2018-2019学年吉林省长春外国语学校高二上学期期初考试化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省长春外国语学校高二上学期期初考试化学试题 解析版

吉林省长春外国语学校2018-2019学年高二上学期期初考试化学试题 ‎1.1.下列现象说明SO2具有氧化性的是（　　）‎ A. SO2通入品红溶液中使之褪色。‎ B. SO2通入酸性 KMnO4溶液中使之褪色。‎ C. SO2通入溴水中使之褪色。‎ D. SO2通入饱和 H2S 溶液中析出浅黄色沉淀。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化硫具有漂白性，通入品红溶液中使之褪色，A错误；‎ B、二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化，说明二氧化硫具有还原性，B错误；‎ C、二氧化硫被溴水氧化，表现还原性，C错误；‎ D、二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，表现氧化性，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.2.下列实验装置不能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.二氧化硫与氢氧化钠反应，气体压强减小，能够形成喷泉，故A正确；B.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，反应放热，温度升高，气体压强增大，红墨水左低右高，故B正确；C.氨气溶于水，烧瓶中气体压强减小，气球变大，个C正确；D.该实验中可能是碳酸钠受热温度较低，未发生分解，应该将碳酸氢钠和碳酸钠的位置对调，故D错误；故选D。‎ ‎3. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素。已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体。下列说法正确的是 A. 原子半径：M＞X＞Y＞Z B. 对应氢化物的沸点：M＞Z＞Y＞X C. 对应氢化物的稳定性：Z＞X＞Y＞M D. XY2与MY2溶于水都能得到对应的酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据题给信息知，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧元素；X、Y、Z是同周期的相邻元素，则X为氮元素，Z为氟元素；M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，M为硅元素。A、根据原子半径比较原则判断，原子半径：Si＞N＞O＞F，即M＞X＞Y＞Z，A正确；B、水分子间存在氢键，常温下为液体，沸点最高，其余氢化物均为气体，B错误；C、根据元素在周期表中的位置及元素周期律判断，对应氢化物的稳定性：HF＞H2O＞NH3＞SiH4，即Z＞Y＞X＞M，C错误；D、SiO2不溶于水不能直接得到硅酸，D错误，答案选A。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用 ‎【名师点晴】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。本题的易错选项是C，注意氢键对物质性质的影响。需要明确的是氢键不是化学键，属于分子间作用力的范畴，一般影响物质的物理性质，例如熔沸点等。只有非金属很强的元素才能形成氢键，例如F、O、N，即HF、H2O、NH3等均能形成氢键。‎ ‎4.4.下表是元素周期表中短周期的一部分。已知A元素原子的最外层电子数比其电子层数的3倍还多。下列关于表中六种元素的说法正确的是 (　　)‎ A. X的单质在空气中可以燃烧 B. X、Y、Z三种元素中Y元素形成的单核阴离子半径最大 C. 最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是A元素 D. A单质通入NaZ溶液中，根据反应现象可证明A、Z非金属性的相对强弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期元素在周期表的位置可知，A为第二周期元素，A元素原子的最外层电子数比其电子层数的3倍还多，A的电子层数为2，最外层电子数为7，A应为F元素，则X为O元素，M为Ne元素，Y为S元素，Z为Cl元素，N为Ar元素，结合元素对应的单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为O，A为F，M为Ne，Y为S，Z为Cl，N为Ar，则 A．氧元素的单质不能燃烧，为助燃剂，A错误；‎ B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则X、Y、Z三种元素中S元素形成的单核阴离子半径最大，B正确；‎ C．O、F无正价，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是Cl元素，C错误；‎ D．氟气通入NaCl溶液中，F2与水反应生成HF与O2，不能置换出氯，不能证明F、Cl非金属性的相对强弱，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素在周期表的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项D为解答的易错点，题目难度不大。‎ ‎5.5.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是285.8kJ·mol－1、1411.0 kJ·mol－1和1366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为 A. －44.2 kJ·mol－1 B. ＋44.2 kJ·mol－1‎ C. －330 kJ·mol－1 D. ＋330 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol，则有：①C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2‎ ‎(g)△H=-1411.0kJ/mol；②C2H5OH(l)+3O2(g)=3H2O(l)+2CO2(g)△H=-1366.8kJ/mol；根据盖斯定律 ①-②可得：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-44.2kJ/mol，故选A。‎ 考点：考查了反应热的计算的相关知识。‎ ‎6.6.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ΔH＝－57．3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283．0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283．0kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 中和热是指稀的强酸、强碱溶液混合生成1mol水时所放出的热量，中和热是不变的，A错误；B. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则反应2CO2(g)＝2CO(g)+O2(g)的ΔH＝+2×283.0kJ·mol−1，B正确；C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，C错误；D. 应该是1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D错误，答案选B。‎ ‎7.7.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见如图，电池总反应可表示为2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是( )‎ A. 电子通过外电路从b极流向a极 B. b极上的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ C. 每转移0.1 mol电子，便消耗1.12 L的O2‎ D. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。‎ 考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。‎ 视频 ‎8.8.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是 A. 放电时负极反应为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2‎ B. 放电时正极反应为：FeO42－＋4H2O + 3e－＝Fe(OH)3＋5OH－‎ C. 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 D. 放电时正极附近溶液的pH不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、放电时，Zn作负极，被氧化，由总反应可得，生成Zn(OH)2，电解质溶液呈碱性，所以电极反应式为Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，A正确；‎ B、放电时，K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe(OH)3，电极反应式为FeO42－＋4H2O＋3e－＝Fe(OH)3＋5OH－，B正确；‎ C、放电时，K2FeO4为电池的正极，Fe的化合价由+6价降为+3价，则每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，C正确；‎ D、放电时，K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe(OH)3，电极反应式为FeO42－＋4H2O＋3e－＝Fe(OH)3＋5OH－，正极生成OH－，溶液碱性增强，pH增大，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.9.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 若单位时间内生成x mol NO的同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 B. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)‎ C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)＝3v正(H2O)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行；B、化学反应达到平衡时，并且正逆反应速率相等，反应速率之比等于化学计量数之比是物质的正反应速率之比；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小；D、学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式分析。‎ 详解：A、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，选项A错误；B、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v正（NO），4v正（O2）=5v逆（NO），v正（NO）=v逆（NO），选项B正确；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，选项C错误；D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v正（H2O）成立，选项D错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题中注意平衡状态的判断、化学反应速率之比的等于化学计量数之比的利用以及可逆反应的特点。‎ ‎10.10.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：X(g)+Y(g) Z(g)+W(s), △H>0下列叙述正确的是（ ）‎ A. 加入少量W，逆反应速度增大 B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 C. 升高温度，平衡逆向移动 D. 平衡后加入X，上述反应的△H增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。‎ ‎11.11.Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4‎ ‎－SOCl2。电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2＝4LiCl＋S＋SO2↑。请回答下列问题：‎ ‎(1)电池的负极材料为______，发生的电极反应为____________________________，每转移0.5mol电子，负极的质量都会减少_______g。‎ ‎(2)电池正极发生的电极反应为____________________________________________。‎ ‎(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是_____________，反应的化学方程式为_________。‎ ‎(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是___________________。‎ ‎【答案】 (1). 锂 (2). Li-e-＝Li+ (3). 3.5 (4). 2SOCl2+4e-＝4Cl-+S+SO2↑ (5). 出现白雾，有刺激性气体生成 (6). SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl (7). Li与O2、H2O反应，SOCl2与水反应 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）该原电池中锂的活泼性大于碳的，所以锂作负极，负极上Li失电子，发生氧化反应，电极反应为Li-e-＝Li+；每转移0.5mol电子，消耗0.5molLi，则负极的质量会减少0.5mol×7g/mol＝3.5g；‎ ‎（2）正极上得电子发生还原反应，根据反应方程式知，SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2，电极反应式为2SOCl2+4e-＝4Cl-+S+SO2↑；‎ ‎（3）由NaOH和SOCl2反应生成Na2SO3和NaCl两种盐可知，SOCl2和水生成酸或酸性氧化物，根据原子守恒得，SOCl2和水生成SO2和HCl，即SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl。生成的氯化氢遇到空气中水蒸气会形成白雾，生成具有刺激性气味的气体，所以实验现象为出现白雾，有刺激性气体生成；‎ ‎（4）锂和钠是同一主族的元素，性质具有相似性，钠和空气中的氧气、水蒸气反应，所以锂和空气中的氧气、水蒸气也能反应；SOCl2也可与水反应，所以组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行。‎ ‎12.12.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据上图回答下列问题：‎ ‎(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式_____________________________________。‎ ‎(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式____________________________________，上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.80molPCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率α1等于_________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2_______α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎(3)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是_______________________________________‎ ‎(4)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝_________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是________________。‎ ‎【答案】 (1). P（s）+1.5Cl2（g）=PCl3（g）△H=-306kJ/mol (2). PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ/mol (3). 25% (4). 大于 (5). 两步反应都放热，降温提高产率防止产物分解 (6). -399kJ/mol (7). 等于 (8). PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl ‎【解析】‎ 试题分析：（1）热化学方程式书写要求：注明各物质的聚集状态，判断放热反应还是吸热反应，反应物的物质的量与反应热成对应的比例关系，根据图示P（s）+Cl2（g）→PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H="-306" kJ/mol，热化学方程式为：P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H="-306" kJ/mol；‎ ‎（2）△H=生成物总能量-反应物总能量，Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，所以 PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式：PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g） △H="+93" kJ/mol，‎ PCl5分解率α1=（0.8mol-0.6mol）/0.8mol×100%=25%，PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2‎ ‎（g）是吸热反应；升高温度向吸热反应方向移动，正反应（分解反应是吸热反应）是吸热反应，升高温度向正反应方向移动，转化率增大，α2 ＞α1 ；‎ ‎（3）Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），是放热反应，降温平衡向放热反应方向移动，降温有利于PCl5（g）的生成；‎ ‎（4）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1 molPCl5的热化学方程式：‎ P（s）+3/2Cl2（g）=PCl3（g）；△H1="-306" kJ/mol，‎ Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）；△H2="-93" kJ/mol；‎ P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3="-306" kJ/mol+（-93 kJ/mol）="-399" kJ/mol，‎ ‎（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，结合水解反应与元素化合价可得此反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。‎ 考点：考查热化学方程式的书写、化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动的影响及反应热的计算等知识 ‎13.13.中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入 1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。‎ ‎（1）从3 min到9 min，υ(H2)=________mol·L－1·min－1。‎ ‎（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。‎ A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）‎ B．混合气体的密度不随时间的变化而变化 C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 ‎（3）平衡时CO2的转化率为______________。‎ ‎（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。‎ ‎（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH) _______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。‎ ‎【答案】 (1). 0.125 (2). D (3). 75﹪ (4). 30﹪ (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎（1）从3 min到9 min消耗CO2是0.25mol/L，根据方程式可知消耗氢气是0.75mol/L，则υ(H2)=0.75mol/L÷6min＝0.125mol·L－1·min－1。（2）A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）时反应速率仍然再发生变化，没有达到平衡状态，A错误；B．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明，B错误；C．单位时间内消耗3mol H2，同时一定生成1mol H2O，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明反应达到平衡状态，D正确，答案选D。（3）平衡时消耗CO2是0.75mol/L，则CO2的转化率为0.75/1.00×100%＝75%。（4）平衡时剩余氢气是0.75mol，生成水蒸气是0.75mol，则混合气体中CH3OH(g)的体积分数是。（5）第9分钟时反应达到平衡状态，则υ逆(CH3OH) 小于”第3分钟时υ正(CH3OH)。‎ ‎ ‎