辽宁省实验中学大连八中大连二十四中鞍山一中东北育才学校20172018学年高二上学期期末考试化学试题

辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子量：H-1Cl-35.5Cu-64Ag-108N-14S-32O-16Fe-56第Ⅰ卷选择题(共50分)一、选择题(每题只有个选项符合题意，每题2分，10小题，共计20分)1.下列说法不正确的是（）A.人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开始利用生物质能B.氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能C.煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸兩等环境问题D.太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热【答案】B【解析】A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开始利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。2.在已知元素中，基态原子的4s能级中只有1个电子且位于d区的元素共有（）A.0种B.3种C.2种D.1种【答案】D【解析】该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为19K元素；情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种且位于d区的元素只有1种，故选D。点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则内容及应用。最外层为4s1，可能的情况为3d04s1、3d54s1、3d104s1。3.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A.铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈B.轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法C.金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程D.在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀【答案】B【解析】A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误；D．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。4.下列描述中正确的是（）A.CS2为空间构型为V形的极性分子B.双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键C.氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子D.HCN、SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化【答案】B【解析】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B.双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。5.下列热化学方程式书写正确的是（）(△H的绝对值均正确)A.2KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ·mol-1(中和热)B.C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O△H=-1368.8kJ·mol-1(反应热)C.2NH3(g)=3H2(g)+N2(g)△H=+92.4kJ·mol-1(反应热)D.H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-242kJ·mol-1(燃烧热)【答案】C【解析】A．中和热应生成1mol水，该方程式为2mol水，不是中和热，故A错误；B．热化学方程式中需要标明物质的聚集状态，应为C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1368.8KJ•mol-1，故B错误；C.2NH3(g)=3H2(g)+N2(g)△H=+92.4kJ·mol-1表示氨气分解的热化学反应方程式，故C正确；D.燃烧热制可燃物完全燃烧生成温度的氧化物，水的稳定状态为液态，故D错误；故选C。6.己知：弱电解质电离平衡常数(25℃)碳酸K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11次氯酸K=3.0×10-8氢氧化铝Ka=6.3×10-13氢氰酸(HCN)K=4.9×10-10运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（）①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3A.②③⑤B.②④⑥C.①④⑤⑥D.②③【答案】D【解析】根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。点睛：根据电离平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键。本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。7.已知反应：N2(g)+O2(g)2NO(g),△H=+180.50kJ·mol-1；△S=247.7J·mol-1·K-1。若该反应在一密闭容器中进行，若不考虑温度对该反应焓变的影响，则下列说法中正确的是（）A.能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法只能是使用催化剂B.到达平衡状态时，v(N2)=2v(NO)C.在1000℃时，此反应能自发进行D.一定温度下，该反应达到平衡状态后，增加N2的浓度，化学反应平衡常数变大【答案】C【解析】A.能使该反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法除了使用催化剂，也可以改变温度，故A错误；B.未注明正逆反应速率，不能判断是否为平衡状态时，故B错误；C.在1000℃时，△G=△H-T•△S=+180.50kJ·mol-1-1273.15K×247.7J·mol-1·K-1＜0，反应能够自发进行，故C正确；D.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。8.某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(?)+D(?)。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（）A.该反应的化学平衡常数K约为0.043B.增加C的物质的量，B的平衡转化率不变C.增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大D.A的平衡转化率是40%【答案】B【解析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)反应前(mol)2100反应了(mol)0.40.40.60.2平衡后(mol)1.60.60.60.2据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；C、平衡常数只受温度影响，故C错误；D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；故选B。点睛：本题考查了化学平衡计算以及平衡常数的影响因素等。正确判断CD的状态是解题的关键。根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，可以确定CD的状态。9.①pH=2的CH3COOH溶液：②pH=2的盐酸;③pH=2的NH4Cl溶液；④pH=12的氨水;⑤pH=12的NaOH溶液;⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下，有关上述溶液的比较中，正确的是（）A.水电离的c(H+)：③=⑥①=②=④=⑤B.将②、④溶液混合后，pH=7,消耗溶液的体积：②④C.等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量，②最大D.向等体积溶液中加入100mL水后，熔液的pH：④⑥⑤③①②【答案】A【解析】A．①、②、③的氢离子浓度相同，④、⑤、⑥的氢氧根离子的浓度相同，六种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，所以这六种溶液中由水电离的c(H+)：③=⑥＞①=②=④=⑤，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3•H2O)＞c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3•H2O)＞c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞④，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、⑤三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、⑤溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①，故D错误；故选A。点睛：本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点。本题的易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。难点是D，加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，弱酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离，pH变化小。10.在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定条件下发生反应：A(g)+3B(g)2C(g);经3s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol·L-1，下列说法中不正确的是（）A.用B表示反应速率为0.3mol·L-1·s-1B.平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大C.3s时生成C的物质的量为1.2molD.平衡后，v(正)(A)=v(逆)(A)【答案】B【解析】根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，则A(g)+3B(g)⇌2C(g)开始(mol/L)0.51.50转化(mol/L)0.30.90.63s时(mol/L)0.20.60.6A．根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为=0.3mol•L-1•s-1，故A正确；B.平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne)，ABC的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C．3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故C正确；D.平衡后，正逆反应速率相等，因此v(正)(A)=v(逆)(A)，故D