2018-2019学年高二化学上学期9月学生学业能力调研试题(含解析).doc

2018-2019学年高二化学上学期9月学生学业能力调研试题(含解析)1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源的是天然气 煤 核能石油 太阳能 生物质能风能 氢能A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，核能不可再生，不符合题意，太阳能 生物质能 风能 氢能属于新能源，且可以再生，故选D。2.已知反应：101 kPa时，2C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1稀溶液中，H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1。下列结论正确的是A. 碳的燃烧热大于110.5 kJmol1B. 反应的反应热为221 kJmol1C. 98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水的中和热为57.3 kJmol1D. 稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量【答案】A【解析】【详解】A、由反应可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；B、反应热包含符号，的反应热为-221 kJ/mol，故B错误；C、浓硫酸溶解放热，所以放出的热量大于57.3 kJ，所以98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热小于-57.3 kJ/mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误；故选A。3.罗马大学Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构如图所示(与白磷P4相似)。已知断裂1molNN键吸收167kJ热量，生成1molNN键放出942kJ热量。由此判断下列说法正确的是A. N4属于一种新型的化合物，分子内存在共价键B. N4与N2互为同位素，化学性质相似，物理性质不同C. N4沸点比P4(白磷)高D. 1 mol N4气体转变为N2将放出882 kJ热量【答案】D【解析】【详解】A、N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B、N4与N2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故B错误；C、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；D、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molNN键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为6167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D正确；故选D。4.根据以下3个热化学方程式2H2S(g)3O2(g)=2SO2(g)2H2O(l) HQ1 kJmol12H2S(g)O2(g)=2S(s)2H2O(l) HQ2 kJmol12H2S(g)O2(g)=2S(s)2H2O(g) HQ3kJmol1判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是A. Q1Q2Q3 B. Q1Q3Q2 C. Q3Q2Q1 D. Q2Q1Q3【答案】A【解析】【详解】已知2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H=-Q1kJ/mol，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) H=-Q2kJ/mol，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) H=-Q3kJ/mol，与相比较，由于SSO2放热，则Q1Q2，与相比较，由于H2O(l)H2O(g)吸热，则Q2Q3，则Q1Q2Q3，故选A。【点睛】本题考查反应热的大小比较，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小。5.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示，下列有关叙述正确的是A. 加入催化剂会改变两步反应的焓变B. 两步反应均为放热反应C. A、B、C三种物质中B最不稳定D. BC的反应的活化能是E4 kJ/mol【答案】C【解析】【详解】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。A加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故A错误；BAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故B错误；C物质的总能量越低，越稳定，C最稳定，B最不稳定，故C正确；D根据图像，BC的反应的活化能是E3 kJ/mol，故D错误；故选C。6.已知反应XY=MN为吸热反应，下列说法中正确的是A. X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B. 因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量【答案】D【解析】【详解】A、反应X+Y=M+N为吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，不能说明X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量，故A错误；B、吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应就是吸热反应，常温下就能发生，故B错误；C、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，根据能量守恒可知，一部分能量储存在物质中，则反应是吸热反应，故C错误；D、反应X+Y=M+N为吸热反应，说明反应物的能量低于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；故选D。7.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：H2O2IH2OIO慢H2O2IOH2OO2I快下列有关该反应的说法正确的是（）A. 反应速率与I的浓度有关 B. IO也是该反应的催化剂C. 反应活化能等于98 kJmol1 D. v（H2O2）v（H2O）v（O2）【答案】A【解析】试题分析：A、已知：H2O2+I-H2O+IO-慢 H2O2+IO-H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的，I-是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=-98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A。考点：考查化学反应速率的影响因素8.下列说法正确的是（ ）A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】C【解析】A增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，A错误；B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积内活化分子的数，B错误；C升高温度，活化分子的百分数增加，反应速率增大，C正确；D催化剂能改变反应的活化能，D错误，答案选C。点睛：本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同，即。9.可逆反应mA(g)nB(g) = pC(g)qD(g)的vt图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其vt图像如图乙所示。a1a2 a1a2 b1b2 b1b2 t1t2t1t2 两图中阴影部分面积相等 图乙中阴影部分面积更大。以上所述正确的为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】催化剂降低反应活化能，加快反应速率，故a1a2，b1b2；减少达到平衡的时间，故t1t2；催化剂不影响平衡常数，不会使平衡移动，故两图中阴影部分面积相等，故选A。10.少量铁粉与100mL 0.01molL1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O 加NaOH固体 滴入几滴浓盐酸加CuO固体加NaCl溶液滴加几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；加CuO固体会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选；升高温度，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；可以使用的方法有，故选C。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素。本题的易错点为，要注意审题：加快反应速率和不改变氢气的量。11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 高温下，氮气和氢气有利于合成氨气B. 高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应C. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅【答案】A【解析】【详解】A、氮气和氢气的反应属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不有利于合成氨气，不能用勒夏特列原理解释，故A选；B、存在平衡2SO2+O2(g)2SO3(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C、存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成NO2，能用平衡移动原理解释，故C不选；D、对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选A。【点睛】本题考查勒夏特里原理，明确勒夏特里原理内涵是解本题关键。解答本题需要知道勒夏特里原理的使用范围及条件。特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释。12.已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是（）生成物的体积分数一定增加 生成物的产量一定增加 反应物的转化率一定增加反应物的浓度一定降低 正反应速率一定大于逆反应速率A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，生成物的体积分数减小，错误；平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加，但生成物的浓度不一定增大，正确；增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，错误；增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，自身增大，错误；平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，正确；综上所述正确，选D考点：考查化学平衡的影响因素。13.在已处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡发生移动的是A. 反应物的转化率 B. 反应混合物的浓度C. 正、逆反应速率 D. 反应混合物的压强【答案】A【解析】试题分析：A、只有平衡移动，才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变平衡一定移动，正确，选A；B、如果混合物中各组分的浓度变化，但保持各组分的含量不变时，平衡不移动，不选B；C、使用合适的催化剂，反应速率改变，但平衡不移动，不选C；D、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，不选D。考点： 化学平衡状态的判断【名师点睛】本题考查了化学平衡移动的判断，注意不要把正反应速率增大和平衡正向移动等同，只有正反应速率大于逆反应速率，平衡才正向移动。注意也不要把反应物的转化率提高与平衡的正向移动等同。14.下列叙述及解释正确的是A. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)H0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B. H2(g)I2(g)2HI(g)H”或“=”或“”、“”、“=”或“”）。已知在一定温度下，C(s) +CO2 (g)2CO（g)平衡常数K1；C (s) +H2O (g)CO（g) +H2 (g)平衡常数K2。则K、K1 、K2之间的关系是_。【答案】 (1). (2). 2Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g)H290 kJ/mol (3). H=-（E2-E1）kJ/mol (4). 减小 (5). 减小 (6). (7). K=K2/K1【解析】【详解】(1)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2O(g)，应该而液态水为稳定的氧化物，放出的热量小于燃烧热，故答案为：；(2)有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g)H=-290kJmol-1，故答案为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g)H=-290kJmol-1 ；(3)由图像可知该反应是一个能量升高的反应，所以属于吸热反应；H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以H=E1-E2；加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E1和E2的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以E的大小对该反应的反应热无影响，故答案为：E1-E2；减小；减小；(4)根据反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)及化学平衡常数表达式，K=cH2cCO2cCOcH2O，由于温度升高，该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，所以H0，故答案为：；C(s)+CO2(g)2CO(g)平衡常数K1；C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)平衡常数K2；CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)平衡常数K；根据盖斯定律，=-，故K=K2K1，故答案为：K=K2K1。22.下列实验不能达到实验目的的是_。序号实验内容实验目的 A盛有4mL1mol/LKMnO4酸性溶液的两只试管，一只加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，另一只加入2mL0.2mol/LH2C2O4溶液探究浓度对反应速率的影响B一定条件下，分别在容积为1 L和容积为2 L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应：H2(g)I2(g) 2HI(g)，获得等量HI时需要的时间前者少当其他条件不变时，气态反应体系的压强越大，化学反应速率越快C在容积可变的密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，把容器的体积缩小一半正反应速率加快，逆反应速率也加快D向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中探究温度对反应速率的影响【答案】AD【解析】【详解】A浓度不同，但没有说明温度和压强是否相同，则不能说明浓度对反应速率的影响，故A选；B、对有气体的反应，压强增大会增大化学反应速率，能够达到实验目的，故B不选；C容器的体积缩小一半，压强增大，则正逆反应的反应速率均增大，能够达到实验目的，故C不选；D二者混合后，Na2S2O3溶液的浓度不同，硫酸的浓度也不同，温度不同，不能探究温度对反应速率的影响，故D选；故选AD。23.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50 mL 0.50 molL1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；用另一量筒量取50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）该图中有两处未画出，它们是_、_。（2）为什么所用NaOH溶液要稍过量_。（3）倒入NaOH溶液的正确操作是_。（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 molL1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为H1、H2、H3，则H1、H2、H3的大小关系为_。（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 gcm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c4.18 Jg11。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/ 终止温度t2/ 盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_(结果保留一位小数)。（6）_(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温硬纸板 (3). 确保盐酸被完全中和 (4). 一次迅速倒入 (5). H1H2H3 (6). 51.8 kJmol1 (7). 不能 (8). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热【解析】【详解】(1)根据装置图，图中缺少环形玻璃搅拌棒和保温硬纸板，故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温硬纸板；(2)为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为：确保盐酸被完全中和；(3)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：一次迅速倒入； (4)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L 1molL-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以H1=H2H3；故答案为：H1=H2H3；(5)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05，反应后温度为：23.2，反应前后温度差为：3.15；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.4，反应前后温度差为：3.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55，反应后温度为：23.6，反应前后温度差为：3.05；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/(g)，代入公式Q=cmT得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g)100g3.15+3.1+3.053=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ1mol0.025mol=51.8kJ，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol；(6)硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为：不能；H2SO4与Ba(OH)2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热。【点睛】本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。本题的易错点为(6)，要注意反应生成的硫酸钡沉淀会有热量变化。24.氮气氢气合成氨过程中制氢气的原理如下：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H206.4 kJmol1CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41.2 kJmol1（1）对于反应，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是_。a升高温度b增大水蒸气浓度c加入催化剂d降低压强（2）利用反应，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为_。（3）图(a)表示500 、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：_。（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图_。【答案】 (1). a (2). 90 (3). 14.5% (4). 【解析】【详解】(1)反应CH4(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)H=+206.4 kJmol-1，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加