河北省武邑中学2019-2-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）

河北省武邑中学2019-2-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）1.化学与生活密切相关,下列说法错误的是a. 煤的干馏是化学变化过程b. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染c. 燃煤中加入cao可以减少酸雨的形成及温室气体的排放d. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】c【解析】【分析】a、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成；b、绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；c、二氧化碳的排放量不会减少；d、天然气和液化石油气的燃烧产物无污染。【详解】a、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成，是化学变化，故a正确；b、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故b正确；c、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应仍然生成二氧化碳，即燃煤中加入cao后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故c错误；d、天然气（cng）主要成分是甲烷，液化石油气（lpg）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故d正确；故选c。【点睛】本题考查了化学与生产生活的关系，解题关键：明确相关物质的组成、性质及用途，注重环境保护与能源的开发与利用，易错点a，区别于石油的分馏。2.下列说法正确的是a. 当反应物的键能之和大于生成物的键能之和时，反应吸热b. 反应hchoo2co2h2o为吸热反应c. 一个化学反应，当反应物能量大于生成物能量时，反应放热，h为“”d. 放热反应不需要加热就能反应，吸热反应不加热就不能反应【答案】a【解析】【详解】a.反应物的键能之和等于旧键断裂吸收的能量，生成物的键能之和等于形成新键放出的能量之和，如果反应物的键能之和大于生成物的键能之和，则反应吸热，故a选；b.燃烧反应均为放热反应，故b不选；c.放热反应发生后体系的能量降低，h为“-”，故c不选；d.加热只是引发反应的条件，和反应的吸放热没有关系，故d不选。故选a。【点睛】常见的放热反应：燃烧反应、酸碱中和反应、铝热反应、大多数的化合反应、活泼金属跟水或酸的置换反应。常见的吸热反应：大多数的分解反应、c和co2化合成co的反应、c和水蒸气在高温下生成水煤气的反应、ba(oh)28h2o和nh4cl的复分解反应。3.下列说法中正确的是a. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化b. 煤、石油、天然气均为化石能源，是非再生能源c. 生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，h0d. h的大小与热化学方程式的化学计量数无关【答案】b【解析】【详解】a.在化学反应中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，能量可以表现为热、光、电等，故a不选；b.化石燃料不可再生能源，故b选；c. 生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，h0，故c不选；d.在热化学方程式里，化学计量数表示物质的量，h的大小与热化学方程式的化学计量数成正比，故d不选。故选b。4.根据键能数据估算ch4（g）+4f2（g）cf4（g）+4hf（g）的反应热h为化学键chcfhfff键能/（kjmol-1）414489565155a. -485 kjmol-1b. +485 kjmol-1c. +1940 kjmol-1d. -1940 kjmol-1【答案】d【解析】h=反应物总键能生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，h=414kj/mol4+155kj4-(489 kj/mol4+565 kj/mol4)=-1940 kj/mol，故答案选d。5.下列各原子或离子的电子排列式错误的是a. na+1s22s22p6b. f1s22s22p6c. n3+1s22s22p6d. o21s22s22p6【答案】c【解析】试题分析：根据微粒中电子数可以知道n3+有4个电子，排列式应该是1s22s2，不可能是10个电子的1s22s22p6排列式。考点：考查微粒的核外电子排列规律。点评：直接考查电子排布式的定义，属于简单题。6.一个价电子构型为2s22p5的元素，下列有关它的描述正确的有：a. 原子序数为8b. 电负性最大c. 原子半径最大d. 第一电离能最大【答案】b【解析】【分析】价电子构型为2s22p5的元素是核外共有9个电子的f元素。【详解】a.f的原子序数为9，故a不选；b.f在所有元素中对电子的吸引能力最强，电负性最大，故b选；c.f的原子半径比同周期的其他元素的原子半径都小，故c不选；d.第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，f的第一电离能比稀有气体的大，故d不选。故选b。7.原子轨道在两核间以“肩并肩”方式重叠的键是a. 键b. 键c. 氢键d. 离子键【答案】b【解析】【详解】a. 键是原子轨道在两核间以“头碰头”方式重叠的键，故a不选；b. 键是原子轨道在两核间以“肩并肩”方式重叠的键，故b选；c.氢键是已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力，不属于化学键，故c不选；d. 键和键是共价键的分类，故d不选。故选b。8.在容积固定的密闭容器中存在如下反应：n2(g)+3h22nh3(g) ht1)时，平衡体系中no2的体积分数随压强变化如图所示。下列说法正确的是a. 由图可知b点的平衡常数大于c点的平衡常数b. a、c两点气体颜色：a深，c浅c. a、c两点气体的平均相对分子质量：abcb. bcac. abcd. 无法比较【答案】b【解析】一水合氨是弱电解质，电离吸热，氢氧化钠固体溶于水放热，与盐酸反应放出的热量最多，所以a、b、c三者的大小关系为bca，答案选b。14.勒夏特列原理是自然界一条重要的基本原理,下列事实能用勒夏特列原理解释的是a. no2气体受压缩后，颜色先变深后变浅b. 对2hi(g) h2(g)i2(g)平衡体系加压，颜色迅速变深c. 合成氨工业采用高温、高压工艺提高氨的产率d. 配制硫酸亚铁溶液时，常加入少量铁屑以防止氧化【答案】a【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【详解】a、存在平衡2no2（g）n2o4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故a正确；b、加压，两边气体的计量数相等，所以加压平衡不移动，所以不可以用平衡移动原理解释，故b错误；c、合成氨工业采用高温条件是为了加快化学反应速率，不能使化学平衡正向移动，不能用勒夏特列原理解释，故c错误；d、配制feso4溶液时，加入一些铁粉目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故d错误；故选a。15.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xa(g)+yb(g)zc(g)，平衡时测得c的浓度为0.50mol/l。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得c的浓度变为0.90mol/l。下列有关判断正确的是a. c的体积分数增大了b. a的转化率降低了c. 平衡向正反应方向移动d. x+yz【答案】b【解析】保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，若平衡不移动，则c的浓度变为1.0mol/l；再次平衡时c的浓度为0.90mol/l1.0mol/l，说明缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，则x+yz，c的体积分数减小，a的转化率降低了，答案选b。点睛：错解分析：因为再次平衡时c的浓度0.90mol/l0.50mol/l，说明缩小体积增大压强，平衡正向移动，产生错误的原因忽略了体积的变化。16.下列说法正确的是a. 温度、浓度、压强、催化剂均能改变平衡常数b. 升高温度，平衡常数一定增大c. 平衡常数变化，化学平衡不一定发生移动d. 化学平衡发生移动，平衡常数不一定改变【答案】d【解析】【详解】a.平衡常数只和温度有关，故a不选；b.升高温度，若平衡右移，平衡常数才增大，故b不选；c.平衡常数只和温度有关，若平衡常数变化，则温度一定变化，化学平衡一定发生移动，故c不选；d.如果不是通过改变温度使平衡移动的，则化学平衡常数就不变，故d选。故选d。17.在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：a（s）2b（g）2c（g）；h0。水蒸气的浓度c随时间t的变化如下表所示：（1）对比实验温度：t2_t1（填“”、“”或“=”）（2）催化剂催化效率：实验_实验（填“”或“”）（3）在实验达到平衡状态后，向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol，则反应再次达到平衡时，请确定化学反应进行的方向_（填“向正反应反应进行”或“向逆反应方向进行”或“平衡不移动”）。【答案】 (1). (2). (3). 平衡不移动【解析】【详解】t1温度下达到平衡时，水蒸气的浓度为0.04800mol/l，根据方程式，h2的浓度为0.0020mol/l，o2的浓度为0.00100mol/l，所以平衡常数为。t2温度下达平衡时，同样可计算出平衡常数，大于t1温度下的平衡常数。水蒸气分解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，k变大，所以t2t1。实验和温度相同，起始加入的水蒸气的物质的量浓度也相同，到达平衡所需时间，所以催化剂催化效率：实验实验。实验达到平衡状态时，水蒸气的浓度为再向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol，由于k=q，所以平衡不移动。22.c、si、ge、sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用。请回答下列问题：（1）si的原子核外价电子排布图为_（2）金刚石的结构是正四面体则其中的碳原子杂化方式是_（3）按要求指出下列氧化物的空间构型、成键方式或性质co2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式_；co可以和很多金属形成配合物，如ni(co)4，ni与co之间的键型为_；乙烯的分子是c2h4，是根据其结构推断是_分子（填 “极性”或“非极性”）（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，已知ni(co)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm1，co分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm1，则ni(co)4中碳氧键的强度比co分子中碳氧键的强度_（填字母）a强 b.弱 c.相等 d.无法判断【答案】 (1). 略 (2). sp3 (3). 直线形，共价键（或键与键） (4). 配位键 (5). 非极性 (6). b【解析】【详解】（1）硅的原子核外价电子排布图为。（2）金刚石的晶体中每个碳原子都和其他四个碳原子构成正四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3。（3）co2分子的空间构型是直线型，碳原子和每个氧原子之间都通过两对共用电子结合，形成碳氧双键，其中一个是键，一个是键。故答案为：直线形，共价键（或键与键）。金属配合物里，金属原子提供空轨道，co提供孤电子对，ni与co之间形成配位键。乙烯是平面四边形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子。（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比， ni(co)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm1，小于co分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm1，则ni(co)4中碳氧键的强度比co分子中碳氧键的强度弱，故选b。23.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：（1）请列举海水淡化的两种方法：_、_。（2）步骤中已获得br2，步骤中又将br2还原为br，其目的是_。（3）步骤用so2水溶液吸收br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为_， 由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是_。【答案】 (1). 蒸馏法 (2). 电渗析法(或离子交换法及其他合理答案中的任意两种) (3). 富集溴元素 (4). br2so22h2o=h2sohbr (5). 强酸对设备的严重腐蚀【解析】【分析】海水淡化得到氯化钠，电解饱和食盐水得到氯气，通入母液中氧化溴离子为溴单质，得到低浓度br2的溶液，用二氧化硫水溶液吸收后富集，得到高浓度br2的溶液，通入氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到工业溴。（1）目前淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法；（2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（3）根据反应br2+so2+2h2o4h+so42+2br有强酸hbr和h2so4生成，易腐蚀设备；【详解】（1）目前淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法；（2）步骤中已获得br2，步骤中又将br2还原为br，目的是低浓度的br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为hbr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素。（3）二氧化硫吸收溴单质发生反应：br2+so2+2h2o4h+so42+2br，工业生产中应解决的主要问题是反应生成了两种强酸，易腐蚀设备。【