2019-2020学年高一化学下学期第二次测验试题(含解析).doc

2019-2020学年高一化学下学期第二次测验试题(含解析)相对原子质量：H1 N14 O16 Si28 S32选择题（每题只有一个正确选项）1. 配置一定物质的量浓度的硫酸溶液，必须使用的仪器是（ ）A. 锥形瓶 B. 容量瓶 C. 电子天平 D. 漏斗【答案】B【解析】配制一定物质的量浓度的硫酸溶液需要的仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、容量瓶，故选项B正确。2. 25时，0.01 mol/L氢氧化钠溶液的pH是（ ）A. 12 B. 9 C. 5 D. 2【答案】A【解析】0.01molL1的NaOH溶液中c(OH)=0.01molL1，根据水的离子积，即c(H)=Kw/c(OH)=1014/0.01molL1=1012molL1，pH=lgc(H)=12，故A正确。3. 向盐酸中加入浓硫酸时，会有白雾生成。下列叙述中不属于导致产生该现象的原因的是（ ）A. 浓硫酸具有吸水性 B. 盐酸具有挥发性C. 气态溶质的溶解度随温度升高而降低 D. 浓硫酸具有脱水性【答案】D【解析】A浓硫酸的吸水性是指吸收现成的水分子，包括水蒸汽、湿存水和结晶水吸收过程中放出热量，是水合的过程，属于导致产生该现象的原因，故A不选；B白雾生成是溶液温度 升高，氯化氢变为气体挥发出去，和水蒸气形成盐酸小液滴，证明盐酸具有挥发性，属于导致产生该现象的原因，故B不选；C从氯化氢气体的挥发可以说明气体溶解度随温度升高，故C不选；D浓硫酸的脱水性是指浓硫酸把有机物的H、O两元素按原子个数比2：1的比例脱出来，形成水分子不属于导致产生该现象的原因，故D选；故选D。点睛：根据题干中的条件和现象，浓硫酸滴入盐酸中 会有白雾生成，说明浓硫酸溶于水时溶液温度升高，是因为浓硫酸会吸收水放热，溶液中的氯化氢易挥发为气体，遇到水蒸气形成白雾，气体的溶解度随温度升高减小。4. Cl2和SO2都具有漂白作用，能使品红溶液褪色，若将等物质的量的Cl2和SO2都混合后，再通入品红和BaCl2的混合溶液，能观察到的现象是：溶液很快褪色；溶液不褪色；出现沉淀；不出现沉淀（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】氯气具有氧化性，SO2具有还原性，二者混合，发生反应，方程式为Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，所以选项正确，答案选C。5. 下列反应中，水作氧化剂的是（）A. SO3+H2OH2SO4 B. 2K+2H2O2KOH+H2C. 2F22H2O 4HFO2 D. 2Na2O22H2O 4NaOHO2【答案】B【解析】A、没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B、H2O中H化合价由1价0价，化合价降低，因此H2O作氧化剂，故B正确；C、H2O中O由2价0价，化合价升高，即H2O作还原剂，故C错误；D、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误。6. 下列关于实验室制取NH3的叙述正确的是（）A. 用N2和H2作反应物 B. 用无水氯化钙进行干燥C. 用向上排空气法收集 D. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒验满【答案】D【解析】A、实验室制取氨气是用NH4Cl和Ca(OH)2共热制备，故A错误；B、无水氯化钙与NH3反应，因此用碱石灰干燥氨气，故B错误；C、氨气的密度小于空气，因此用向下排空气法收集，故C错误；D、发生NH3HCl=NH4Cl，有白烟产生，说明NH3收集满，故D正确。7. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【答案】C【解析】试题分析：A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能含有CO32-，也可能含有HCO3-、SO32-等，错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，可能含有SO42-，也可能含有Ag+，错误；C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，正确；D 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能含有Ba2+，也可能含有Ca2+，错误。考点：考查离子的检验及结论正误判断的知识。8. 反应4CO(g)2NO2(g) N2(g)4CO2(g)开始进行时，CO的浓度为4 molL1，N2的浓度为0，2 min后测得N2的浓度为0.6 molL1，则此段时间内，下列反应速率表示正确的是()A. v(CO2)1.2 mol(Lmin)1 B. v(NO2)0.3 mol(Lmin)1C. v(N2)0.6 mol(Lmin)1 D. v(CO)1.2 mol(Ls)1【答案】A【解析】A、生成N2的浓度为0.6molL1的同时，产生CO2的浓度为40.6molL1=2.4molL1，根据化学反应速率的数学表达式，v(CO2)=2.4/2mol/(Lmin)=1.2 mol/(Lmin)，故A正确；B、生成0.6molL1的N2，消耗20.6molL1的NO2，v(NO2)=1.2/2mol/(Lmin)=0.6mol/(Lmin)，故B错误；C、v(N2)=0.6/2mol/(Lmin)=0.3mol/(Lmin)，故C错误；D、消耗的CO的物质的量浓度为2.4molL1，v(CO)=2.460/2mol/(Ls)=72mol/(Ls)，故D错误。9. 在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)，05min内H2的浓度减少了0.1mol/L，则在这段时间内用HI表示的平均反应速率为（）A. 0.01molL-1min-1 B. 0.04molL-1min-1 C. 0.2molL-1min-1 D. 0.5molL-1min-1【答案】B【解析】试题分析：根据方程式计算当氢气的浓度减小了0.1mol/L，碘化氢的浓度变化量为0.2mol/L，则反应速率为0.2/5=0.04molL-1min-1。考点：反应速率的计算10. 密闭容器中反应CO(g) +H2O(g) CO2 (g) + H2 (g)+Q(Q0)达到平衡，在其他条件不变的情况下，下列措施不能使正反应速率加快的是 （ ）A. 通入水蒸气 B. 缩小容器体积 C. 分离出CO2 D. 升高温度【答案】C【解析】试题分析：通入水蒸气，水蒸气浓度增大，反应速率加快，A正确；缩小容器体积，气体压强增大，反应速率加快，B正确；分离出二氧化碳，二氧化碳浓度减小，反应速率减慢，C错误；升高温度，反应速率加快，D正确。考点：影响反应速率的因素点评：一般情况下，增大反应物（非固体或纯液体）浓度、增大压强（有气体参加的反应）、升高温度、使用催化剂能加快反应速率。11. 将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图中的实线所示，在相同条件下，将b g ( ab )粉末状碳酸钙与同浓度的盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】盐酸是足量的，CaCO3不足，因为ab，因此a产生的CO2多，粉末状的增加与CaCO3的接触面积，反应速率比块状的快，故选项C正确。点睛：审清题意，是碳酸钙不足还是盐酸不足，如果是碳酸钙不足，最后产生气体的量不同，如果是盐酸不足，最后产生的气体量是相同的。12. 下列各组溶液同时开始反应，最先出现浑浊现象的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】温度越高、浓度越大，反应速率越快，最先出现浑浊，根据表中数据，选项D中温度高，硫酸的浓度大，因此D反应速率最快，最先出现浑浊，故D正确。点睛：最先出现沉淀，从影响化学反应速率因素中考虑，根据表格数据，温度最高，反应速率最快，因此排除选项B和C，然后看浓度，记住浓度是混合后的浓度，浓度越大，反应速率越快，从而判断出选项。13. 一定温度下，对于可逆反应N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)（正反应放热）的下列叙述，不能说明反应已达化学平衡状态的是（ ）A. 恒容容器内混合气体的密度不再变化B. NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2:3C. 恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化D. 单位时间内断裂a mol N三N键，同时断裂6amol N-H键【答案】A【解析】A、组分都是气体，则气体质量不变，容器是恒容状态，因此气体体积不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡，故A说法错误；B、用不同物质的反应速率，表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成NH3反应向正反应方向进行，生成H2反应向逆反应方向进行，两者速率之比等于2：3，能说明反应达到平衡，故B说法正确；C、 反应前后气体系数之和不相等，因此当混合气体总物质的量不变时，说明反应达到平衡，故C说法正确；D、断裂amol氮氮三键，说明反应向正反应方向进行，断裂6amolNH，说明反应向逆反应方向进行，且等于它们的系数之比，能说明达到平衡，故D说法正确。14. 在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO(g)2H2(g) CH3OH(g)+Q(Q0).第2 min时只改变一个条件，反应情况如下表下列说法不正确的是 （ ）A. 第4 min至第6 min该化学反应处于平衡状态B. 第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是降低温度C. 第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂D. 第6 min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大【答案】B【解析】A、根据表格数据，在第4min至第6min，组分浓度不变，说明该化学反应达到平衡，故A说法正确；B、第2min至第4min反应速率比02min时的反应速率快，降低温度反应速率减缓，故B说法错误；C、根据B选项分析，使用催化剂加快反应速率，故C说法正确；D、升高温度，无论正反应速率还是逆反应速率都增大，故D说法正确。15. 下列关于硫酸工业生产过程的叙述错误的是 （ ）A. 在接触室中使用铁粉作催化剂B. 在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C. 把硫铁矿磨成细粉末，可以提高原料的利用率D. 该反应采用450500主要是因为该温度下催化剂活性好【答案】A【解析】硫酸工业生产过程中，接触室中发生的反应为2SO2O22SO3，所用催化剂为V2O5。16. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 紫色石蕊试液遇酸变为红色B. 使用铁触媒，可加快合成氨反应速率C. 合成氨工业采用500的高温进行生产D. 一定条件下2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡后，压缩体系的容器，颜色迅速变深【答案】A【解析】A、石蕊是有机弱酸，存在电离平衡，加入酸，增加c(H)，平衡向逆反应方向移动，符合勒夏特列原理，故A正确；B、铁触媒是催化剂，催化剂对化学平衡移动无影响，因此不符合勒夏特列原理，故B错误；C、合成氨是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NH3的产量降低，不符合勒夏特列原理，500是催化剂的催化效率最高的温度，故C错误；D、反应前后气体系数之和相等，改变压强，平衡不移动，之所以增大压强，颜色加深，是因为容器的体积减小，组分的浓度增大，不符合勒夏特列原理，故D错误。点睛：勒夏特列原理是对可逆反应，建立平衡后，改变某一因素平衡向削弱这一因素的方向进行，因此判断过程中依据定义完成。17. 以下是几位同学在学习了化学反应速率和化学平衡理论以后发表的一些看法，其中不正确的是（ ）A. 化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品B. 化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品C. 化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率D. 化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品【答案】C18. 据报道，在300、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)。下列叙述错误的是（）A. 使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B. 充入大量CO2气体可提高H2的转化率C. 反应需在300进行可推测该反应是吸热反应D. 从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率【答案】C考点：化学平衡移动19. 对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（）A. 升高温度，对正反应的反应速率影响更大B. 增大压强，对正反应的反应速率影响更大C. 减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大【答案】B【解析】试题分析：合成氨的化学方程式为：N2+3H22NH3，H0，反应是气体体积减小的发热反应。A、合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；B、反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，对正反应的反应速率影响更大，故B正确；C、减小反应物浓度，平衡逆向进行，正反应减小的多，对正反应的反应速率影响更大，故C错误；D、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，同等程度影响正逆反应速率，故D错误；故选B。考点：考查了合成氨条件的选择的相关知识。20. 一定条件下反应mA(g)+ nB(g) pC(g)+qD(g)在一密闭容器中进行，测得平均反应速度v(C)= 2v(B)。若反应达平衡后保持温度不变，加大体系压强时平衡不移动，则m、n、p、q的数值可以是 （）A. 2、6、3、5 B. 3、1、2、1 C. 1、3、2、2 D. 3、1、2、2【答案】D【解析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(C)/v(B)=2:1，即n：p=1：2，其他条件不变，加大压强平衡不移动，说明反应前后气体系数之和相等，故选项D正确。21. （1）一定条件下1 L的密闭容器中，反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)达到平衡。若起始时A为1 mol，反应2min达到平衡，A剩余0.4 mol，则在02min内A的平均反应速率为_mol/(Lmin)。（2）在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，m+n_p+q（选填“”、“p+q (3). 减小 (4). bd (5). c【解析】本题考查化学反应速率的计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡状态的判断，（1）根据化学反应速率的数学表达式，v(A)=(10.4)/2mol/(Lmin)=0.3 mol/(Lmin)；（2）扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，说明反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，即mnpq；减小压强，化学反应速率降低，即v逆减小；（3）t1时刻正逆反应速率都增大，改变的条件可能是升高温度或增大压强，故bd正确；（4）两个速率的方向是一个向正反应方向进行，一个向逆反应方向进行，且它们的速率之比等于m：n，等于化学计量数之比，即说明反应达到平衡，故c正确。点睛：计算化学反应速率时，应注意是浓度变化与时间的比值，不是物质的量变化与时间的比值。22. 用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q0)完成下列填空：（1）写出N2的电子式：_，写出SiCl4的结构式：_。（2）由氮化硅（Si3N4）陶瓷的用途可推测其晶体类型为_。a.离子晶体 b. 原子晶体 c.分子晶体 d.金属晶体（3）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80 g，则H2的平均反应速率_ mol/(Lmin)。（4）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是_。a3v逆(N2)=v正(H2) bv正(HCl)=4v正(SiCl4)c混合气体密度保持不变 dc(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6（5）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_。a其他条件不变，压强增大，正反应速率减小b其他条件不变，温度升高，正、逆反应速率都增大c其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动d其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动（6）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_ （填“”、“=”或“”)。【答案】 (1). (2). (3). b (4). 0.02 (5). ac (6). bd (7). 【解析】（1）本题考查电子式和结构式的书写，N2中两个氮原子共用叁键，即电子式为：，SiCl4中Si与4个Cl形成单键，即结构式为：；（2）考查晶体的类型，根据Si3N4的特点：耐热说明熔点高，这是原子晶体的特点，因此Si3N4属于原子晶体，故b正确；（3）考查化学反应速率的计算，固体质量增加2.8g，说明生成Si3N4的质量为2.8g，即物质的量为2.8/140mol=0.02mol，根据反应方程式，消耗氢气的物质的量为0.026mol=0.12mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)=0.12/(23)mol/(Lmin)=0.02 mol/(Lmin)；（4）考查化学平衡状态的判断，a、要求两个速率的方向是一个向正反应方向进行，一个向逆反应方向进行，且它们的速率之比等于化学计量数之比，v逆(N2)说明反应向逆反应方向进行，v正(H2)说明反应向正反应方向进行，v逆(N2)：v正(H2)=1：3，等于其化学计量数之比，说明反应达到平衡，故a正确；b、类似选项a的分析，不能说明反应达到平衡，故b错误；c、Si3N4为固体，其余为气体，根据质量守恒，气体质量减少，容器是恒容状态，气体体积不变，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故c正确；d、没有给出反应起始时的投入量，无法判断是否达到平衡，故d错误；（5）考查影响化学反应速率的因素和化学平衡移动的因素，a、增大压强，化学反应速率增大，故a错误；b、升高温度，正逆反应速率加快，故b正确；c、Si3N4是固体，浓度视为常数，增加Si3N4的量，平衡不移动，故c错误；d、HCl是气体，增加HCl的量，平衡向逆反应方向进行，故d正确；（6）考查影响化学平衡移动的因素，此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向进行，H2量减少，HCl的量增加，因此此比值减小，即填“”、“=”或“ (9). A (10). 0.04 (11). 0.02【解析】考查实验方案设计与评价，（1）装置C的名称为启普发生器；启普发生器用于固体与液体反应不加热制备气体，固体要求反应前后始终保持块状