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辽宁省抚顺市六校2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，时间为90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量 Cl: 35.5, Na: 23, O: 16, Cu:64, Ag:108第I卷（50分）一、选择题(本题共20小题，每题只有1个选项符合题意。1至10题，每题2分，共20分；11至20题，每题3分，共30分。)1. 下列叙述不正确的是（ ）A. NH3的结构式：B. 的原子核内的中子数与核外电子数之差是32C. Na2O2与H2O2中所含的化学键类型不完全相同D. 可以利用在水溶液中是否导电证明氯化铝是离子化合物还是共价化合物【答案】D【解析】【分析】本题考查的是物质的组成和结构，难度较小。注意化学键的类型和物质的类型的关系。【详解】A.氨气分子中氮氢原子之间形成共价键，结构式为，故正确；B.该原子的质子数等于核外电子数，为67，中子数为166-67=99，中子数与核外电子数的差为99-67=32，故正确；C.过氧化钠中含有离子键和共价键，过氧化氢分子中含有共价键，故正确；D.氯化铝是共价化合物，但其水溶液能导电，故错误。故选D。【点睛】鉴别物质是离子化合物还是共价化合物，需要从熔融状态下是否导电分析，若导电，则化合物为离子化合物。2. 五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（ ）A. 元素X可能为锂B. 原子半径大小：r(M)r(w)C. X2W中各原子均达8电子稳定结构D. 元素气态氢化物的沸点：YH3MH3【答案】C【解析】分析：本题考查的是原子的结构和性质，从原子的化合价原子序数的大小关系分析元素。详解：结合原子序数的大小关系，从化合价上分析，X为氢或锂，Y为氮，Z为硅，M为磷，W为硫。A.X的化合价为+1，原子序数较小，可能是氢或锂。故正确；B.MW为同周期元素，原子序数越大，半径越小，故正确；C.该物质为硫化氢或硫化锂，其中硫元素达到8电子稳定结构，而氢或锂为2电子稳定结构，故错误；D.氮的氢化物为氨气，分子间有氢键，磷的氢化物为磷化氢，分子间存在分子间作用力，所以氨气的沸点比磷化氢的高，故正确。故选C。3. 下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）A. HCl和NaOH反应的中和热H-57.3 kJmol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJB. H2(g)的燃烧热是285.8 kJmol-1，则2H2O(1)2H2(g)O2(g)反应的H+571.6kJmol-1C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关D. 500、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H= -38.6 kJmol-1【答案】B【解析】分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJmol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。4. 下列说法正确的是（ ）A. 图一可表示模拟铁的腐蚀B. 图二可表示无催化剂(b)和有催化剂(a)时反应的能量变化C. 图三可表示需加热的放热反应D. 图四可表示中和热的测定【答案】A【解析】【详解】分析：本题考查的是实验方案的设计和反应热的图像表示，根据实验目的和实验关键进行分析。详解：A.铁的腐蚀通常是在有碳做正极和有电解质溶液的条件下与氧气反应，本实验形成了原电池，可以模拟铁的腐蚀，现象为U型管左侧液面上升，右侧下降，表示试管中气体减少，故正确；B.使用催化剂能降低反应的活化能，不影响反应热，故b为使用催化剂，故错误；C.该铵盐为吸热反应，故错误；D.测定中和热的实验中温度计放在小烧杯中，故错误。故选A。5. 为了探究外界条件对反应aX(g)+bY(g)cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断正确的是（ ）A. H0，S0B. H0，S0C. H0，S0D. H0，S0【答案】D【解析】【详解】分析：本题考查的是温度和压强对反应平衡的影响，从Z的体积分数的大小分析平衡移动方向。详解：从图分析，压强越大，Z的体积分数越大，说明该反应正反应方向为气体体积减小的方向，即熵减。温度越高，Z的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即焓变小于0。故选D。6. 下列说法或表示方法中正确的是（ ）A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 由C（金刚石）C（石墨）H=-1.9 kJmol-1可知，金刚石比石墨稳定C. 在一定条件下，某可逆反应的H=+100 kJmol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol-1D. 己知2C(s)2O2(g)2CO2(g) H1；2C(s)O2(g)2CO(g) H2。则H1H2【答案】C【解析】【详解】分析：本题考查的是物质的能量与反应热和稳定性的关系，难度较小。详解：A.等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，故分别完全燃烧，前者放出的热量多，故错误；B.金刚石变石墨为放热反应，所以石墨的能量低，石墨稳定，故错误；C.正反应的活化能-逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的H=+100 kJmol-1，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol-1，故正确；D.前者为碳的完全燃烧，放出的热量多，但由于焓变为负值，故H10，故错误；D. 若m+n=p+q，则向含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时总物质的量不变，仍为2amol，故正确。故选C。17. 某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是（ ）A. 图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应B. 实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度不变C. 若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小D. 若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时，乙池某电极析出1.6 g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液【答案】D【解析】A项，甲池有盐桥，乙池中两电极材料相同，甲池为原电池，乙池为电解池，因为活泼性CuAg，所以甲池中Cu电极为负极，负极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，为氧化反应，错误；B项，NO3-离子由甲池右侧烧杯向左侧烧杯定向移动，左侧烧杯中NO3-的浓度增大，错误；C项，若用铜制U形物代替“盐桥”，甲池的左侧烧杯为电解池，右侧烧杯为原电池，U形物插入右侧烧杯中的Cu为负极，其上发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，插入左侧烧杯中的Cu为阴极，其上发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，根据电子守恒，工作一段时间后取出U形物称量，质量不变，错误；D项，甲池中Ag电极的电极反应式为Ag+e-=Ag，若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，电路中通过的电子物质的量为n（e-）=n（Ag）=5.4g108g/mol=0.05mol，乙池某电极析出1.6g金属，乙池中盐溶液的阳离子应为不活泼金属的阳离子，若乙中的某盐溶液是AgNO3溶液，根据电子守恒，乙池中阴极先后发生的电极反应为Ag+e-=Ag、2H+2e-=H2，正确；答案选D。【点睛】.易错点：C项中铜制U形物代替“盐桥”时，铜制U形物与盐桥的作用不同，是在甲池的左、右两烧杯中分别组成电解池和原电池；D项中易忽视乙池中AgNO3溶液浓度低时，其阴极是分阶段发生还原反应。18. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：ZYXB. 如图所示实验可证明非金属性：ClZC. W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同D. Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键【答案】B【解析】分析：本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。详解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为ZXY，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。故选B。19. 下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 图一表示反应：mA(s)+nB(g)pC(g) HO，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.B. 图二是可逆反应：A(g)+B(s)C(s)+D(g) HO的速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的H0。D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正v逆)【答案】A【解析】分析：本题考查的是条件对速率和平衡的影响，注意根据图像判断平衡的移动方向，分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。详解：A. x点压强比y低，所以反应速率x点比y点时的慢，故正确；B. 在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故错误；C.M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故错误；D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值，故错误。故选A。20. NaClO2（亚氯酸纳）是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 若直流电源为铅蓄电池，则b极为PbB. 阳极反应式为ClO2+e-=ClO2-C. 交换膜左测NaOH的物质的量不变，气体X为Cl2D. 制备18.1 g NaClO2时理论上有0.2 mol Na+由交换膜左侧向右侧迁移【答案】C【解析】A、左边通入ClO2，ClO2得电子产生ClO2-，故左边电极为阴极，连接电源的负极，铅蓄电池Pb极为负极，则a极为Pb，选项A错误；B. 阳极氯离子失电子产生氯气，电极反应式为2Cl-e-=Cl2，选项B错误；C. 交换膜左测NaOH不参与电极反应，物质的量不变，根据选项B分析气体X为Cl2，选项C正确；D. 电解池中阳离子向阴极移动，则制备18.1gNaClO2即0.2mol时理论上有0.2molNa+由交换膜右侧向左侧迁移，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查电解池原电池原理，注意分析正负极与阴阳极材料与得失电子情况。易错点为阳极氯离子失电子产生氯气，电极反应式为2Cl-e-=Cl2，交换膜左测NaOH不参与电极反应，物质的量不变。第卷（50分）二、填空题(本题共3小题）21. 现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大已知在周期表中A是原子半径最小的元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，D+和E3+离子的电子层结构相同，C与F属于同一主族请回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置是_。（2）上述B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子中，半径最小的是_（填离子符号）。（3）由上述元素中的一种或几种组成的物质甲可以发生如图反应：若乙具有漂白性，则乙的电子式为_。若丙的水溶液是强碱性溶液，则甲为_（填化学式）。（4）G和F两种元素相比较，非金属性较强的是（填元素名称）_，可以验证该结论的是_（填写编号）。a比较这两种元素的常见单质的沸点b比较这两种元素的单质与氢气化合的难易c比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d比较这两种元素的含氧酸的酸性（5）A、B两种元素形成一种离子化和物，该化合物所有原子最外层都符合相应稀有气体原子最外层电子结构则该化合物电子式为_。（6）由A、B、C、F、四种元素组成的一种离子化合物X，已知： 1 mol X能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4 L气体； X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则X是_（填化学式），写出该气体Y与氯水反应的离子方程式_。【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). Al3+ (3). (4). Na或Na2O2 (5). 氯 (6). bc (7). (8). NH4HSO3 (9). SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-【解析】分析：本题考查的元素推断和非金属性的比较，关键是根据原子结构分析元素。详解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大已知在周期表中A是原子半径最小的元素，为氢元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，为氮元素，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，为氧元素，D+和E3+离子的电子层结构相同，D为钠元素，E为铝元素，C与F属于同一主族，F为硫元素，G为氯元素。（1）硫在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族。（2）上述氮离子、氧离子、钠离子、铝离子、硫离子和氯离子中根据电子层数越多，半径越大分析，半径小的为2个电子层的微粒，再根据电子层结构相同时序小径大的原则，半径最小的是铝离子。（3）若乙具有漂白性，说明是氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，乙为次氯酸，电子式为。若丙的水溶液是强碱性溶液，该反应为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气或过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则甲为钠或过氧化钠。（4）硫和氯两种元素相比较，非金属性较强的是氯，可以比较单质与氢气化合的难易程度或气态氢化物的稳定性，故选bc。（5）氢和氮两种元素形成一种离子化和物，该化合物所有原子最外层都符合相应稀有气体原子最外层电子结构，该物质为氢化铵，该化合物电子式为。（6）由氢、氮、氧、硫四种元素组成的一种离子化合物X肯定为铵盐，已知： 1 mol X能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4 L气体，确定该铵盐中含有一个铵根离子； X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则说明Y气体具有还原性，则气体为二氧化硫气体，所以X为亚硫酸氢铵，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO42-。22. 已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566.0 kJmol-1；键能EO=O=499.0 kJmol-1则CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的H=_kJmol-1。.汽车尾气净化的主要反应原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。将1.0 mol NO、0.8 mol CO充入2 L恒容密闭容器，分别在T1和T2下测得n(CO2)随时间(t)的变化曲线如下图所示。（1）T2时，02s内的平均反应速率v(N2)= _。（2）该反应自发进行的条件（假设H，S不随温度变化而变化）_（高温自发，低温自发，任何温度均不自发，任何温度均自发）。（3）为使该反应的反应速度增大，且平衡向正反方向移动的是_。A及时分离除CO2气体 B适当升高温度C增大CO的浓度 D选择高效催化剂 .工业可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，在一体积可变的密闭容器中（如图），将2 mol CO和3 mol H2放入容器中，移动活塞至体积为V L，用铆钉固定在A、B点，发生反应，测得在不同条件，不同时段内CO的转化率，得出下列数据。（1）根据上表数据，比较T1_T2（选填“、=、=、”），判断理由是：_。【答案】 (1). -33.5 (2). 0.075molL-1s-1 (3). 低温自发 (4). C (5). (6). V2 (7). K，逆动【解析】分析：本题考查的是盖斯定律和速率和平衡的影响因素以及平衡常数的计算，关键是对题给信息的分析。详解：已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566.0 kJmol-1；键能EO=O=499.0 kJmol-1，热化学方程式表示为O2(g)= 2O(g) H=+499.0 kJmol-1，则根据盖斯定律分析，有则（+）/2即可得热化学方程式CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g) H=-566+499=-33.5kJmol-1。 . (1) T2时，02s内二氧化碳的物质的量的改变量为0.6mol，则根据方程式分析，氮气的改变量为0.3mol，则用氮气表示反应速率为=0.075molL-1s-1 。 (2)该反应在T1温度下先到平衡，说明该温度高，二氧化碳的物质的量小，说明温度升高，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应正方向为气体体积减小的方向，所以该反应属于低温自发进行。 （3）A及时分离除CO2气体，反应速率减小，平衡正向移动，故错误；B适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故错误；C增大CO的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，故正确；D选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，故错误。故选C。 . (1)从表中数据分析，T2温度下相等时间一氧化碳的转化率高，说明反应速率快，则T2温度高。 (6)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)起始物质的量 2 3 0改变物质的量 250% 2250% 250%平衡物质的量 1 1 1平衡常数为=V2。(2) T2温度下，第40 min时，拔出铆钉后，活塞没有发生移动，说明反应到平衡，此时容器内总物质的量为3mol，容器的体积为vL，再向容器中通入6 mol的CO，则容器的体积变为3VL，此时Qc = K，平衡逆向移动，V(正)小于V(逆)。点睛：在判断平衡的移动方向时注意通入一氧化碳容器的体积会有变化，根据新的体积计算浓度商与平衡常数的大小关系。23. 如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为电源。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色（1）若用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A为_极，A电极上的反应为_，B电极上的反应式为：_。（2）若甲中装有100ml 1 molL-1的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电此时C、D两极上产生的气体体积相同甲中D极产生的气体在标准状况下的体积为_L，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入_。ACuO BCu2(OH)2CO3 CCu(OH)2 DCuCO3（3）通电后乙中反应的化学方程式：_。（4）欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，理论上消耗氧气的质量_克。（5）工作一段时间后,丁中X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，这说明_在电场作用下向Y极移动。【答案】 (1). 正 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O (4). 2.24 (5). C (6). 2NaCl+2H2O 通电 2NaOH+H2+Cl2 (7). 3.2 (8). 氢氧化铁胶体粒子带正电荷【解析】分析：本题考查的是电解池的工作原理，根据实验现象判断电解池的阴阳极和电极反应是关键。详解：(1)电解食盐水时F极附近显红色，说明F为阴极，则对应的B为负极，A为正极。若用CO、氧气燃料电池作电源，则氧气在正极反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH- ；一氧化碳在负极反应，电极反应为： CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O。(2) 若甲中装有100ml1 molL-1的硫酸铜溶液，说明首先电解硫酸铜生成铜和氧气和硫酸，然后电解水生成氢气和氧气，0.1mol硫酸铜完全电解生成0.05mol氧气，则假设电解水有xmol氧气生成，则同时生成2xmol氢气，有2x=x+0.05，解x=0.05mol，则D上产生0.1mol氢气，标况下体积为2.24L。 要想溶液恢复原来的成分和浓度需要加入0.1mol氧化铜和0.1mol水，或对应的物质，故选C。(3)通电后乙中为电解食盐水，生成氯气和氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O 通电 2NaOH+H2+Cl2。(4)欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，则说明析出43.2克银，即43.2/108=0.04mol银，则理论上消耗氧气0.01mol质量为3.2g。 (5)一段时间后X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向阴极移动，则说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷。
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