四川省遂宁市遂宁二中2020学年高二化学上学期半期考试试题(含解析)

四川省遂宁市遂宁二中2020学年高二化学上学期半期考试一试题（含解析）考试时间：90分钟总分:100分一、选择题（每题只有一个正确答案，1-11题每题2分，12-21题每题3分）“优化构造、提高效益和降低耗资、保护环境”,这是我国公民经济和社会发展的基础性要求。你认为以下行为不吻合这个要求的是( )A.大力发展农村沼气,将荒弃的秸秆转变成干净高效的能源加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等干净能源的开发利用研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料将煤转变成气体燃料能够有效地减少“温室效应”气体的产生【答案】D【解析】试题解析：ABC选项都吻合低能，环保，而D选项中气体燃料燃烧也能够产生“温室效应”的气体，因此D错误。考点：化学与生活知识谈论：本题属于简单题，需要学生熟练掌握。2.以下说法不正确的选项是( )化学变化过程是原子的重新组合过程化学反响的焓变用ΔH表示,单位是kJ·mol-1化学反响的焓变ΔH越大,表示放热越多化学反响中的能量变化不都是以热能形式表现出来的【答案】C【解析】【解析】从微观角度解析化学变化；焓变的单位是kJ·mol-1；C.ΔH带符号，其实不是ΔH越大，放热越多；能量变化能够是热能、电能、光能等；【详解】A.化学反响从微观角度考虑就是原子重新组合过程，故A项正确；B.化学反响的焓变用ΔH表示，单位是kJ·mol-1，故B项正确；C.ΔH带符号，关于放热反响ΔH越大，表示放热越少，关于吸热反响ΔH越大，则表示吸热越多，故C项错误；D.化学反响中的能量变化形式能够是热能、电能、光能等形式表现出来，故D项正确；综上，本题选C。3.以下热化学方程式正确的选项是()A.表示硫的燃烧热的热化学方程式:S(s)+3/2O2(g)=SO3(g)H=-315kJ/molB.表示中和热的热化学方程式:NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/molC.表示H2燃烧热的热化学方程式:H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H=-241.8kJ/molD.表示CO燃烧热的热化学方程式:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJ/mol【答案】B【解析】试题解析：A．违反燃烧热的含义，硫完好燃烧生成的牢固的氧化物不是三氧化硫（SO能分解3为SO2和O2），而是SO2，A错误；B．25℃、101kPa时，稀强碱溶液和稀强酸溶液中和生成1mol液态水和可溶性盐溶液时放出的57.3kJ热量，其焓变成－57.3kJ/mol，B正确；C．违反燃烧热的含义，25℃、101kPa时，1mol氢气完好燃烧生成的牢固的氧化物不是水蒸气（水蒸气的能量比液态水高），而是液态水，C错误；D．违反燃烧热的定义，各物质的化学计量系数和焓变均要减半，

25℃、

101kPa

时，1molCO气体完好燃烧生成

CO2气体时放出的热量为－

288kJ/mol，D错误；答案选B。考点：观察燃烧热、中和热的含义及表示燃烧热和中和热的热化学方程式的书写。4.以下依照热化学方程式得出的结论正确的选项是

(

)A.1mol

甲烷燃烧生成气态水和

CO2所放出的热量是甲烷的燃烧热B.已知

C(s)+O

2(g)=CO2(g)

ΔH1

C(s)+1/2O

2(g)=CO(g)

ΔH2,则ΔH2>ΔH1C.已知

2H2(g)+O

2(g)=2H

2O(g)

H=-483.6kJ/mol,

则氢气的燃烧热为

241.8kJ/molD.已知

NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H

2O(l)

H=-57.3kJ/mol,

则含

20gNaOH

的稀溶液与稀盐酸完好中和,中和热为28.65kJ/mol【答案】B【解析】【解析】结合燃烧热的定义解析一氧化碳转变成二氧化碳是放热过程，焓变包括负号据此解析；C.燃烧热指

1mol可燃物完好燃烧生成牢固的化合物时所放出的热量，

气态水不是牢固氧化物；D.中和热

H=-57.3kJ/mol

，是一个固定值；【详解】

A.燃烧热要求生成液态水，故

A项错误；B.己知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1C(s)+1/2O更多。放热反响ΔH为负值，放热越多，ΔH

2(g)=CO(g)ΔH2，完好燃烧比不完好燃烧放热越小，则ΔH2>ΔH1，故B项正确；C.氢气的燃烧热是指1mol氢气完好燃烧生成液态水放出的热量，气态水不是牢固氧化物，故项错误；D.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3kJ/mol，此时，中和热指1molNaOH和1molHCl溶液发生中和反响生成1mol水时所放出的热量为57.3kJ，减少用量时，放出的热量变少，但中和热数值不变，故D项错误；综上，本题选B。【点睛】本题A、C项观察燃烧热。燃烧热指1mol可燃物完好燃烧生成牢固的化合物时所放出的热量。如H元素最后转变成液态水，C元素最后转变成CO2。5.将1L0.1mol/LBaCl2溶液与足量稀硫酸充分反响放出akJ热量;将1L0.5mol/LHCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反响放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解);将0.5L1mol/LH2SO4溶液与足量(CH3COO)Ba(可溶性强电解质)溶液反响放出的热量为()2A.(5a+2b)kJB.(4b-10a)kJC.(5a-2b)kJD.(10a+4b)kJ【答案】A【解析】试题解析：1L0.1mol?L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1L0.1mol?L-1BaCl2溶液与足量稀硫2+2-酸反响，涉及的离子方程式为：Ba（aq）+SO4（aq）=BaSO（4s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L0.5mol?L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L0.5mol?L-1HCl溶液与足量3+3-CHCOONa溶液反响，涉及的离子方程式为H（aq）+CHCOO（aq）=CH3COOH（l），放出bkJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3COOH，放出2bkJ热量。0.5L1mol?L-1H2SO的物质的量为0.5mol，将0.5L1mol?L-1HSO溶液与足量（CHCOO）Ba溶42432液反响，生成0.5molBaSO4，1molCHCOOH，涉及的离子方程式有2+2-（aq）=BaSOBa（aq）+SO344+-5a+2b）kJ，答案选A。（s），H（aq）+CHCOO（aq）=CHCOOH（l），溶液反响放出的热量为（33考点：观察热化学方程式的书写和反响热的计算6.影响化学反响速率的要素有:浓度、压强、温度、催化剂等。以下说法不正确的选项是( )改变压强不用然能改变有气体参加反响的速率增大浓度能加快化学反响速率,原因是增大浓度增加了反响系统中活化分子的百分数温度高升使化学反响速率加快的主要原因是增加了单位体积内活化分子总数催化剂能加快化学反响速率主要原因是降低反响所需的能量【答案】

B【解析】试题解析：

A．压强改变有气体参加的反响的反响速率，增大压强，反响速率加快，故

A不选；B．增大浓度，增加了反响系统中活化分子数目增大，则反响速率加快，故

B选；C．温度升高，增加了反响系统中活化分子百分数增大，反响速率加快，故

C不选；D．催化剂降低反响的活化能，则反响速率加快，故

D不选；应选

B。考点：观察了化学反响速率的影响要素的相关知识。7.以下说法正确的选项是( )A.在常温下,放热反响一般能自觉进行,吸热反响都不能够自觉进行NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)H=+185.57kJ·mol-1,能自觉进行,原因是系统有自觉地向凌乱度增加的倾向因焓变和熵变都与反响的自觉性相关,故焓变和熵变均能够单独作为反响自觉性的判据在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,能够改变化学反响进行的方向【答案】B【解析】【解析】吸热反响不用然不能够自觉进行；系统有自觉向凌乱度增加的方向转变的倾向，以致反响可自觉进行；焓变和熵变共同决定反响可否自觉；催化剂不能够改变反响进行的方向；【详解】A.吸热反响常温下也可能自觉进行，如Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，故项错误；B.该反响是分解反响，由一种固体分解生成多种气体，系统凌乱度增加，因此△S>0，△G=△H-T△S<0，△H>0，因此该反响在高温时可自觉进行的原因为：系统有自觉向凌乱度增加的方向转变的倾向，以致反响可自觉进行，故B项正确；C.反响能自觉进行的判断依照是△G=△H-T△S<0，焓变和熵变不能单独作为判断依照，故C项错误；D.催化剂只能加快或减慢反响速率，不能够改变反响的限度和方向，故D项错误。综上，本题选B。【点睛】反响可否自觉由焓变和熵变共同决定。当△G=△H-T△S<0时，反响能够自觉，当△G=△H-T△S>0，反响不能够自觉；8.若反响

:2NO(g)+2CO(g)

2CO(g)+N

2(g)

H<0在恒温、恒容的密闭系统中进行

,以下表示图正确且能说明该反响在进行到

t1时刻达到平衡状态的是

(

)A.B.C.D.【答案】D【解析】【解析】依照化学平衡状态的特点解答，当反响达到平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；【详解】A.t1时正反响速率最大，但依旧在变化，说明没有达到平衡状态，故A项错误；B.温度不变，化学平衡常数不变，与反响可否达到平衡没关，故B项错误；C.t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量相等，但还在变化，说明正逆反响速率不相等，反响没有达到平衡状态，故C项错误；D.t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表示正逆反响速率相等，反响达到了平衡状态，故D正确。综上，本题选D。【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态；平衡常数可是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变；9.在1L容器中用O2将HCl转变成Cl2,反响方程式为:4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)H<0,必然条件下测得反响过程中n(Cl2)的实验数据以下。以下说法正确的选项是()t/min0246-301.83.75.4n(Cl)/10mol2A.0～2min的反响速率小于4～6min的反响速率B.2～6min用Cl2表示的反响速率为0.9mol/(L·min)C.增大压强能够提高HCl转变率平衡常数K(200℃)<K(400℃)【答案】C【解析】【解析】相同时间内氯气物质的量变化越大，说明反响速率越快；依照v=△c/△t进行判断；正反响为气体体积减小的反响，增大压强平衡正向搬动；正反响为放热反响，高升温度平衡逆向搬动，平衡常数减小；【详解】A.相同时间内，0~2min内氯气变化量为1.8×10-3mol，而4~6min内氯气变化量为(5.4-3.7)×10-3mol=1.7×10-3mol，则0~2min的反响速率大于4~6min的反响速率，故A项错误；B.v=△c/△t=(5.4-1.8)×10-3mol/1L/4min=9×10-4mol/(L?min)，故B项错误；C.正反响为气体体积减小的反响，增大压强平衡正向搬动，能够提高

HCl

转变率，故

C项正确；正反响为放热反响，高升温度平衡逆向搬动，平衡常数减小，则平衡常数K(200℃)>K(400℃)，故D项错误,综上，本题选C。10.T℃时,在一固定容积的密闭容器中发生反响:A(g)+B(g)C(s)H<0,依照不一样配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示,以下判断正确的选项是( )A.TC.若

℃时,该反响的平衡常数值为4B.cc点为平衡点,则此时容器内的温度高于

点没有达到平衡T℃D.T

,此时反响向逆向进行℃时,直线cd上的点均为平衡状态【答案】

C【解析】A、依照平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，若是达到平衡，应向d点搬动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反响方向搬动，故错误；C、若是点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反响方向搬动，即高升温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强没关，因此曲线ab是平衡线，故

c错误。11.某温度下,体积必然的密闭容器中进行以下可逆反响:X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)H>0。下列表达正确的选项是( )A.加入少量W,逆反响速率增大,正反响速率减小B.高升温度,平衡逆向搬动C.当容器中气体压强不变时,反响达到平衡D.反响平衡后加入X,上述反响的ΔH增大【答案】C【解析】【解析】固体量的增减不会影响反响速率，不会引起化学平衡的搬动；高升温度平衡向吸热反响搬动；随反响进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡；反响热ΔH与物质的化学计量数相关，与参加反响的物质的物质的量没关；【详解】A.W在反响中是固体，固体量的增减不会引起化学反响速率的改变和化学平衡的搬动，故A项错误；B.该反响正反响为吸热反响，高升温度平衡向吸热反响搬动，即向正反响搬动，故B项错误；随反响进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时说明可逆反响到达平衡状态，故C项正确；D.反响热ΔH与物质的化学计量数相关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反响热不变，与参加反响的物质的物质的量没关，故D项错误；综上，本题选C。12.在容积不变的密闭容器中进行反响:2SO2(g)+O2(g)

2SO3(g)

H<0。以下各图表示当其他条件不变时

,改变某一条件对上述反响的影响

,其中解析正确的选项是

(

)A.图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响,且甲的温度较高图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反响速率的影响图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反响速率的影响图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态【答案】B【解析】试题解析：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反响放热，高升温度，平衡向逆反响方向搬动，

SO3的转变率减小，乙的温度较高，故

A错误；

B．图Ⅱ在

t0时刻正逆反响速率都增大，但仍相等，平衡不发生搬动，应是加入催化剂的原因，故

B正确；

C．增大反响物的浓度刹时，正反速率增大，逆反响速率不变，此后逐渐增大，图Ⅲ改变条件刹时，正、逆速率都增大，正反响速率增大较大，平衡向正反响搬动，应是增大压强的原因，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误。应选B。考点：观察化学反响速率和化学平衡图像的综合应用【名师点睛】1．解析反响速度图像：1）看起点：分清反响物和生成物，浓度减小的是反响物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。（2）看变化趋势：分清正反响和逆反响，分清放热反响和吸热反响。高升温度时，△V吸热＞△V放热。3）看终点：分清耗资浓度和增生浓度。反响物的耗资浓度与生成物的增生浓度之比等于反响方程式中各物质的计量数之比。4）关于时间—速度图像，看清曲线是连续的，还是跳跃的。分清“渐变”和“突变”、“大变”和“小变”。比方增大反响物浓度V正突变，V逆渐变；高升温度，V吸热大增，V放热小增；使用催化剂，V正和V逆相同程度突变。2．化学平衡图像问题的解答方法：（1）三步解析法：一看反响速率是增大还是减小；二看△V正、△V逆的相对大小；三看化学平衡搬动的方向。（2）四要素解析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。（3）先拐先平：关于可逆反响mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），比方在转变率—时间—压强曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，它所代表的压富强，若是这时转变率也高，则反响中m+n＞p+q，若转变率降低，则表示m+n＜p+q。（4）定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再谈论别的两个量的关系。13.T℃时,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线以下列图。以下描述正确的选项是( )平衡时X、Y的转变率相同B.达到平衡后将容器体积压缩为

1L

平衡向正反响方向搬动C.T

℃时

,该反响的化学方程式为

X(g)+Y(g)

2Z(g),

平衡常数

K=40D.T

℃时

,若初步时

X为

0.71mol,Y

为

1.00mol,

则平衡时

Y的转变率约为

60%【答案】D【解析】依照图示，

X、Y为反响物，

Z为生成物，

10s

时达到平衡。在

0～10s

内，Z增加

1.60mol

，X减少0.80mol，Y减少0.80mol，由于X、Y初步物质的量不一样，故平衡时X、Y的转变率不一样，A项不正确；依照n(X)：n(Y)：n(Z)＝0.80mol：0.80mol：1.60mol＝1：1：2，得T°C时，该反响的化学方程式为：X(g)＋Y(g)2Z(g)，由于反响前后气体体积不变，达到平衡后，将容器体积压缩为1L，平衡不搬动，B项不正确；达到平衡时，c(X)＝0.40mol/2L＝0.20mol/L，c(Y)＝0.20mol/2L＝0.10mol/L，c(Z)＝1.60mol/2L＝0.80mol/L，平衡常数K＝＝32，C项不正确；若初步时X为0.71mol，Y为1.00mol，则：X(g)＋Y(g)2Z(g)初步(mol)0.711.000改变(mol)xx2x平衡(mol)0.71－x1.00－x2x由于温度不变，K不变，故＝32，解得x＝0.60，故平衡时Y的转变率为60%。14.以下关于能层与能级的说法中正确的选项是( )同一原子中，符号相同的能级，其上电子能量不用然相同任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数不用然等于该能层序数同是s能级，在不一样的能层中所能容纳的最多电子数是不一样样的多电子原子中，每个能层上电子的能量必然不一样【答案】

A【解析】A.同一原子中，能级名称相同，其轨道形状相同，能层越大其能量越高，选项

A正确；

B、任一能层的能级总是从

s能级开始，而且能级数等于该能层序数，选项

B错误；

C．同是

s能级，在不一样的能层中所能容纳的最多电子数都是

2个，选项

C错误；D．同一能层的不一样能级能量不一样，且按

s、p、d规律依次增大，选项

D错误；答案选

A。15.关于电子云的表达不正确的选项是

(

)电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形电子云实质是电子运动形成的近似云相同的图形小点密集的地方电子在那处出现的概率大轨道不一样，电子云的形状也不一样样【答案】B【解析】【解析】电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形；常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核出门现概率密度的大小；电子云的伸展方向是反响电子在空间运动的轨道。【详解】用统计的方法描述电子在核外空间出现的概率大小的图形称为电子云；常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核出门现概率密度的大小。小黑点密集的地方，表示电子在那处出现的概率密度大，小黑点稀罕的地方，表示电子在那处出现的概率密度小；电子云的伸展方向是反响电子在空间运动的轨道，轨道不一样，电子云的形态也不一样。本题答案为B。【点睛】1、表示电子在核外空间某处出现的机遇，不代表电子的运动轨迹。2、小黑点自己没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机遇的多少，密则机遇大，疏则机遇小。16.元素在周期表中的地址反响了元素的原子构造和元素的性质，以下说法正确的选项是( )同一元素不能能既表现金属性，又表现非金属性第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子牢固构造同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完好相同【答案】B【解析】17.以下多电子原子不一样能级能量高低的比较错误的选项是()A.1s＜2s＜3sB.2p＜3p＜4pC.3s＜3p＜3dD.4s＞3d＞3p【答案】D【解析】在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交叉”现象，实质4s能级能量小于3d。因此D错。18.以下各组原子中互相化学性质必然相似的是()A.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【解析】原子的构造决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似；【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不一样，故A项错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，价电子数不一样，性质不一样样，故

B项错误；C.2p

轨道上只有一个电子的

X为

B元素，3p轨道上只有一个电子的

Y为

Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；D.最外层都只有一个电子的

X、Y原子，可能为

H与

Cu原子，性质不一样，故

D项错误；综上，本题选C。19.以下各组中的性质比较，正确的选项是①酸性：HClO>HBrO>HIO②碱性：444

( )Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2

③牢固性：

HCl>H2S>PH3

④还原性：F－>Cl－>Br－A.①②④

B.

③④

C.

①②③

D.①②③④【答案】

C【解析】【解析】同主族自上而下，非金属性减弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同主族自上而下，金属性加强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越牢固，同周期随原子序数增大，非金属性加强；非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱。【详解】①同主族自上而下，非金属性减弱，因此非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；因此酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故①正确；②同主族自上而下，金属性加强，因此金属性Ba＞Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故②正确；③同周期随原子序数增大，非金属性加强，因此非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物越牢固，因此氢化物牢固性：HCl＞H2S＞PH3，故③正确；④同主族自上而下，非金属性减弱，因此非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，因此离子还原性：F-＜Cl-＜Br-，故④错误；因此①②③正确；正确答案：C。20.以下列图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则以下说法中正确的选项是( )A.D与C不能够形成化合物B.D的最高正价与B的最高正价相等C.A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>AD.D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8【答案】C【解析】【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A.氯与氧能形成化合物二氧化氯，故错误；氯的最高正价为+7，,硫的最高正价为+6，不相等，故错误；A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸，硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸>硫酸>磷酸，故正确；氧没有正价，故错误。应选

C。21.以下各组元生性质的递变情况错误的选项是

(

)A.Na

、Mg、Al

原子最外层电子数依次增加

B.P

、S、Cl

元素最高正价依次高升C.N、O、F第一电离能依次增大

D.Na

、K、Rb电负性逐渐减小【答案】

C【解析】A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增加，选项A正确；B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次加强，即得电子能力依次加强，选项C错误；D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增加，选项D正确。答案选C。二、填空题22.有X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递加的七种元素，除G元素外其他均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子据有三种能量不一样的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的外面电子层排布式为nsnnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E与Q同周期，M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层全部轨道全部充满，但其实不是第ⅠA族元素。回答以下问题：(1)基态G原子的价电子排布式为____________，写出第三周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是________(填元素名称)。GQ受热分解生成G2Q和Q2，请从G的原子构造来说明GQ受热易分解的原因：___________________________。(2)Z、Q、M三种元素的第一电离能从大到小的序次为____________(用元素符号表示)。(3)X与Q形成的化合物的化学式为________。(4)Z、M、E所形成的简单离子的半径由大到小序次为____________(用离子符号表示)。(5)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的序次为____________(用元素符号表示)。【答案】(1).3d104s1(2).氯(3).Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时牢固，因此固态Cu2O牢固性强于CuO(4).N＞O＞S(5).H2O、H2O2(6).S2－＞N3－＞F－(7).O＞N＞C＞H【解析】试题解析：本题经过元素推断，主要观察价电子排布式、电负性规律、第一电离能、原子（离子）半径等基础知识，观察考生的阅读解析能力、基础知识的综合运用能力。解析：没有成对电子的元素只有H，X是H元素；Y元素基态原子中电子据有三种能量不一样的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则

Y基态电子排布是

1s22s22p2，Y是

C元素；

Z元素原子的外面电子层排布式为

nsnnpn+1，因此

ns必然排布

2个电子，既

n=2，Z是

N元素；

Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的

3倍，Q的核外电子排布是

1s22s22p4，成对电子数3×2=6，成单电子数

2，Q是

O元素；E与

Q同周期，且原子序数比

Q（O元素）大，则

E只能是F元素；原子序数更大的M只幸亏短周期的第三周期，第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位的是S元素；内层全部轨道全部充满，最外电子层只有未成对电子的可能是1s22s1、1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p63d104s1，其中前两个属于ⅠA，因此G核外电子排布为第三种情况，G是Cu元素。（1）G是Cu元素，基态价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，第三周期为成对电子数为1的有Na、Al、Cl，电负性最大的是Cl元素。GQ是CuO，分解生222+92+10，因此+2+成CuO和O，CuO中Cu价电子排布式为3s，CuO中Cu价电子排布式为3dCu比Cu构造更加牢固，固态Cu2O比CuO更牢固。正确答案：3d104s1、氯、Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时牢固，因此固态Cu2O比CuO更牢固。（2）Z、Q、M分别是N、O、S三种元素，N与O比较，N价电子排布为2s22p3，O价电子排布为2s22p4，因此N元素2p半满构造更加牢固，第一电离能N＞O，O与S比较，二者处于同一主族，S位于第三周期O位于第二周期，因此第一电离能O＞S，既第一电离能序次为N＞O＞S。正确答案：N＞O＞S。（3）X是H元素，Q是O元素，二者形成的化合物包括H2O、H2O。22223-2--2-有三个电正确答案：HO和HO。（4）Z、M、E所形成的简单离子依次为N、S、F，其中S子层半径最大，N3-、F-都只有两个电子层，N元素核电荷数是7，F元素的核电荷数是9，因此N3-半径更大。正确答案：S2-＞N3-＞F-。（5）X、Y、Z、Q四种元素依次是H、C、N、O，H元素的电负性最小，C、N、O位于同一周期且核电荷数递加，电负性递加，因此电负性序次为O＞N＞C＞H。正确答案：O＞N＞C＞H。点睛：简单粒子半径比较方法：①电子层数不一样时，电子层数越多，一般半径越大；②电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③同种元素，阳离子半径<原子半径，阴离子半径>原子半径。23.燃料和能源是化学知识与社会生活联系极为亲近的内容,我们要关注矿物能源的合理利用,积极研究、开发新能源。(1)新能源应该拥有原资料易得、燃烧时产生的热量多且不会污染环境的特点,在煤炭、石油、煤气、氢气中,前途广阔的能源是____。(2)近来几年来,我国煤矿事故大多是瓦斯爆炸所致。瓦斯中含有甲烷和一氧化碳等气体,当矿井中瓦斯浓度达到必然范围时遇明火即燃烧爆炸。为防范灾祸的发生应采用的确实可行的措施有________(填序号)。①加强安全管理,杜绝明火源②降低瓦斯气体的着火点③提高通风能力④将矿井中的氧气抽去(3)为了提高煤的利用率同时减少燃烧时的环境污染,常将煤转变成水煤气,这是将煤转变成干净燃料的方法之一,水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气,它是由煤炭和水蒸气反响制得的,已知C(石墨)、CO、H2燃烧的热化学方程式为:C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1222O(g)2-1CO(g)+1、2O(g)=CO2(g)3H(g)+1/2O(g)=HΔH=-241.8kJ·molΔH=-283.0kJ·mol-1222O(l)4-1H(g)+1/2O(l)=HΔH=-285.8kJ·mol请回答以下问题:①依照上述供应的热化学方程式计算,36g水由液态变成气态的热量变化是_________。②写出C(石墨)与水蒸气反响生成一氧化碳和氢气的热化学方程式_____________。③丙烷是液化石油气的主要成分之一,丙烷燃烧的热化学方程式为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)H=-2220.0kJ·mol-1,相同物质的量的丙烷和一氧化碳完好燃烧生成气态产物时,产生的热量之比为____。【答案】(1).氢气(2).①③(3).吸取88kJ热量(4).C(石墨)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=+131.3kJ·mol-1(5).2220∶283【解析】【解析】1）煤炭、石油属于化石能源，燃烧简单污染环境，煤气燃烧会生成以致温室效应的气体，氢气燃烧生成水，热值高、无污染；2）杜绝明火源、提高通风能力能够防范瓦斯爆炸；可燃物的着火点一般情况下不能够改变；将矿井中的氧气抽尽是不现实的，也是不能够够的；（3）①由氢气燃烧生成H2O（g）与生成H2O（l）的热化学方程式能够知道：H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol，据此计算；②依照盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减构造目标热化学方程式，反响热也乘以相应的系数进行相应的计算；③依照热化学方程式计算相同物质的量的丙烷和一氧化碳完好燃烧生成气态产物时产生的热量之比；【详解】（1）煤炭、石油属于化石能源，燃烧简单污染环境，煤气燃烧会生成以致温室效应的气体，氢气燃烧生成水，热值高、无污染，是前途广阔的能源，因此，本题正确答案是：氢气；（2）①加强安全管理，杜绝明火源能够防范瓦斯爆炸，故①正确；②瓦斯的着火点一般情况下不能够改变，故②错误；③提高通风能力能够降低瓦斯的浓度，能够防范瓦斯爆炸，故③正确；④将矿井中的氧气抽尽是不现实的，也是不一样意的，由于工人在井下作业需要氧气，故④错误，因此，本题正确答案是：①③；3）①已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH2=-241.8kJ·mol-1，H2(g)+1/2O2(l)=H2O(l)4-1，依照盖斯定律可得：2236g水由ΔH=-285.8kJ·molHO（l）=HO（g）△H=+44kJ/mol，故液态变成气态相应吸取热量36g/18g×44kJ=88kJ，因此，本题正确答案是：吸取88kJ；②已知：Ⅰ、C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，Ⅱ、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)1ΔH=-241.8kJ·mol-1，Ⅲ、CO(g)+1、2O(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1，依照盖斯定23律，Ⅰ-Ⅲ-Ⅱ可得C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ?mol-1，因此，本题正确答案是：C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ?mol-1；③依照热化学方程式能够知道，相同物质的量的丙烷和一氧化碳完好燃烧生成气态产物时产生的热量之比为2220.0kJ?mol-1：283.0kJ?mol-1=2220：283。因此，本题正确答案是：2220：283；24.(1)在恒温恒容装置中进行合成氨反响(正反响为放热反响),各组分浓度—时间图像以下。①表示N2浓度变化的曲线是____(填序号)。②前25min内,用H2浓度变化表示的化学反响速率是____。该温度下该反响的平衡常数为____。在恒温恒压装置中进行工业合成氨反响,以下说法正确的选项是____(填序号)。a.气体体积不再变化,则已平衡b.气体密度不再变化,则已平衡c.平衡后,压缩容器,会生成更多3NHd.平衡后,往装置中通入必然量Ar,平衡不搬动(3)电厂烟气脱氮:主反响为①4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H<0，副反响为②2NH(g)+8NO(g)5NO(g)+3H2O(g)H>0，平衡混杂气中N与NO含量与温度的关系如图3222所示。请回答:在

400～600K

时,平衡混杂气中

N2含量随温度的变化规律是

____________________,以致这种规律的原因是

__________________________________。【答案】

(1).C

(2).0.12mol/(L

·min)

(3).0.148

(4).abc

(5).

随温度高升

,N2的含量降低

(6).

主反响为放热反响

,副反响为吸热反响

,高升温度使主反响的平衡左移,副反响的平衡右移【解析】【解析】(1)①依照图象求出各物质的变化量，利用变化量之比等于计量数之比判断出A、B、C所对应的曲线；②依照v=△c/△t计算，求出各物质的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；(2)a.正反响是体积减少的可逆反响，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡；在反响过程中质量向来不变，但容器容积是变化的，因此密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反响达到平衡；平衡后，往装置中通入必然量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反响方向搬动;平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反响方向进行；依照图2中随着温度高升，氮气、N2O的含量变化进行解析；依照温度对化学平衡影响及两个可逆反响的反响热情况进行解析；【详解】(1)①依照图象能够知道，反响进行到25min时达到平衡，平衡时△c(A)=3mol/L、c(B)=2mol/L、△c(C)=1mol/L，故△c(A)：△c(B)：△c(C)=3:2:1，因此依照方程式能够知道表示N2浓度变化的曲线是C，A浓度变化的曲线为H2，B为氨气的浓度变化曲线，因此，本题正确答案是：C；②由图能够知道，v(H2)=3mol/L/25min=0.12mol/(L·min)；由图能够知道平衡时各组分的平衡浓度，c(H2)=3mol/L、c(N2)=1mol/L、c(NH3)=2mol/L、,故平衡常数23，因K=2/1×3=0.148此，本题正确答案是：0.12mol/(L·min)；0.148；(2)a.正反响是气体物质的量减小的反响，恒温恒压下，随反响进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故a正确；在反响过程中质量向来不变，但容器容积是变化的，因此密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反响达到平衡，故b正确；c.平衡后，压缩容器，