4OH-4e=O2+2H2O，TiO2电极附近溶液的pH变小，故D正确；故D正确。8. 在25、101 kPa条件下，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5 kJ/mol、285.8 kJ/mol、670.3 kJ/mol，则2C(s)2H2(g)O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为（ ）A. 688.3 kJ/mol B. -488.3 kJ/mol C. 191 kJ/mol D. 488.3 kJ/mol【答案】A【解析】在25、101 kPa条件下，C(s)、H2(

9、g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5 kJ/mol、285.8 kJ/mol、670.3 kJ/mol，C（s）+O2（g）CO2（g）H=-393.5kJmol1；H2（g）+1/2O2（g）H2O（l）H=-285.8kJmol1；CH3COOH(l)+5/2O2（g）3H2O（l）+2CO2（g）H=-670.3kJmol1；根据盖斯定律-（+2）得CH4（g）=C（s）+2H2（g），H=（-670.3KJmol1）-（-393.5KJmol1）+（-285.8kJmol1）2=688.3KJmol1；故选A。9. 在1100，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)+

10、CO(g)Fe(s)+CO2(g) H=a kJ/mol（a 0），下列有关该反应的说法正确的是( )A. 若生成1 mol Fe，则吸收的热量小于a kJB. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率加快，则化学平衡正向移动D. 若增大压强反应向正反应方向进行C. 若容器内压强不随时间变化，则可以判断该反应已达到化学平衡状态【答案】B【解析】A、由热化学方程式可知，生成1molFe，吸收的热量等于akJ，故A错误；B、升高温度，正、逆反应速率都增大，该反应正反应是吸热反应，正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故B正确；C、该反应前后气体的物质的量不变，若增大压强平衡不移动，故C错误；D、恒温

11、条件下，压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡，故D错误；故选B。点睛：考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、平衡状态的判断等，难度中等，注意C选项中平衡状态的判断，选择判断的物理量随反应进行发生变化，当该物理量不再变化，说明到达平衡。解题关键：A、由热化学方程式可知，生成1molFe，吸收的热量等于akJ；B、升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向吸热反应移动；D、该反应前后气体的物质的量不变，恒温条件下，压强始终不变；10. 干电池的负极反应是：Zn 2e = Zn 2，现以干电池作电源电解33.4g 34%的硝酸钾溶液，一段时间后，测得溶液中溶质的质量分数为37.8%，则干电池中消耗

12、锌的物质的量为（ ）。A. 0.3mol B. 0.05mol C. 0.2mol D. 0.1mol【答案】B【解析】试题分析：惰性电极电解硝酸钾溶液，实质是电解水。设反应后溶液的质量是m，则根据溶质不变可知，32.4g34m36%，解得m30.06g，所以被电解的水的质量是32.4g30.06g1.8g，物质的量是0.1mol。则根据2H2O2H2+O2可知，电解0.1mol水转移电子的物质的量是0.1mol20.2mol，则根据电子得失守恒可知，消耗锌的物质的量是0.2mol20.1mol，答案选D。考点：考查电化学原理的有关计算点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的

13、培养与基础知识的巩固与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确电解产物的判断，然后依据电子得失守恒直接列式计算即可。11. 核内中子数为N的R2离子，质量数为A，则n g它的氧化物所含质子的物质的量是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：氧化物的化学式为RO，则n克它的氧化物所含电子物质的量为，答案选A。考点：考查核素组成的有关判断12. A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层。下列叙述正确

14、的是( )A. 原子序数：ADBC B. 原子半径：DBCAC. 原子序数：CDBA D. 简单离子半径：ABCD【答案】B【解析】A、根据A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定可知：A的非金属性比C强，同一主族，自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，则A在C的上一周期。根据B的阳离子比D的阳离子氧化性强，可知：B的非金属性比D强.同一周期，自左而右，元素的非金属性逐渐增强，则B在D的右边，根据B的阳离子比C的阴离子少一个电子层,可知B与C在同一周期且B在C左边，四种元素的原子序数应为为：CBDA，故A错误；B、同一周期,自左而右,元素的原子半径逐渐减小.同一主族,自上而下,元素的原子半径逐渐增大.四

15、种元素的原子半径为：DBCA，故B正确；C、由A可知，C错误；D、.A、C为阴离子,B、D为阳离子.同一周期的阴离子的半径大于阳离子.所以C的简单离子半径大于B、D同一周期的阳离子,原子序数越大的半径越小.所以D的简单离子半径大于B，相邻两个周期，前一周期阴离子半径大于后一周期阳离子半径，所以A的简单离子半径大于B、D同一主族，自上而下，离子半径逐渐增大，所以所以C的简单离子半径大于A，所以四种元素的简单离子半径应为：CADB，故D错误；故选B。13. 以Pt为电极，电解含有0.10 mol M和0.1 mol N3(M、N3均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导

16、线中通过电子的物质的量(x)的关系如图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是(选项中H为氢离子)()A. M HN3HC. N3 H M D. 条件不足，无法确定【答案】C【解析】试题分析：通电后就有固体生成，当通过电子为0.1mol时，析出固体或气体的物质的量为0.1mol，证明此时析出的固体，而不是氢气(若是氢气，那么氢气的物质的量应该为0.05mol)，第二阶段，失去电子0.2mol，对应物质0.1mol，可知该物质是氢气，后面失电子数和物质的量比例保持不变，说明X3+不放电，M+离子先于H+放电，故氧化能力为M+H+N3+。故选A。【考点定位】考查电解原理【名师点晴】本题考查学生根据图象获

17、取信息、运用知识综合分析能力，关键在确定曲线的转折点的含义。根据图象可知，开始即析出固体或气体，有0.1mol电子通过时，析出固体或气体的物质的量为0.1mol，证明此时析出的固体是M，此后，根据失去电子数和析出物物质的量的关系可知，第二放电的离子是H+，N3+不放电，从而判断离子氧化性。14. 已知下列两个热化学方程式：H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l) H=300KJmol1C3H8(g) + 5O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(l) H =2000.0 KJmol1实验测得氢气的丙烷的混合气体共5mol，完全燃烧时放热5000KJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为

18、（ ）A. 7:10 B. 3:1 C. 10:7 D. 1:3【答案】C【解析】设混合气中H2的物质的量为n,则C3H8的物质的量为5mol-n根据题意,列方程为：300kJmol1n+2000.0kJmol1（5mol-n）=5000kJ解得 n=50/17mol；C3H8的物质的量为5mol-50/17mol=35/17mol所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为50/17 mol：35/17mol=10：7。15. 在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)。2 min末

19、该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.8 molL1。下列判断错误的是（）A. x4 B. 2 min内B的反应速率为0.1 mol(Lmin)1C. 混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 D. B的转化率为40%【答案】C【解析】根据化学平衡三段式列式计算，平衡时C的浓度为0.8 molL1，物质的量为1.6mol 3A（g）+B（g） xC（g）+2D（g）起始量（mol） 3 1 0 0变化量（mol） 1.2 0.4 1.6 0.8平衡量（mol） 1.8 0.6 1.6 0.8依据上式分析计算：A、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=4，故A正确

20、；B、2min内B的反应速率=0.4mol/(2L2min)=0.1 mol(Lmin)1，故B正确；C、反应前后气体总质量不变，混合气体密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，故C错误；D、 B的转化率=0.4mol/1mol=0.4，即 B的转化率为40%，故D正确；故选C点睛：本题考查化学平衡的有关计算、转化率的有关计算、平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态的判断，选择判断的物理量应随反应发生变化，该物理量不再变化，说明到达平衡。解题关键：依据化学平衡的三段式计算进行分析，结合题中各量列式计算判断；A、利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；B、根据平衡浓度的变化量求出速率；C

21、、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度不变，不能判断是否达到平衡。D、利用转化率定义计算。16. 定条件下，对于可逆反应X (g) +4Y (g) 2Z (g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3 (均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分別为0.lmol/L、0.4mol/L、 0.1mol/L，则下列判断正确的是( )A. c1：c2=4：1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为1: 2C. c1的取值范围为0mol/Lc10.14mol/L D. X、Y的转化率相等【答案】D【解析】A设X转化的浓度为x， X（g）+4Y（g）2Z（g）初始浓度：c1 c2 c3 转化浓度

22、：x 4x 2x平衡浓度：0.1moLL1 0.4molL1 0.1molL1 则：c1：c2=（x+0.1moLL1）：（4x+0.4molL1）=1：4，故A错误；B平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为4：2，即VY（正）：VZ（逆）2：1，故B错误；C、反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0c1，如反应向逆反应分析进行，则c10.15molL-1，故有0c10.15molL-1，故C错误；D、反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故D正确；故选D。17. 3A(g)2B(g)2C(g)3D(g)。在温度和体

23、积都相同的条件下分别建立两个平衡：A、B的起始物质的量为3mol和2mol，C、D的起始物质的量分别为4mol和6mol。四个选项中错误的是（ ）A. 达平衡时，途径的反应速率vA不等于途径的反应速率vAB. 、都达到平衡时，体系内混合气体的平均相对摩尔质量相同C. 、都达到平衡时，体系内混合气体的组成百分比相同D. 达平衡时，途径所得混合气的密度为途径所得混合气密度相同【答案】D【解析】3A(g)2B(g)2C(g)3D(g)，反应前后气体的物质的量相等，：A、B的起始物质的量为3mol和2mol，C、D的起始物质的量分别为4mol和6mol。相当于6molA和4molB，两种途径的物质的量

24、比值相同，则处于相同平衡状态，则A、中浓度大，达平衡时，途径的反应速率vA 小于途径的反应速率vA。故A正确；B、两种途径平衡状态相同，各物质的含量相同，则混合气的平均相对分子质量相同，故B正确；C、两种途径平衡状态相同，、都达到平衡时，体系内混合气体的组成百分比相同；故C正确；D、由于途径的质量为途径的质量的2倍，则途径所得混合气的密度为途径所得混合气密度的一半，故D错误；故选D。点睛：本题考查等效平衡问题，题目难度中等，注意相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量数之比投入反应物或生成物，建立起的平衡状态都是相同的，这就是所谓等效平衡原

25、理解题关键：由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关。因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件（温度、浓度、压强等）完全相同，则可形成等效平衡，在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，则两平衡等效。18. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（ ）YZXWA. 原子半径：XYZC. 非金属性：YZ D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W Y【答案】D【解析】由元素在周期表的位置可知，X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素、W为C

26、l元素，A、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，所以原子半径的大小顺序为：XYZ,故A错误；B、同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，同一主族中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，X是Si元素，Z是N元素，N元素的非金属性大于P元素，P元素的非金属性大于Si，所以N元素的非金属性大于Si元素，则气态氢化物的稳定性：ZX，故B错误；C、同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，非金属性：YZ ，故C正确；D、同一周期中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Y的

27、非金属性小于W，所以W的最高价氧化物的水化物酸性大于Y，故D正确。故选D。第II卷 （46分）二、填空题(本题包括5小题，共46分)19. 有反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0，（1）在恒温恒压条件下进行，反应正向进行的是_；反应逆向进行的是_；处于平衡状态的是_；无法判断是否达到平衡的是_。A单位时间内生成1mol N2，同时生成3mol NH3B单位时间内生成3mol N2，同时生成6mol NH键C混合气体的密度不再随时间而改变D容器中气体的压强不再随时间而改变（2）在一定温度下某恒容密闭容器中，充入3molH2和1mol的N2，2min达到平衡状态时，总的气体的物质的量变

28、为原来的9/10，则此时N2的转化率为_；若此时放出的热量为18.44 kJ，则其热化学方程式为_。根据所求出的热化学方程式，且已知1mol氮氮三键断裂需要为945.8kJ的能量，1mol氢氢键断裂需要436 kJ的能量，求1molN-H键断裂吸收的能量_。（3）氨气可用作碱性燃料电池的燃料，电池反应为4NH3+3O22N2+6H2O，则氨燃料电池的负极电极反应为_【答案】 (1). A (2). B (3). C (4). D (5). 20 (6). N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H= -92.2 kJ/mol (7). 391 kJ (8). 4NH3 12OH- -12e-

29、=2N2+12H2O【解析】（1）A单位时间内生成1mol N2，同时生成3mol NH3，生成的NH3多于2mol，故反应正向进行；B单位时间内生成3mol N2，是逆速率，相当于同时生成18molNH键，所以同时生成6mol NH键，逆速率大，故反应逆向进行；C、混合气体的密度不再随时间而改变，由于反应前后全是气体，故不能判断是否达到平衡；D反应前后气体发生变化，容器中气体的压强不再随时间而改变，说明反应达到平衡。故答案为：A、B、D、C。（2）在一定温度下某恒容密闭容器中，充入3molH2和1mol的N2，2min达到平衡状态时，总的气体的物质的量变为原来的9/10，则此时N2的转化率为

30、N2 +3H22NH3起始（mol） 1 3 0转化（mol） x 3x 2x平衡（mol） 1-x 3-3x 2x (1-x)+(3-3x)+2x=(1+3)9/10，x=0.2，此时N2的转化率为0.2mol/1mol=0.2；若此时放出的热量为18.44 kJ，1molN2完全反应，放出的热量为18.44 kJ/0.2=92.2 kJ，则其热化学方程式为 N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H= -92.2 kJ/mol 在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3436kJ+945.8kJ=2253.8kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6xkJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：6xkJ-2253.8kJ=92.2kJ，x=391；1molN-H键断裂吸收的能量391 kJ（3）氨气可用作碱性燃料电池的燃料，电池反应为4NH3+3O22N2+6H2O，NH3为还原剂，则氨燃料电池的负极电极反应为