高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g)。在体积
一定的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如右图所示。下列结论正确的是
A．该反应的ΔH>0 C．压强：p1>p2 【答案】C 【解析】
B．平衡常数：K(C)< K(D)
D．达到平衡时，反应速率：v(A)> v(B)
A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，A错误；B、C和D两点对应温度相同，平衡常数只与温度有关系，因此平衡常数：K(C)＝K(D)，B错误；C、300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，C正确；D、B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此νA＜νB，D错误；答案选C。 2．对于反应2NO2(g)措施是( )
①体积不变，增加NO2的物质的量 ②体积不变，增加N2O4的物质的量
③使体积增大到原来的2倍 ④充入N2，保持压强不变 A．①② C．①④ 【答案】D 【解析】
由于反应前后体积都是不变的，所以，加入NO2还是加入N2O4都是相当于增大压强，平衡向正反应方向 移动，所以①②不正确。③④都是相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，二者比值增大，答案选D。3．下列说法正确的是
A．CO（g）的燃烧热：△H=-1．0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=-2．0kJ/mol B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l） △H=-3．30kJ/mol，则含4．0gNaOH的稀溶
B．②③ D．③④
N2O4(g)，在一定条件下达到平衡，在温度不变时，欲使的比值增大，应采取的
液与稀醋酸完全中和，放出3．3kJ的热量
C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g） △H=a； 2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=b， 则a＞b D．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s） △H＞0，则石墨比金刚石稳定 【答案】D 【解析】 【详解】
A项，CO（g）的燃烧热△H=-1．0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2．0kJ/mol，A错误；
B项，稀醋酸电离时需要吸热，则含4．0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和放出的热量小于3．3kJ，B错误；
C项，燃烧反应都是放热反应，则a、b都小于0，等物质的量的物质完全燃烧放出的热量明显大于不完全燃烧， 则b＞a，C错误；
D项，已知C（石墨，s）=C（金刚石，s） △H＞0，该反应为吸热反应，说明金刚石的能量高，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，D正确。
4．乙烯与乙烷的混合气体共 amol,与 bmol 氧气共存于一密闭容器中,点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完,得到CO和CO2 的混合气体和 45g 水，则下列说法错误的是（ ） A．当 a=1 时,乙烯和乙烷的物质的量之比为 1：1
B．当 a=1 时,且反应后CO和CO2 的混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则b=3
C．当 a=1 时，且反应后 CO 和 CO2 的混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则 CO 和 CO2 的物质的量之比为 3：1 D．a 的取值范围为【答案】C
【解析】分析：A.设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与生成的水中H原子守恒列方程，据此计算解答；
B.根据碳元素守恒计算反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和，据此计算b的值； C.设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol,根据二者之和与氧原子守恒列方程计算； D.根据H原子守恒利用极限法解答，只有乙烯时，a值最大，只有乙烷时，a值最小。
详解:A.设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程,则:x+y=1,4x+6y=，计算得出:x=0.5,y=0.5,故n(C2H4):n(C2H6)=0.5mol:0.5mol=1:1，所以A选项是正确的；
B.根据碳元素守恒可以知道,反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol,故b=2,计算得出:b=3,所以B选项是正确的；
C.设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol,根据二者之和与氧原子守恒列方程,则:a+b=2,a+2b=3×2-,计算得出:a=0.5,b=1.5,故n(CO):n(CO2)=0.5mol:1.5mol=1:3,故C错误；
D.生成水的物质的量==2.5mol,只有乙烯时,a值最大,根据H原子守恒可以知道,a的极大值
为:=mol,只有乙烷时,a值最小,根据H原子守恒可以知道,a的极小值为:=mol,故a的取值
范围为:,所以D选项是正确的;
所以C选项是正确的。
5．含有下列离子的水溶液．长期露置在空气中会变质，但不是被氧化的是（ ） A．Fe2＋B．OH-C．SO32-D．S2- 【答案】B
【解析】A．Fe2＋易被空气中的氧气氧化为Fe3＋，故A正确；B．OH-易吸收空气中的CO2而变质，为非氧化还原反应，故B错误；C．SO32-易被空气中的氧气氧化为SO42-，故C正确； D．S2-易被空气中的氧气氧化为S，故D正确；答案为B。
6．下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是 选项 A B C D A．A 【答案】D 【解析】
分析：根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。
详解：A、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A
a 浓氨水 浓H2SO4 稀HNO3 稀盐酸 b 生石灰 铜屑 铜屑 碳酸钙 B．B
c 浓硫酸 NaOH溶液 H2O 饱和NaHCO3溶液 C．C
气体 NH3 SO2 NO CO2 D．D
装置 错误；
B、浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B错误；
C、稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，旦NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C错误； D、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D正确； 答案选D。
点睛：本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，题目难度不大，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方法是解答的关键。答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。 7．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是 A．合成氨控制在500℃左右的温度
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2 D．氨水中加酸，NH4+的浓度增大 【答案】A 【解析】 【分析】
如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。 【详解】
A.合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，分离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误； C. 氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反应，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误； 答案选A。
8．下列装置能够组成原电池的是
A． B．
C． D．
【答案】C 【解析】
A、两个电极材料相同且不能自发的进行氧化还原反应，故A错误；B、没有形成闭合回路，故B错误；C、符合原电池的构成条件，故C正确；D、乙醇不是电解质溶液且不能自发的进行氧化还原反应，故D错误；故选C。
点睛：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可。①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。 9．下列叙述正确的是
A．2He 和 2He 互为同位素，分别含有 3 和 4 个中子 B．O2 和 O3 互为同素异形体，同等质量时，所含电子数相同 C．1 mol 重水与 1 mol 水中，中子数比为 2∶1 D．1 mol 乙烷和 1 mol 乙烯中，共用电子对数相同 【答案】B 【解析】 【详解】
A项、2He 和 2He的质子数均为2，中子数分别为1和2，故A错误；
B项、O2 和 O3都只含O，等质量的O2和O3含有O原子个数相同，所含电子数相同，故B正确； C项、重水分子含有10个中子，水分子含有8个中子，则1 mol重水与1 mol水中含有的中子数之比为10∶8=5∶4，故C错误；
D项、乙烷分子中含有7对共用电子，乙烯分子中含有6对共用电子，则1 mol乙烷与1 mol乙烯中，含有的共用电子对数之比为7∶6，故D错误； 故选B。 【点睛】
本题考查物质的量的有关计算，注意同位素、同素异形体的理解，注意分子的构成分析是解答关键。 10．下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的有 A．乙烷 【答案】D 【解析】 【分析】
在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，甲基具有甲烷的结构特点，分子中
B．乙醇
C．丙烯
D．乙烯
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