1、集宁一中2019-2020学年第二学期期中考试高一年级化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Al27 P31 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Zn65 Br80第I卷一、选择题(四个选项中，只有一个选项是最符合题意的)1.X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为A. HXB. H2XC. XH4D. XH3【答案】D【解析】【详解】X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则最高价是5价，因此最低价为-3价，所以氢化物是XH3。答案选D。【点睛】本题主要考查元素化合价的变化规律，该题的关键是明确元素的最高价和最低价
2、绝对值之和8这一关系式。2.13CNMR(核磁共振)、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下列有关13C、15N的叙述正确的是( )A. 15N与14N互为同位素B. 13C与C60互为同素异形体C. 13C、15N具有相同的中子数D. 15N的核外电子数与中子数相同【答案】A【解析】【详解】A同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；15N与14N质子数相同均为7，属于同一种元素，中子数分别为15-7=8、14-7=7，两者不相同，互为同位素，故A正确；B同一元素的不同单质互称同素异形体，13C为原
3、子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；C13C与15N它们的中子数分别为：13-6=7，15-7=8，两者不相同，故C错误；D15N的质子数为7，则其核外电子数也为7，中子数=15-7=8，电子数与中子数不同，故D错误；答案为A。3.下列有关化学用语的表示错误的是( )A. 次氯酸电子式为B. 有a个电子、b个中子，R的原子符号为C. 用电子式表示的形成过程为D. 的结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸的电子式为，故A正确，但不符合题意；B.有a个电子、b个中子，则质子数为，质量数为，R原子的符号为，故B项正确，但不符合题意；C.用电子式表示的形成过程为，故C 项错误，符
4、合题意；D.核外有10个电子，核内有11个质子，其结构示意图为，故D项正确，但不符合题意；故选：C。4.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. CO2、CCl4中所有原子均达到最外层8电子稳定结构B. 18 g H2O和18 g D2O的质子数都为10NAC. 78 g Na2O2中所含离子的数目为4NAD. KHSO4溶于水的过程中只有离子键断裂【答案】A【解析】【详解】ACO2分子中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数是4，4+4=8，所以碳原子满足8电子稳定结构，O元素化合价为-2，O原子最外层电子数是6，6+2=8，C、O原子均满足8个电子稳定结构，CCl4中Cl元
5、素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，所以氯原子满足8电子稳定结构，C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，4+4=8，所以C、Cl原子均满足8个电子稳定结构，故A正确；B重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水和18g普通水的物质的量分别为0.9mol和1mol，而重水和普通水中均含10个质子，故0.9mol重水和1mol水中含有的质子数分别为9NA个和10NA个，故B错误；C78g Na2O2的物质的量为： =1mol，1mol中Na2O2含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，所含离子数目为3NA，故C错误；DKHSO4溶于水，发生电离，产生
6、钾离子、氢离子、硫酸根离子，则钾离子与硫酸氢根离子之间的离子键断裂，H、O之间的共价键断裂，故D错误；答案为A。5.下列说法中，不符合第A族元素性质特征的是( )A. 易形成-1价离子B. 从上到下原子半径逐渐减小C. 最高价氧化物水化物显酸性D. 从上到下氢化物的稳定性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A第A族元素的原子最外层有7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，易形成-1价离子，A正确；B同主族从上到下原子的电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，B错误；C非金属元素对应的最高价氧化物的水化物显酸性，第A族除F无正价外，其余元素的最高价氧化物的水化物显酸性，C正确；D同主族
7、从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D正确。答案选B。6. 下列离子中半径最大的是（ ）A. NaB. Mg2C. O2D. F【答案】C【解析】【详解】Na、Mg2、O2 和F离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 酸性;H2SO4H3PO4B. 非金属性：ClBrC. 碱性：NaOHMg(OH)2D. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越
8、强，非金属性：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：ClBr，能用元素周期律解释，故B错误；C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则碱性：NaOHMg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。故答案选：D。8.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）A. 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B. Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2)
9、r(Mg)C. 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D. 该反应中化学能全部转化为热能【答案】C【解析】【详解】A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）r（Mg），B错误；C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性MgC，C正确；D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；答案选C。9.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是：A. NaOH、
10、CaCl2、CaOB. Na2O、Na2O2、Na2SC. NaCl、HCl、H2OD. HBr、CO2、NH3【答案】D【解析】【详解】ANaOH中含有离子键和共价键，CaCl2、CaO中均只有离子键，A错误；BNa2O、Na2S中均只有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；CNaCl中只有离子键，HCl、H2O中均只有共价键，C错误；D.HBr、CO2、NH3中均只有共价键，化学键类型完全相同，D正确；故答案选D。10.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图。已知B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍；B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍，则A、
11、B、C所在的一组是（ ）A. Be、Na、AlB. B、Mg、SiC. O、P、ClD. C、Al、P【答案】C【解析】【详解】A、B、C均为短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知A位于第二周期，B、C位于第三周期，设A的原子序数为x，则B的原子序数为x+7，C为x+9，根据题中B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍可有：x+7+x+9=4x，解得x=8，所以A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，满足B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍。答案选C。11.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次
12、外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )A. 元素的非金属性次序为cbaB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. c的一种氧化物可以给自来水杀菌消毒D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】【分析】a的电子层结构与氦相同，则a为H元素，b和c的次外层有8个电子，二者都含有3个电子层，则b为S元素，c为Cl元素；c和d+的电子层结构相同，则d为K元素。【详解】A同周期主族元素自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；Ba为H元素，与K元素形成离子化合物，故B错误；Cc为Cl元素，
13、ClO2可以给自来水消毒杀菌，故C正确；DH元素最高正价为+1价，最低负价为-1价，代数和为0；S元素最高正价为+6价，最低负价为-2价，代数和为4；Cl元素最高正价为+7价，最低负价为-1价，代数和为6，故D正确；故答案为B。12.根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)3O2(g)=2SO2(g)2H2O(l)HQ1kJmol12H2S(g)O2(g)=2S(s)2H2O(l)HQ2kJmol12H2S(g)O2(g)=2S(s)2H2O(g)HQ3kJmol1判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(A. Q1Q2Q3B. Q1Q3Q2C. Q3Q2Q1D. Q2Q1Q3【答案】A【解析】【
14、详解】设题给方程式分别为、，、相比，为H2S完全燃烧的热化学方程式，故放出热量比多，即Q1Q2；、相比，H2O的状态不同，因为等量的水，H2O(l)比H2O(g)能量低，故放出热量Q2Q3，则有Q1Q2Q3，故选A。13.25、101 kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（ ）A. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(1) H 285.8kJmolB. 2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(1) H +571.6 kJmolC. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) H 571.6 kJmolD. H2(g)+1/2O2(g
15、) = H2O(1) H 285.8kJmol【答案】D【解析】【详解】放出热量说明反应热HAC所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，A正确；B由图可知AB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，B错误；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，C错误；D由盖斯定律可知，整个反应的热效应只与始态和终态有关，与反应的历程无关，所以AC的反应的H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，D错误。答案选 A。18.下列说法或表示方法正确的是()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. 氢气燃烧热为285.8 kJmol1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2
16、(g)O2(g)=2H2O(l)H285.8 kJmol1C. Ba(OH)28H2O(s)2NH4Cl(s)= BaCl2(s)2NH3(g)10H2O(l)H0D. 已知中和热为57.3 kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的 稀溶液混合，则放出的热量大于57.3 kJ【答案】C【解析】【详解】A.硫蒸汽所含能量比硫固体高，所以，等物质的量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，选项A错误；B氢气的燃烧热为285.8kJmol-1，氢气的燃烧热热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=-285.8 kJ/mol，选项B错误；C反
17、应中固体生成气体，S0，在常温下能自发进行，G=H-TS0，故H0，选项C正确；D已知中和热为57.3kJmol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1mol NaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶解会放出热量，所以放出的热量要大于57.3kJ，选项D错误；答案选C。19.下列关于反应能量的说法正确的是( )A. 若反应A=B H生成物总能量C. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H= -Q kJmol-1，则H2的燃烧热为1/2Q kJmol-lD. H+(aq) +OH- (aq)=H2O(l) H= -57.3 kJmol-1，含1mol NaOH的氢氧化钠
18、溶液与含0.5mol CH3COOH的醋酸溶液混合后会放出57.3 kJ的热量【答案】B【解析】【详解】A反应A=BH氯气 高氯酸的酸性大于硫酸能证明氯元素的非金属性比硫元素强的是_(填序号)【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 0.2mol (3). 饱和氯化钠溶液 (4). 除去Cl2中HCl (5). 产生淡黄色沉淀 (6). 淀粉 (7). 溶液变蓝 (8). 没有尾气吸收Cl2装置 (9). 【解析】【详解】（1）A装置用于制取氯气，加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，所以分液漏斗中盛放的是浓盐酸、烧瓶中加入的是MnO2，
19、化学方程式为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，根据化学方程式可知，生成1molCl2，有2molHCl被氧化，则生成=0.1molCl2，被氧化的HCl为0.2mol；答案为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，0.2mol。（2）浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，饱和食盐水能溶解HCl且能抑制氯气的溶解，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，所以广口瓶中盛放的是饱和食盐水，其作用是除去氯气中的HCl；答案为饱和食盐水；除去氯气中的HCl。（3）要证明氯元素的非金属性比S元素强，可以用氯气氧化硫离子生成S来实现，离子方程式为Cl2+S2-=S
20、+2Cl-，现象是生成淡黄色沉淀S；答案为有淡黄色沉淀生成。（4）根据I2遇淀粉变蓝色，检验I2单质的生成，因而在D的KI溶液中添加少量淀粉，发生Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝色，可以证明Cl2置换出了I2，证明氯元素的非金属性大于碘元素，因为Cl2是有毒气体，不能任意排放到空气中，所以实验装置最后接一个盛放烧碱溶液装置，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气；答案为淀粉，变蓝色。没有尾气吸收Cl2的装置。（5）气态氢化物溶液的酸性强弱与非金属性强弱判断无关，应该比较其稳定性，故错误；S2Cl2分子中氯元素显-1价，则硫元素显+1价，说明形成的共用电子对偏向氯元素，偏离硫元素
21、，说明吸引电子对ClS，可以说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故正确。氯气将铜元素氧化成最高价态，呈现+2价，而硫只能氧化铜元素生成+1价，说明氯气的氧化性更强，说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故正确；因为硫磺和氯气均为分子晶体，沸点：硫磺氯气, 只说明硫磺分子间作用力大于氯气分子间作用力，与非金属性强弱判断无关，故错误；最高价氧化物对应水化物的酸性强说明非金属性强，高氯酸的酸性大于硫酸，说明硫元素的非金属性比氯元素的非金属性弱，故正确；答案为。24.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50 mL 0.25 mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸溶液温度；用另一量筒
22、量取50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，并测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量倒入 C一次迅速倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_A用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃棒上下轻轻地抽动(3)实验数据如下表： 温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.
23、2426.426.226.329.8根据表中数据计算出来温度差的平均值为_；近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)。则中和热H_( 取小数点后一位)。上述实验数值结果与中和热为57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_。a实验装置保温、隔热效果差 b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 c量取NaOH溶液的体积时仰视读数 d分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中【答案】 (1). C (2). D (3). 3.4 (4). -56.8kJ/mol (
24、5). abcd【解析】【分析】本实验的目的是测定中和热，中和热是指是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；本实验中首先测定酸和碱反应前的温度，然后测定反应终止温度，然后利用比热容将温度转化为热量计算出中和热。本实验中为保证酸和碱完全反应，NaOH过量；实验的关键是要保温。【详解】(1)为了减少热量的散失，实验过程中倒入NaOH溶液时，必须一次迅速的倒入，所以选C；(2)温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失；使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度
25、计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，所以选D；(3)四次的温差分别为3.4，5.1，3.3，3.5，第2组数据偏差较大舍去，所以平均温差为=3.4；50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，NaOH过量，所以生成水的物质的量为0.05L0.25mol/L2=0.025mol，溶液的质量为100ml1g/cm3=100g，温度变化的值T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/(g)3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热H=-=-56.8kJ/mol；实验结果的绝对值小于中和热的绝对值；a实验装置
26、保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故a符合；b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，温度计上沾有的NaOH与硫酸反应放出热量，使得测定的初始温度偏高，且造成热量的散失，测定的温差偏小，中和热的绝对值偏小，故b符合。c量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致氢氧化钠体积偏大，但硫酸少量，所以生成的水的物质的量不变，放出的总热量不变，而加入的NaOH溶液体积偏大，会使混合液的质量偏大，则测得的温差会偏小，中和热的绝对值偏小，故c符合；d分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的绝对值偏小，故d符合；故答案为：abcd；【点
27、睛】中和热是指是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；测得中和热时会保证酸和碱完全反应，一般要有一种物质稍过量。25.化学热力学是物理化学的重要分支。请根据所学知识回答下列问题：(1)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：CO和O生成CO2是_反应(填吸热或放热)状态生成的分子含有_(填极性键或非极性键)，该分子的电子式_(2)已知一定条件下合成氨反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.0 kJmol-1，相同条件下将1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量(假定热量
28、无损失)_92.0 kJ。(填=、或或)(4)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，反应为2HCl(g) + CuO(s) =H2O(g)+CuCl2(g) H1反应生成1molCl2(g)的反应热为H2则总反应的热化学方程式为_, (反应热用H1和H2表示)。(5)已知25，101kPa时：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) H=-1648kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393kJ/mol2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) H=-1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成F
29、e2O3的H=_(6)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：(g)(g)+H2(g)已知：化学键CHCCCCHH键能/kJmol-1412348612436计算上述反应的H_ 。【答案】 (1). 放热 (2). 极性键 (3). (4). (5). = (6). 2HCl(g)+O2(g)=Cl2(g)+H2O(g) H=H1+H2 (7). -260 kJ/mol (8). +124 kJ/mol【解析】【分析】(1)根据反应物和生成物的能量高低判断；(2)根据可逆反应特点考虑；(3)焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关；(4)根据盖斯定律计算反应热并写出热化学方程式；(5)根据盖斯定律计算反
30、应热；(6)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和【详解】(1)由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，答案为：放热；根据图示中原子的变化可知反应最后生成的是CO2，在CO2中C原子和O原子之间通过共用电子对形成极性共价键，C原子与每个O原子形成两个共用电子对，所有原子都达到8电子稳定结构，CO2电子式为：，答案为：极性键；(2)合成氨反应是可逆反应，相同条件下将相同条件下1 mol N2和3 mol H2不能完全反应生成2 molNH3，所以放热小于92.0 kJ，答案为： ； (3)反应焓变与起始物质能量和终了物质能量差有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)Cl2(g)=2
31、HCl(g)在光照和点燃条件下的H相同，答案为：=；(4)反应为：2HCl(g) + CuO(s) =H2O(g)+CuCl2(s) H1，反应生成1molCl2(g)的反应热为H2，由图示可知反应为：CuCl2(s)+O2(g)= CuO(s) +Cl2(g) H2，根据盖斯定律+可得总反应的热化学方程式：2HCl(g)+O2(g)=Cl2(g)+H2O(g) H=H1+H2；(5)已知：4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) H=-1648kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393kJ/mol2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) H=-148
32、0kJ/mol根据盖斯定律，-2+4可得热化学方程式：4FeCO3(s) +O2(g)=2Fe2O3(s) +4CO2(g) ，所以FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的H=-1648kJ/mol-2(-1480kJ/mol)+4(-393kJ/mol)=-260 kJ/mol，答案为：-260 kJ/mol；(6)反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，由反应中有机物的结构可知，应是CH2CH3中键能与CH=CH2、H2总键能之差，所以H=(5412+348-3412-612-436) kJ/mol=+124 kJ/mol。【点睛】运用盖斯定律时要注意热化学方程式的系数发生变化或前后物质进行变换时，反应热也要同时进行变化或变换，要注意到用物质的能量变化或键能变化计算反应热的区别。
