2022高考化学同步练习必修总复习.docx

期中测试题
(本试卷总分值100分，测试时间90分钟)
一、选择题(每题有1个或2个选项符合题意，每题3分，共54分)
1．(江苏前黄高级中学2022～2022学年度高一下学期期中考试，4)原子序数，可能推断原子的(　　)
①质子数　②中子数　③质量数　④核电荷数　⑤核外电子数　⑥原子结构示意图　⑦元素在周期表中的位置
A．①②③④⑥
B．①④⑤⑥⑦
C．②③④⑤⑦
D．③④⑤⑥⑦
【答案】　B
【点拨】　由原子序数＝质子数＝核电荷数＝原子的核外电子数，再依据核外电子排布克推知该原子的原子结构示意图，进一步依据电子层数＝周期序数、最外层电子数＝主族序数可推知该元素在周期表中的位置。故B项符合题意。
2．根据原子结构特征，可以把三种微粒归为一类。以下微粒中，可以归入此类的微粒是(　　)
【答案】　B
【点拨】　题中都是阴离子的结构示意图。
3．A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如右图所示。
：B、C两元素原子最外层电子数之和等于A元素原子最外层电子数的2倍；B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍。那么A、B、C分别是(　　)
A．C、Al、P B．N、Si、S
C．O、P、Cl D．F、S、Ar
【解析】　如果没有熟练掌握短周期元素在元素周期表的位置，那么很容易出错。
由图可知，B、C两元素原子最外层电子数之和总会等于A元素原子最外层电子数的2倍；B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍，设A的核电荷数为x，那么B和C的核电荷数之和为(x＋8－1)＋(x＋8＋1)＝2x＋16＝4x，得x＝8，所以A为O，B为P，C为Cl。
【答案】　C
4．五种短周期元素的原子半径及主要化合价(最高正价、最低负价)如下表：
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
＋2
＋3
＋6、－2
＋2
－2
以下表达正确的选项是(　　)
A．T的原子序数最小
B．相同条件下，L、M的单质分别与稀盐酸反响速率M>L
C．T、Q的氢化物常温常压下均为无色气体
D．M的最高价氧化物可用作耐火材料
【答案】　D
5．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构。有关两元素的表达：①原子半径A<B；②离子半径A>B；③原子序数A>B；④原子最外层电子数A<B；⑤A的最高正价与B的负价绝对值一定相等，其中正确的选项是(　　)
A．①②B．③④
C．③⑤D．③④⑤
【答案】　B
6．如右图是元素周期表的一局部。X、Y、Z、W均为短周期元素，假设W原子最外层电子数是其内层电子数的7/10，那么以下说法不正确的选项是(　　)
A．X元素的氢化物分子间可以形成氢键
B．Y元素的两种同素异形体常温下都是气体
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z
D．阴离子半径从大到小排列顺序为：X>Y>Z>W
【答案】　D
7．甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙的阴离子发生氧化复原反响；③最高价氧化物对应的水化物酸性甲比乙强；④与某金属反响时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是(　　)
A．只有④B．只有①
C．①②③D．全部
【答案】　C
8．下表为元素周期表前四周期的一局部，以下有关R、W、X、Y、Z五种元素的表达中，正确的选项是(　　)
A．常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．W的氢化物沸点比X的氢化物的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
【答案】　C
【点拨】　Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，参加CuSO4时发生反响Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，反响掉少量的Fe，生成的Cu和Fe形成原电池，加快了反响速率，由于盐酸足量，Fe全部反响，A中少量Fe跟Cu2＋反响，减少了同盐酸反响的Fe的量，产生的氢气也就减少了。
9．氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反响过程中，破坏1mol H2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol HCl中的化学键释放的能量为Q3kJ。以下关系式中，正确的选项是(　　)
A．Q1＋Q2>Q3B．Q1＋Q2>2Q3
C．Q1＋Q2<Q3D．Q1＋Q2<2Q3
【答案】　D
【点拨】　反响方程式为：H2＋Cl22HCl，每破坏1molH—H和1molCl—Cl必生成2molH—Cl，由于燃烧放热，所以Q1＋Q2<2O3。
10．研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断以下表达中错误的选项是(　　)
A．金属钠与氯气反响生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B．物质燃烧可看成“储存〞在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C．氮分子内部存在着很强的共价键，故通常状况下氮气的化学性质很活泼
D．需要加热才能发生的反响不一定是吸收能量的反响
【解析】　钠原子最外层有一个电子，当它失去1个电子后形成8电子稳定结构，使体系的能量降低，A正确；物质燃烧放热，化学能转化为热能。B正确；氮分子内部存在着很强的共价键，很难被破坏，所以通常情况下氮气的化学性质很稳定C错误；任何化学反响都经历了旧键断裂(吸收能量)和新键形成(放出能量)的过程，都伴随着能量的变化，但释放能量还是吸收能量，不是由反响条件确定。如合成氨反响需要在高温下进行，但它却是释放能量的反响D正确。
【答案】　C
11．以下反响既属于氧化复原反响，又是吸收能量的化学反响的是(　　)
A．铝片与稀盐酸的反响
B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反响
C．灼热的炭与CO2反响
D．甲烷在氧气中的燃烧反响
【答案】　C
【点拨】　A、D是释放能量的化学反响．B、C是吸收能量的化学反响。但B不是氧化复原反响。
12．反响C(石墨)C(金刚石)是吸热反响，由此可知(　　)
A．石墨比金刚石更稳定
B．金刚石知石墨可以相互转化
C．金刚石比石墨稳定
D．金刚石和石墨不能相互转化
【答案】　A、B
【点拨】　由石墨转变为金刚石需吸收热量，说明金刚石的能量更高，能量越低说明这种状态越稳定，因此石墨比金刚石稳定。石墨和金刚石能量不同，但通过一定的能量变化可以到达相互转化的目的。
13．(江苏省张家港高级中学2022～2022学年高一下学期期中考试)以下说法正确的选项是(　　)
A．废旧电池应集中回收，并填埋处理
B．充电电池放电时，电能转变为化学能
C．放在冰箱中的食品保质期较长，这与温度对反响速率的影响有关
D．所有燃烧反响都是放热反响，所以不需吸收能量就可以进行
【答案】　C
【点拨】　A中废旧电池填埋处理易造成污染，B中充电电池放电时，化学能转化为电能，D中所有燃烧是放热反响，但达不到燃点反响不会进行。
14．把a、b、c、d四块金属浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可组成原电池。假设a、b上相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极。那么这四种金属的活泼性顺序由大到小为(　　)
A．a>b>c>d B．a>c>d>b
C．c>a>b>d D．b>d>c>a
【解析】　原电池中活泼金属被腐蚀做负极，故金属活泼性：a>b，c>d，a>c，d>b那么a>c>d>b。
【答案】　B
【点拨】　金属活动性强的判断方法有：
①根据相同状态下的金属原子失去一个电子所需要吸收的能量判断；需要吸收的能量越大，其活动性越弱。
②根据相同条件下，同种酸的盐溶液的pH的大小来判断：pH越大，其金属的活动性越强。
③根据相同条件下，与水或酸反响的剧烈程度来判断：反响越剧烈，其金属的活动性越强。
④根据置换反响的规律来判断；活泼的金属将不活泼的金属从它的盐溶液中置换出来。
⑤根据金属的冶炼方法来判断，活动性顺序一般为：可用热分解冶炼的金属<可用热复原法冶炼的金属<只能用电解法冶炼的金属，
⑥根据原电池正负极来判断；作为负极的金属活动性强于正极。
15．以下关于实验现象的描述不正确的选项是(　　)
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片外表出现气泡
B．用Cu片作正极、Fe片作负极，相互连接后插入到CuSO4溶液中，Cu片上有Cu析出
C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片外表出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，参加几滴氯化铜溶液，放出气泡速率加快
【解析】　A选项中将相互接触的Fe片与铜片，浸入同一电解质溶液中，Fe片作负极不断溶解，Cu片作正极，H＋在Cu片上得到电子形成H2，故A正确；B选项中可以构成Fe－Cu、CuSO4溶液的原电池，其正极反响为：Cu2＋＋2e－===Cu；负极反响为Fe－2e－===Fe2＋，故Cu片上有Cu析出，正确；C选项中将Cu插入FeCl3溶液中时，发生化学反响：Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2，而不是铜片上析出Fe，故C选项不正确。D选项中Zn粒和稀盐酸参加CuCl2溶液，Zn置换出的Cu附着在Zn的外表，在稀盐酸中形成无数个微小的原电池，从而加快了产生H2的速率。此题考查原电池的反响原理和电极反响的产物及原电池的应用。解答此类题目的关键是掌握电极反响的实质。
【答案】　C
16．关于锌、铜和稀H2SO4构成的原电池的以下说法中正确的选项是(　　)
A．锌是负极，铜是正极
B．电子从铜片经导线流向锌片
C．负极的反响式为2H＋＋2e－===H2↑
D．反响一段时间后，溶液的pH升高
【答案】　A、D
【点拨】　由于Zn比Cu活泼，在形成的原电池中，Zn是负极，Cu是正极；电子从Zn片经导线流向Cu片；负极反响为Zn－2e－===Zn2＋，正极反响为2H＋＋2e－===H2↑；反响一段时间后，因c(H＋)减小，故溶液的pH升高。
17．在C(s)＋CO2(g)2CO(g)反响中可使反响速率增大的措施是(　　)
①增大压强　②增加碳的量　③通入CO2④恒压下充入N2⑤恒容下充入N2⑥通入CO
A．①③⑤B．②④⑥
C．①③⑥D．③⑤⑥
【答案】　C
【点拨】　根据影响化学反响速率的条件，直接加以判断。①因有气体参加反响，增大压强，反响速率加快；②增加固体反响物的量只会延长反响时间，不能加快反响速率；③通入CO2增大反响物浓度，反响速率加快；④恒压下充入N2，容器体积扩大，气体物质的浓度减小，反响速率减小；⑤恒容下充入N2，参加反响的各物质的浓度不变，故反响速率不变；⑥通入CO即增大生成物的浓度，最终使正、逆反响速率都加快。
18．(山师大附中2022～2022学年度高一下学期期中考试，18)一定温度下，可逆反响M＋NQ到达平衡时，以下说法正确的选项是(　　)
A．M、N、Q三种物质的浓度一定相等
B．M、N全部变成了Q
C．反响混合物中各组分的浓度不再变化
D．反响已经停止
【答案】　C
二、非选择题(此题包括5个小题，共46分)
19．(10分)(江苏前黄高级中学2022～2022学年度高一下学期期中考试，17)
(1)以下曲线分别表示元素某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)，把与下面的元素有关性质相符合的曲线的标号填入相应括号中。
①ⅡA族元素的最外层电子数(　　)
②ⅦA族元素氢化物的沸点(　　)
③O2－、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋的离子半径(　　)
④第三周期元素的最高化合价(　　)
⑤第二周期元素Be、B、C、N、O的原子半径(　　)
(2)比较以下性质(用“>〞、“＝〞、“<〞填空)
①氧化性：Cl2________Br2
②酸性：H3PO4________H2SO4
③碱性：Mg(OH)2________Al(OH)3
④稳定性：H2S________H2O
⑤复原性：H2S________HCl
(3)元素性质呈周期性变化的决定因素是________。
A．元素原子半径大小呈周期性变化
B．元素的相对原子质量依次递增
C．元素原子核外电子排布呈周期性变化
D．元素的最高正化合价呈周期性变化
【答案】　(1)①a；②c；③b；④e；⑤b；
(2)①>；②<；③>；④<；⑤>；
(3)C
【点拨】　(1)ⅡA族元素的最外层电子数均是相同的，故应选a，ⅦA族元素氢化物中HF因含有较强的相互作用(氢键)而沸点很大，其余的随其相对分子质量增大而升高，应选c项；核外电子层结构相同的离子半径随核电荷数的增加而减小，应选b项；第三周期元素的最高化合价由＋1价递增到＋7价，应选e项；第二周期元素Be、B、C、N、O的原子半径随核电荷数递增而减小，应选b项。(2)依据元素同周期、同主族可得答案。(3)由元素周期律的实质可知，元素性质呈周期性变化是元素原子核外电子排布呈周期性变化的结果。应选C项。
20．(10分)某学校设计了一节实验活动课，让学生从废旧电池中回收碳棒、MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，整个实验过程如下。答复有关问题：
(1)干电池的根本构造和工作原理。写出干电池工作时的电极反响式。MnO2的作用是除去正极上的产物，本身生成Mn2O3，反响的化学方程式是______________________。
(2)锌皮和碳棒的回收。用钳子和剪子剪开回收的干电池的锌筒，将锌皮和碳棒取出，并用毛刷刷干净，将电池内的黑色粉末移入烧杯中。
(3)氯化铵、氯化锌的提取、检验和别离。
①如何从黑色粉末中提取NH4Cl和ZnCl2等晶体的混合物写了简要的实验步骤。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
②设计简单的实验证明所得晶体中含NH和Zn2＋，并填写以下实验报告(Zn(OH)2是两性氢氧化物且能溶于氨水生成[Zn(NH3)])。
实验步骤
实验现象
结论及有关离子方程式

(4)用__________法将NH4Cl和ZnCl2的晶体混和物分开，实验原理用方程式表示为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　依据原电池的工作原理，可写出电极反响式和总反响式；利用NH4Cl和ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水的性质，通过溶解过滤可得到NH4Cl和ZnCI2。由NH与NaOH溶液共热产生NH3，Zn(OH)2既能溶于盐酸又能溶于氨水的性质，可选择试剂，设计正确的实验步骤。
【答案】　(1)Zn－2e－===Zn2＋；2NH＋2e－===2NH3↑＋H2；2MnO2＋H2===Mn2O3＋H2O。
(3)①向烧杯中参加一定量的水，充分搅拌，然后过滤，将溶液移入蒸发皿中，加热蒸发结晶。
②
实验步骤
实验现象
结论及有关离子方程式
取少量晶体溶于水配成溶液

取少许溶液，参加NaOH溶液，然后加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
试纸变蓝
说明有NH NH＋OH－NH3↑＋H2O
取少许溶液向其中参加少量氨水或NaOH溶液，然后将其分为两份，向其中一份中参加盐酸，向另一份中参加氨水
加氨水或NaOH溶液后，产生白色沉淀，加盐酸后沉淀溶解，加氨水后沉淀溶解
说明有Zn2＋Zn2＋＋2NH3·H2O===Zn(OH)2＋2NH或Zn2＋＋2OH－===
Zn(OH)2↓
Zn(OH)2＋2H＋===Zn2＋＋2H2O
Zn(OH)2＋4NH3·H2O
===[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(4)加热　NH4ClNH3↑＋HCl↑
21．(6分)利用下述反响　2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2设计一个原电池装置，试答复：
(1)该原电池的正极材料是____________，负极材料是____________，电解质溶液是____________。
(2)该原电池的负极反响式为____________，正极反响式为______________________________。
【答案】　(1)石墨　铜　FeCl3溶液
(2)Cu－2e－===Cu2＋　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
22．(10分)将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反响：2SO2＋O22SO3(正反响放热)。反响到达平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保存一位小数)
请答复以下问题：
(1)判断该反响到达平衡状态的标志是__________。(填字母)
a．SO2和SO3浓度相等
b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变
d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2)欲提高SO2的转化率，以下措施可行的是______________(填字母)
a．向装置中再充入N2
b．向装置中再充入O2
c．改变反响的催化剂
d．升高温度
(3)求该反响到达平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。
(4)假设将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克
【解析】　(1)由定义判断b正确；由于恒温恒容下的非等体积反响，压强不变说明气体的总物质的量不变，反响达平衡，c正确；由ρ＝和V都是定值，故ρ也始终不变，无法判断是否到达平衡，e错误；SO2和SO3的浓度大小关系不能作为平衡判定标志，a错；d中SO3的生成速率和SO2的消耗速率任意时间点都相等，d错。
(2)由化学平衡的影响因素可知：恒容下充入N2不改变反响混合物各成分浓度，平衡不移动；充入O2那么增大了反响物O2的浓度，提高了SO2的转化率；催化剂不改变平衡，无法影响SO2的转化率；升高温度会使平衡逆向移动，降低SO2的转化率。
(3)由信息知消耗氧气的物质的量：
0．7mol－＝0.45mol；
②反响达平衡时SO2和SO3的总物质的量为：＝0.95mol，因为SO2和SO3的消耗和生成关系为1:1，所以初始SO2的总量也是0.95mol；
③反响的n(SO2)＝0.45mol×2＝0.9mol，生成的n(SO3)＝0.9mol。
所以α(SO2)＝×100%＝94.7%
(4)在给定条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀，因此m(BaSO4)＝0.9mol×5%×233g·mol－1＝10.5g。
【答案】　(1)bc　(2)b
(3)消耗氧气的物质的量：
0．7mol－＝0.45mol
反响的n(SO2)＝0.45mol×2＝0.9mol，
生成的n(SO3)＝0.9mol
SO2和SO3的物质的量之和：
＝0.95mol
反响前SO2的物质的量：0.95mol
SO2的转化率：×100%＝94.7%
(4)在给定条件下溶液呈强酸性，不会产生BaSO3沉淀，因此m(BaSO4)＝0.90mol×5%×233g·mol－1＝10.5g
23．(10分)将对H2的相对密度为4.25的N2和H2的混合气体通入密闭容器中，在一定条件下反响生成NH3，到达平衡时，NH3占25%(体积分数)。
求：(1)进入容器N2和H2的体积比；
(2)N2的转化率
(3)反响前后的压强之比，
(4)反响前后的密度之比。
【答案】　(1)1:3　(2)40%　(3)5:4　(4)4:5
【点拨】　设进入容器N2为xmol，H2为ymol，
＝4.25×2＝8.5
(1)8.5＝解得x:y＝1:3
即V(N2):V(H2)＝1:3
(2)　　　　　N2＋3H22NH3
开始(mol)　　1　　3　　　　0
反响(mol)　　z　　3z2z
平衡(mol)　　1－z 3－3z2z
×100%＝25%，z＝0.4mol
即N2的转化率为×100%＝40%。
(3)＝。＝＝
(4)＝＝
＝＝＝