高二（上）期末测试化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）1.诺贝尔化学奖得主--德国科学家格哈德⋅埃特尔对一氧化碳在铂表面氧化过程的研究，催生了汽车尾气净化装置。

净化装置中催化转化器可将CO、NO、NO2等转化为无害物质。

下列有关说法不正确的是()A. 催化转化器中的铂催化剂可加快CO的氧化B. 铂表面做成蜂窝状更有利于提高催化效果C. 使用铂催化剂，可以提高CO、NO、NO2的转化率D. 在铂催化下，NO、NO2可被CO还原成N2【答案】C【解析】解：A.根据题意知，催化转化器中的铂催化剂是正催化剂，可加快CO氧化，从而降低尾气的危害，故A正确；B.反应物的接触面积越大，反应速率越大，把铂表面做成蜂窝状是为了增大反应物的接触面积，更有利于提高催化效果，故B正确；C.使用铂催化下，可以提高反应速率，但是不会提高CO、NO、NO2的转化率，故C错误；D.根据题意知，在铂催化下，NO、NO2可被 CO 还原成无害物质N2，故D正确；故选：C。

A.催化剂能改变反应速率；B.反应物的接触面积越大其反应速率越大；C.催化剂不会改变化学平衡状态，只会改变化学反应速率；D.NO、NO2能被转化为无害物质氮气。

本题以汽车尾气净化装置为载体考查了氮的氧化物及其对环境的影响，明确反应原理是解本题关键，注意催化剂只能改变反应速率但不影响平衡影响，为易错点。

2.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是()A. 原子半径呈周期性变化B. 元素的化合价呈周期性变化C. 第一电离能呈周期性变化D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化【答案】D【解析】解：A、因元素的原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；B、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C、因第一电离能呈周期性变化，则不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；D、因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确；故选：D。

根据随原子序数的递增，原子的结构呈现周期性的变化而引起元素的性质的周期性变化来解答．本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系、元素的性质有哪些是解答的关键，并注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化．3.氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C−C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是()A. 在一定条件下可发生加成反应B. 分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长C. 分子中含有2个σ键和4个π键D. 不和氢氧化钠溶液发生反应【答案】A【解析】解：A.卤素单质能和烯烃等发生加成反应，则氰气在一定条件下能与烯烃等发生加成反应，故A正确；B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N键长小于C≡C键长，故B错误；C.1个单键就是1个σ键，1个双键中含有1个σ键1个π键，共价三键中含有1个σ键2个π键，所以氰气分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；D.卤素单质能和氢氧化钠反应，氰气和卤素单质性质相同，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D错误；故选：A。

A.氰气性质与卤素相似．B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长；C.1个单键就是1个σ键，1个双键中含有1个σ键1个π键，共价三键中含有1个σ键2个π键；D.氰气性质与卤素相似．本题考查了氰气的结构和性质，根据卤素单质的性质利用知识迁移的方法分析氰气的性质，难度不大，4.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是()A. CO2H2SB. C2H4CH4C. C60C2H4D. NH3 HCl【答案】B【解析】解：A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，故A错误；B、C2H4中含有极性键和非极性键，是平面型分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，CH4中含有极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故B正确；C、C60中只含有非极性键，故C错误；D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，故D错误。

故选：B。

非极性键为：同种元素的原子间形成的共价键；极性键为：不同元素的原子间形成的共价键；极性分子为：正电荷中心和负电荷中心不相重合的分子；非极性分子：正电荷中心和负电荷中心相重合的分子；分子极性的判断方法为：分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定．本题考查了键的极性和分子的极性判断，题目难度不大，侧重于对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．5.下列说法正确的是()A. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的高B. 基态碳原子的最外层电子排布图：C. 原子核外价电子排布式分别为3s1和3s23p5两种元素，不能形成AB2型化合物D. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似【答案】C【解析】解：A.能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故A错误；B.C的原子序数为6，价电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子排布图为，故B错误；C.价层电子排布为3S1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，故不能形成AB2型化合物，故C正确；D.1s2是He元素属于0族元素，1s22s2是Be元素属于第IIA族元素，二者性质不同，故D错误，故选：C。

A.能形成分子间氢键的物质沸点较高；B.C的原子序数为6，价电子排布为2s22p2；C.AB2型化合物中A的化合价为+2或者+4价，B的化合价为−1或−2价，根据价电子排布判断；D.1s2是He元素属于0族元素，1s22s2是Be元素属于第IIA族元素。

本题考查了基态原子的核外电子排布式，最外层的电子排布图，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定，题目难度不大。

6.下列关于热化学反应的描述中正确的是()A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. CO(g)的燃烧热△H=−283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ/molC. HCl和NaOH反应的中和热△H=−57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热△H=2×(−57.3)kJ/molD. 已知在120℃、101 kPa下，1 g H2燃烧生成水放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)+12O2(g)= H2O(l)△H=−242kJ⋅mol−1【答案】B【解析】解：A.需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，如铝热反应，需要加热条件下才能进行，但为放热反应，故A错误；B.CO(g)的燃烧热是283kJ⋅mol−1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−2×283kJ⋅mol−1，而2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)与2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的反应热数值相等，符号相反，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283kJ⋅mol−1，故B正确；C.H2SO4和Ba(OH)2反应生成水的同时还生成硫酸钡沉淀，则反应热不等于2×(−57.3)kJ⋅mol−1，故C错误；D.在120℃、101 kPa下水为气态，且应该指出反应条件，正确的热化学方程式为：H2(g)+12O2(g)− 120∘C 101KPaH2O(g)△H=−242kJ/mol，故D错误；故选：B。

A.反应热与反应条件无关；B.CO(g)的燃烧热是283kJ⋅mol−1，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−2×283kJ⋅mol−1，而2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)与2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的反应热数值相等，但为吸热反应；C.H2SO4和Ba(OH)2反应生成水的同时还生成硫酸钡沉淀；D.该条件下生成水的状态为气态，且没有指出反应条件。

本题综合考查反应热与焓变以及热化学方程式等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意相关概念的理解，把握热化学方程式的书写，难度不大。

7.现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式不属AB型的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】解：A.晶胞中A 位于顶点，晶胞平均含有A 为8×18=1，B 位于晶胞的体心，含有1个，则化学式为AB ，故A 不选；B.晶胞中A 位于顶点，晶胞平均含有A 为8×18=1，B 位于晶胞的棱，含有B 为12×14=3，化学式不属AB 型，故B 选；C.A 、B 各位于晶胞的顶点，各占4×18=12，化学式为AB ，故C 不选； D.A 位于晶胞的顶点和面心，共有8×18+6×12=4，B 位于晶胞的棱和体心，共有12×14+1=4，化学式为AB ，故D 不选。

故选：B 。

利用均摊法计算，离子位于晶胞的顶点，晶胞均摊18，离子位于面心，晶胞均摊12，离子位于棱上，晶胞均摊14，如离子位于晶胞的体心，则全部为晶胞所有，以此解答该题．本题考查晶胞的计算，题目难度不大，本题注意判断晶胞中粒子的分布，把握均摊法的计算运用．8. 下列推论正确的是( )A. NH 4+为正四面体结构，可推测PH 4+也为正四面体结构 B. CO 2晶体是分子晶体，可推测SiO 2晶体也是分子晶体C. SO 2能使品红溶液褪色，CO 2也能使品红溶液褪色D. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子【答案】A【解析】解：A.NH 4+的中心原子N 原子含有4个成键电子对，没有孤对电子，为正四面体结构，PH 4+的中心原子P 原子含有4个成键电子对，没有孤对电子，为正四面体结构，故A 正确；B.CO 2晶体是分子晶体，但SiO 2晶体是原子晶体，故B 错误；C.SO 2能使品红溶液褪色，CO 2不能使品红溶液褪色，故C 错误；D.金属晶体中只有阳离子，无阴离子，故晶体中含阳离子时，不一定含阴离子，但含阴离子时，一定含阳离子，故D 错误，故选：A 。

A.根据微粒增大中心原子的价层电子对数判断；B.SiO 2晶体是原子晶体；C.CO 2不能使品红溶液褪色；D.金属晶体中只有阳离子，无阴离子。

本题考查较为综合，涉及空间构型、物质的性质、晶体类型等，题目难度不大。

9.一定温度恒容密闭容器，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志的是()①C的生成速率与C的分解速率相等；②单位时间内amol A生成，同时生成3amol B；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤混合气体的物质的量不再变化；⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C；⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2．A. ②⑤⑥B. ①③⑥C. ②⑥⑦D. ②⑤⑥【答案】C【解析】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选；②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，故选；③反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选；④该反应是一个反应前后气体体积该变的反应，当体积不变时，密闭容器中混合气体的总压强不再变化说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故不选；⑤该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故不选；⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C不能说明正逆反应速率相等，故选；⑦达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选；故选：C。