【化学】上海市民星中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】上海市民星中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

上海市民星中学2020届高三上学期期中考试 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16‎ 一、选择题（共20题，每小题2分，每题只有一个正确选项。）‎ ‎1. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（ ）‎ A. ：He B. C. 1s2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】A项只能表示最外层电子数；‎ B项只表示核外的电子分层排布情况；‎ C项具体到亚层的电子数；‎ D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；‎ D项描述最详尽，答案选D。‎ ‎2.下列表达方式错误的是（ ）‎ A. 甲烷电子式 B. 氟化钠的电子式 C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4 D. 碳－12原子C ‎【答案】C ‎【详解】A．甲烷是共价化合物，利用共用电子对形成物质，A项正确；‎ B．氟化钠是离子化合物，通过阴阳离子的静电作用形成物质，B项正确；‎ C．硫离子的核外电子数是18，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，C项错误；‎ D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则碳12原子可表示为612C，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 22为钛元素的质量数 B. 钛元素原子的M层上共有10个电子 C. 钛元素原子最外层上有4个电子 D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量 ‎【答案】B ‎【详解】从表中信息可知，钛元素的原子序数为22，其元素符号为Ti，其外围电子排布为3d24s2,其最外层只有4s轨道上有2个电子，所以其M层上有10个电子，钛元素相对原子质量为47.87，所以B正确。‎ ‎【点睛】元素的相对原子质量是根据同位素的相对原子质量及其丰度（在自然界所占该元素原子个数百分比）算出来的平均值，而不是原子的平均相对原子质量。‎ ‎4.短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是（ ）‎ A. 非金属性：甲<丙 B. 原子半径：乙<丁 C. 最外层电子数：乙<丙 D. 戊一定是硫元素 ‎【答案】B ‎【分析】据元素在周期表中的位置和元素周期律分析判断。‎ ‎【详解】表中短周期元素只能在第二、三周期。因为非金属元素，故在第IVA~VIA或VA~VIIA族，进而应用周期律解答。‎ A. 同主族从上到下，元素非金属性减弱，故非金属性甲>丙，A项错误；‎ B. 同主族从上到下，原子半径依次增大，故半径乙<丁，B项正确；‎ C. 主族序数等于原子最外层电子数，故最外层电子数乙>丙，C项错误；‎ D. 戊在第三周期、VIA或VIIA，可能是硫或氯元素，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎5.下列化合物中，既有离子键，又有共价键且是非极性共价键的是（ ）‎ A. NaOH B. Na2O2 C. KHSO4 D. NH4Cl ‎【答案】B ‎【详解】‎ A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在极性键，故A错误； B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性键，故B正确； C．硫酸氢钾中钾离子和硫酸氢根离子之间存在离子键，S-O、S-H原子之间存在极性键，故C错误； D．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N-H原子之间存在极性键，故D错误； 故选：B。‎ ‎【点睛】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键。‎ ‎6. 下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是（ ）‎ A. 金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4‎ C. MgO＞O2＞N2＞H2O D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠 ‎【答案】B ‎【详解】A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；‎ B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；‎ C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；‎ D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是（ ）‎ A. 氢键；分子间作用力；极性键 B. 氢键；氢键；非极性键 C. 氢键；极性键；分子间作用力 D. 分子间作用力；氢键；非极性键 ‎【答案】A ‎【分析】根据雪花→水→水蒸气的过程为物理变化，破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键，据此分析解答。‎ ‎【详解】固态水中和液态水中含有氢键，当雪花→水→水蒸气主要是氢键、分子间作用力被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氢键以及共价键，题目难度不大，关键在于粒子间的主要相互作用力的判断。‎ ‎8.解释下列物质性质的变化规律与物质结构的因果关系时，与化学键强弱无关的变化规律是（ ）‎ A. 与硅相比，金刚石的硬度大，其熔、沸点也高 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C. 钠、镁、铝的熔、沸点逐渐升高 D. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 ‎【答案】D ‎【详解】A．原子晶体中，共价键越短，硬度、熔沸点越大，则金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，故A有关；‎ B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B有关；‎ C．钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强弱有关，故C有关；‎ D．分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，与化学键强弱无关，故D无关；‎ 故答案为D。‎ ‎9.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.2p能级能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；‎ B.违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，故B错误；‎ C.原子处于2p能级时具有的能量比3s能级时具有的能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误 D.能级能量由低到高的顺序为1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.NF3可由NH3和F2在Cu作催化剂条件下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型不含有（ ）‎ A. 离子晶体 B. 分子晶体 C. 原子晶体 D. 金属晶体 ‎【答案】C ‎【详解】Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，故答案为C；‎ ‎11.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是(　　)‎ A. 常温下某CH3COONa溶液的pH＝8‎ B. 常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8‎ C. CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl D. CH3COOH属于共价化合物 ‎【答案】D ‎【分析】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。对于弱酸弱碱，也可以检测对应盐（强酸盐、强碱盐）的溶液的酸碱性，若不是中性，也可以证明是弱电解质。‎ ‎【详解】A、常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，A正确；‎ B、常温下0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明CH3COOH是弱电解质，B正确；‎ C、CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，则根据复分解反应发生的条件可知，醋酸是弱电解质，C正确；‎ D、CH3COOH属于共价化合物与醋酸是弱电解质并无直接关系，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎12.25℃时不断将水滴入0.1 mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．0.1mol·L－1的氨水溶液呈碱性，加水稀释时，溶液仍旧呈碱性，与图像不符，A错误；‎ B．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，与图像不符，B错误；‎ C．加水稀释，NH3∙H2O⇌NH4++OH-，电离平衡正向移动，水的电离程度增大，溶液中的离子的浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，符合图像，C正确；‎ D．氨水的电离平衡常数与加入水的量无关，与图像不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎13.在相同温度下，100 mL 0.01mol/L醋酸溶液与10 mL 0.1mol/L醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是(　　)‎ A. 完全中和时所需NaOH的物质的量 B. CH3COOH的电离程度 C. H＋的物质的量浓度 D. CH3COOH的物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】A. 由n=c×V可知，两溶液中醋酸的物质的量相等，中和时所需NaOH的量相等，故A错误；B. 在相同温度下，稀释可以促进弱电解质的电离，所以0.01mol·L－1的醋酸溶液与0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比，前者电离程度大，故B正确；C. 酸的浓度越大，H＋的物质的量浓度越大，则0.01 mol·L－1醋酸溶液与0.1 mol·L－1醋酸溶液相比，H＋的物质的量浓度前者小于后者，故C错误；D. 由上述分析可知，两溶液中CH3COOH的物质的量相等，故D错误；答案选B。‎ ‎14.只改变一个影响化学平衡的因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是(　　)‎ A. K不变，平衡可能移动 B. 平衡向右移动时，K不一定变化 C. K有变化，平衡一定移动 D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K也增大2倍 ‎【答案】D ‎【分析】平衡常数的影响因素只有温度，改变其他条件，平衡常数K不发生变化。‎ ‎【详解】A. 改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K不变，A项正确，不符合题意；‎ B. 改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K不变，B项正确，不符合题意；‎ C. K只与温度有关，K发生了变化，说明体系的温度改变，则平衡一定移动，C项正确，不符合题意；‎ D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，化学平衡常数应为K2，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎15.25 ℃时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度如图。在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用（ ）‎ A. 蒸馏水 B. 1.00 mol·L－1盐酸 C. 5.00 mol·L－1盐酸 D. 10.00 mol·L－1盐酸 ‎【答案】B ‎【详解】由图象可知，当盐酸浓度为1mol/L时，PbCl2的溶解度最小，所以为了减少PbCl2固体的溶解，应选择1mol/L盐酸来洗涤PbCl2固体，故答案为B。‎ ‎16.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是（ ）‎ A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 混合气体的平均相对分子质量 D. ‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确； B、恒容条件下气体的质量和体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B错误； C、混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确； D、Q==K，说明反应达平衡状态，故D正确； 故答案为B。‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎17.在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋⇌Ag(s)＋Fe3＋+Q，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是（ ）‎ A. 升高温度 B. 加水稀释 ‎ C. 增大Fe2＋浓度 D. 常温下加压 ‎【答案】C ‎【详解】A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A错误； B．加水稀释，反应物、生成物浓度均减小，但反应物中离子浓度减小的多，平衡逆向移动，故B错误； C．增大Fe2+的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，析出更多的Ag，故C正确； D．反应没有气体参与，增大压强，不影响平衡移动，不能增大Ag的产量，故D错误； 故答案为C。‎ ‎18.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，‎ 关于此反应说法错误的是（ ）‎ A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应 ‎【答案】A ‎【分析】根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。‎ ‎【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；‎ B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；‎ C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；‎ D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎19.为了探究外界条件对反应aX(g)＋bY(g)⇌cZ(g)+Q的影响，以X和Y物质的量之比为a∶b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的体积分数，实验结果如下图所示。以下判断正确的是（ ）‎ A. Q<0，a＋b>c B. Q<0，a＋b0，a＋b>c D. Q>0，a＋b (6). 80%‎ ‎【分析】（1）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；‎ ‎（2）NO的分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大的温度；‎ ‎（3））①NO和活性炭反应，生成氮气和二氧化碳，据此书写； ②根据温度对化学平衡的影响分析；‎ ‎③利用等效平衡思想求解。‎ ‎【详解】（1）A、组分都是气体，则气体质量不变，容器为恒容状态，因此密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A错误； B、反应前后气体系数之和相等，压强之比等于物质的量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故B错误； C、因为没有起始物质的量，因此无法判断是否达到平衡，故C错误； D、氧气的转化率不变，说明反应达到平衡，故D正确； 故答案为：D；‎ ‎（2）N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，因此NO的分解为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行；根据图象，870K时，NO的转化率几乎最大；故答案为：NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；870（850-900之间）；‎ ‎（3）①因为是处理污染，因此NO和活性炭反应，N元素转化成N2，C转化成CO2‎ ‎，即反应方程式为C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；故答案为：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；‎ ‎②根据图中数据，升高温度时，NO的物质的量增多，CO2和N2的物质的量减小，反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即Q>0；故答案为：>；‎ ‎③反应C+2NO⇌N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为 ×100%=80%，则达到新平衡时NO的转化率为80%，故答案为:80%。‎ ‎【点睛】反应C+2NO⇌N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而且反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等。‎