2019-2020学年高二化学上学期期中考查试题(含解析).doc

2019-2020学年高二化学上学期期中考查试题(含解析)1. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法正确的是( )A. 放电条件下，N2(g)和O2(g)混合能直接化合生成NO(g)B. NO是一种酸性氧化物，能用NaOH溶液处理含NO的尾气C. N2(g)和O2(g)反应生成 NO(g)，相当于N2(g)在O2(g)燃烧，该反应放热D. 28 g N2(g)和32 g O2(g)完全反应生成 NO(g)，放出的能量为180 kJ【答案】A【解析】A. 放电条件下，N2(g)和O2(g)混合能直接化合生成NO(g)，故A正确；B. NO是不成盐氧化物，不是一种酸性氧化物，故B错误；C. H=(946+498-2632)kJ/mol=180kJ/mol0，该反应吸热，故C错误；D. 28g即1molN2(g)和32g即1molO2(g)完全反应生成NO(g)，吸收的能量为180kJ，故D错误。故选A。2. 下列有关叙述正确的是( )A. 4Fe(s)+3O2(g) 2Fe2O3(s) H1 4Al(s)+3O2(g) 2Al2O3(s) H2 H2H1B. 硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多C. 碳与水蒸气反应生成水煤气的反应为放热反应D. 由C(s，石墨) C(s，金刚石)H 0，可知，石墨比金刚石更稳定【答案】D【解析】A. 两个热化学方程式相减可得4Al(s)2Fe2O3(s)=4Fe(s)2Al2O3(s) HH1H2，所得反应为铝热反应，是放热反应，H1H20，则H10，可知，石墨能量低于金刚石，所以石墨比金刚石更稳定，故D正确。故选D。点睛：解答本题需要熟悉常见放热反应和吸热反应。常见放热反应：活泼金属与水或酸或碱溶液的反应、酸碱中和反应、燃烧反应、多数化合反应、铝热反应等；常见吸热反应：多数的分解反应、氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应、水煤气的生成反应、炭与二氧化碳生成一氧化碳的反应等。3. 一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(s)H 0，若015 s内c(HI)由0.1 molL-1降到0.07 molL-1，则下列说法正确的是( )A. 015 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001 molL-1s-1B. c(HI)由0.07 molL-1降到0.05 molL-1所需的反应时间小于10 sC. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率也加快D. 减小反应体系的体积，正逆反应速率增大程度相等【答案】C【解析】A. 该反应中I2是固体，浓度不变，无法用固体浓度的变化表示反应速率，故A错误；B. 015s内，v(HI)=(0.1-0.07)/15molL-1s-1=0.002molL-1s-1，由于反应速率随着浓度减小而减小，所以c(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1所需的反应时间大于10s，故B错误；C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率也加快，故C正确；D.该反应的气体化学计量数有变化，减小反应体系的体积，正逆反应速率增大程度不相等，故D错误。故选C。4. 已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I H2O+IO慢、H2O2+IO H2O+O2+I快，下列有关该反应的说法正确的是( )A. H2O2分解的化学方程式：H2O2 H2O+O2 B. H2O2分解速率主要由反应控制C. 反应活化能等于98 kJmol-1 D. IO是该反应的中间产物【答案】D【解析】A. H2O2分解的化学方程式中元素不守恒，故A错误；B. H2O2分解速率主要由慢反应即反应控制，故B错误；C. 反应活化能与98kJmol-1之间没有一定关系，故C错误；D. 反应过程中产生又消耗的物质是反应的中间产物，IO-是该反应的中间产物，故D正确。故选D。5. 下列有关化学反应速率的认识正确的是( )A. H+和OH的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成B. 对于任何化学反应来说，化学反应速率越大，反应现象就越明显C. 化学反应速率的快慢主要是由温度、浓度、压强等外因决定的D. 选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故化学反应速率增大【答案】A【解析】A. H+和OH-的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成，故A正确；B. 即使化学反应速率增大，有些化学反应反应现象始终不明显，故B错误；C. 化学反应速率的快慢主要是反应物本身决定的，故C错误；D. 选用适当的催化剂，降低了反应活化能，增加了碰撞频率，化学反应速率增大，故D错误。故选A。6. 在恒容条件下，能使NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)的正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是( )A. 增大NO2或CO的浓度 B. 减小CO2或NO的浓度C. 通入Ne使气体的压强增大 D. 升高反应的温度【答案】D【解析】试题分析：A增大 NO2或CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，活化分子数目增大，故A不选；B减小 NO或CO2的浓度，浓度减小，反应速率减慢，活化分子数目减少，故B不选；C通入Ne使气体的压强增大，为恒容，则反应体现中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D升高反应温度，反应速率加快，活化分子百分数增大，故D选；故选D。【考点定位】考查化学反应速率的影响因素【名师点晴】高频考点，把握反应速率的影响及活化理论为解答的关键，增大浓度、压强，活化分子的数目增多；而升高温度、使用催化剂，增大活化分子百分数，选项C为解答的难点，恒容条件下，通入Ne使气体的压强增大，但对浓度没有影响，对速率也没有影响，据此解题。7. 在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是( )体系的压强不再改变体系的温度不再改变体系的密度不再变化 各组分质量分数不再改变A. B. C. D. 【答案】C【解析】该反应气体的物质的量不能确定是否有变化，故不是反应达到平衡的标志；温度随着反应进行而改变，当体系的温度不再改变时，说明反应达到平衡，故是反应达到平衡的标志；该反应气体体积一定，气体密度随着反应进行而改变，当体系的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故反应达到平衡的标志；各组分质量分数不再改变，说明反应达到平衡的标志，故是反应达到平衡的标志。故选C。点睛：化学平衡的本质就是正反应速率等于逆反应速率，宏观上各物质的质量、物质的量、百分含量等保持不变。8. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 molL-1、0.3 molL-1、0.08 molL-1，则下列判断正确的是( )A. c2一定大于0.3 molL-1 B. c1c2 一定等于13C. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为23 D. c3的取值范围为0.08c30.28 molL-1【答案】B【解析】A.用极值转化法可以确定，0c20.42molL-1，故A错误；B. X、Y的消耗浓度之比等于化学计量数之比等于1:3，X、Y的平衡浓度之比等于1:3，所以c1c2 一定等于13，故B正确；C. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为32，故C错误；D. 用极值转化法可以确定，c3的取值范围为0c30、H 2p总(状态)C. 体系中c(CO)：c(CO，状态)2c(CO，状态)D. 逆反应速率v逆：v逆(状态)v逆(状态)【答案】B【解析】A. 该反应气体物质的量增大，所以该反应的S0，c(CO2)随温度升高而减小，表明升温平衡右移，所以该反应的H 0，故A错误；B. 升温平衡右移，平衡常数K(状态)K(状态)，K=c2(CO)/c(CO2)，由于两状态平衡浓度c(CO2)相等，所以平衡浓度c(CO)体(状态)c(CO)(状态)，因此，体系的总压强p总：p总(状态)2p总(状态)，故B正确；C. 状态和状态的温度相同，状态加压到原来的2倍转化为状态，加压平衡左移，所以体系中c(CO)：c(CO，状态)2c(CO，状态)，故C错误;D. 状态升温转化为状态，升温反应速率增大，所以逆反应速率v逆：v逆(状态)v(逆)【答案】C【解析】A. 定温定容时，压强之比等于物质的量之比，体系平衡时与反应起始时的压强之比为0.8:1.2=2:3，故A错误；B. 由图中各物质物质的量的变化判断2M(g)+N(g)Q(g)，该反应气体物质的量减小，恒温恒容时反应，压强减小，若条件改为恒温恒压，相当于原平衡加压，加压平衡右移，则达平衡时M的转化率大于50%，故B错误；C. 若开始时向容器中充入2molM和1molN，相当于原平衡加压，加压平衡右移，达到平衡时，M的体积分数小于50%，故C正确；D. 在5min时，再向体系中充入少量He，对于平衡无影响，故D错误。故选C。12. 下列说法正确的是( )A. 酸、碱、盐均是电解质B. 不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同C. 强电解质都是离子化合物，在水溶液中完全电离成离子形式D. 强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液【答案】D【解析】A. 盐酸是混合物，不是电解质，故A错误；B. 同一弱电解质的电离常数(K)取决于温度，与浓度没有关系，故B错误；C. 强电解质也有共价化合物，故C错误；D. 强电解质的水溶液的导电性不一定强于弱电解质的水溶液，故D正确。故选D。13. 已知碳酸、亚硫酸、次氯酸在25 时的电离常数如下：电离常数Ka1Ka2H2CO34.4010-75.6110-11H2SO31.5410-21.0210-7HClO2.9510-8则下列说法正确的是( )A. Na2CO3溶液中通入少量SO2： 2CO32+SO2 +H2O 2HCO3+SO32B. NaHCO3溶液中通入少量SO2： 2HCO3+SO2 CO2+SO32+H2OC. NaClO溶液中通入少量SO2： 2ClO+SO2 +H2O 2HClO+SO32D. 向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度【答案】A【解析】A. 酸性：H2SO3HSO3HCO3，Na2CO3溶液中通入少量SO2： 2CO32+SO2 +H2O 2HCO3+SO32，故A正确；B. 酸性：H2CO3HSO3，NaHCO3溶液中通入少量SO2，不能生成SO32，故B错误；C. 发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，故C错误；D. NaHSO3与HClO发生氧化还原反应，使得氯水中HClO的浓度降低，故D错误。故选A。点睛：生成弱电解质是复分解反应发生的条件之一，生成弱酸时，可以说“强酸制弱酸”，生成弱碱时，可以说“强碱制弱碱”。酸碱反应生成弱电解质水时，发生中和反应。14. 与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4+NH2据此判断以下叙述中错误的是( )A. NH3、NH4+、NH2的电子数相等，化学性质也相同B. 一定温度下，液氨中c(NH4+)c(NH2)是一个常数C. 液氨的电离达到平衡时c(NH3)c(NH4+)=c(NH2)D. 加入其他物质，液氨中c(NH4+)与c(NH2)的比值可能不变【答案】A.考点:弱电解质的电离平衡相关知识；15. 水的电离平衡曲线如下图所示，下列说法不正确的是( )A. A、C两点可能为纯水B. 若从A点到C点，可采用：升高温度，在水中加入少量氯化钠固体C. 若从C点到D点，可采用：降低温度，在水中加入少量硫酸氢钠固体D. 若从A点到D点，可采用：温度不变，在水中加入少量碱【答案】D【解析】A. A、C两点c(OH)=c(H)，所以A、C两点可能为纯水，故A正确；B. 若从A点到C点，可采用：升高温度，在水中加入少量氯化钠固体，氯化钠不影响酸碱性，故B正确；C. 若从C点到D点，可采用：降低温度，在水中加入少量硫酸氢钠固体，NaHSO4H+ Na+ + ，c(H)增大，故C正确；D.在A点，温度不变，在水中加入少量碱，c(OH-)增大，c(H)减小，A点向左移动，故D不正确。故选D。16. 常温下，下列叙述不正确的是( )A. c(H+)c(OH)的溶液一定显酸性B. 将0.1 molL-1HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小C. 常温下pH=5的硫酸溶液稀释到原来的1000倍，稀释后c(SO42-)与c(H+)之比约为120D. 常温下的纯水加热到40，pH减小【答案】B【解析】A. c(H+)c(OH)的溶液一定显酸性，故A正确；B. 水的离子积不变，c(H+)减小引起c(OH)增大，故B不正确；C. 常温下pH=5的硫酸溶液稀释到原来的1000倍，c(SO42-)= mol/L=510-9mol/L，c(H+)110-7mol/L，c(SO42-)与c(H+)之比约为120，故C正确；D. 常温下的纯水加热到40，水的电离平衡右移，c(H+)增大，pH减小，故D正确。故选B。17. 常温下，甲溶液的pH = 4，乙溶液的pH = 5，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是( )A. 21 B. 101 C. 110 D. 1105【答案】A【解析】若甲、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-10：10-9=1:10；若甲、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-4：10-5=10:1；若甲是酸溶液、乙是盐类水解呈酸性的溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-10：10-5=1：105；若甲是盐类水解呈酸性的溶液、乙是酸溶液，则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-4：10-9=105:1。因此，甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是21，故选A。 18. 某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是( )A. a的数值一定大于9B. 为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)V(氨水)【答案】C【解析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）0)。在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为13进行投料，在5 MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如图所示。完成下列填空：（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是_(填字母)。（2）其他条件恒定，达到平衡后，能提高H2转化率的措施是_(填字母)。A升高温度 B充入更多的H2 C移去乙醇 D增大容器体积（3）图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数为_。【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)H = -234 kJmol-1 (4). B (5). b (6). AC (7). 37.5% (或0.375)【解析】本题主要考查化学平衡的移动，. (1)若在反应体系中加入催化剂，活化能减小，反应热不变，则E1、H的变化分别是减小、不变。该反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)H=E1、E2=-234kJmol-1。（2）该反应气体物质的量减小，S0，在150下能自发进行，即H TS0，则H”、“”或“”)0。实际生产条件控制在250 、1.3104 kPa左右，选择此压强的理由是_。（4）煤燃烧产生的烟气也含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H = -867 kJmol-1 2NO2(g)N2O4(g) H = -56.9 kJmol-1H2O(g)H2O(l) H = -44 kJmol-1写出CH4 催化还原N2O4(g) 生成N2(g)、CO2(g) 和H2O(l)的热化学方程式：_。【答案】 (1). NO2+H2O 2HNO3+NO (2). 8.96 (3). -41.8 (4). B (5). 2.67 (6). (7). 在250 、1.3104 kPa下，CO转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，而生产成本增加 (8). C