综合测试A卷高中化学新人教版选择性必修1（2022-2023学年）

1、 综合测试（A卷）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1下列反应属于吸热反应的是A木炭燃烧BCaCO3受热分解CNa与水反应D盐酸与NaOH溶液反应【答案】B【解析】A燃烧是发光发热的化学反应，木炭燃烧是放热反应，A错误；B 大多数分解反应是吸热反应，CaCO3受热分解是吸热反应，B正确；C Na与水反应过程中钠融化为光亮的小球，是放热反应，C错误；D 中和反应是放热反应，盐酸与NaOH溶液反应是放热反应，D错误；答案选B。2催化剂在化学反应里A只能加快反应速率B一定能改变反应速率C只能减慢反应速率D不一定影响反应速率【答案】B【解析】催化剂可以改变

2、反应的活化能，从而改变反应速率。使用正催化剂能同等程度的加快正逆反应速率，使用负催化剂能同等程度的减慢正逆反应速率，故符合题意的为B。故选B。3下列关于物质分类的说法正确的是A金刚石、白磷都属于单质B铝热剂、石英都属于纯净物C氯化氢、一水合氨都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【答案】A【解析】A金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的单质，A项正确；B铝热剂是铝粉和氧化铁等难熔金属氧化物的混合物，石英的主要成分是二氧化硅，常含有Al2O3、CaO、MgO等杂质，为混合物，B项错误；C氯化氢为强电解质，一水合氨为弱碱，是弱电解质，C项错误；D葡萄糖是小分子化合物，蛋白质是高分子

3、化合物，D项错误。4关于化学电源：银锌纽扣电池；氢氧燃料电池；锌锰干电池；铅蓄电池，有关说法正确的是A和都属于绿色电池B和都属于一次电池C和都属于二次电池D可将化学能全部转化为电能【答案】B【解析】A锌锰干电池含有重金属元素，不是绿色电池，A错误；B银锌纽扣电池和锌锰干电池完全放电后均不能再使用，属于一次电池，B正确；C银锌纽扣电池完全放电后不能再使用，属于一次电池，C错误；D燃料电池放电过程中会有一部分化学能转化为热能，D错误；综上所述答案为B。5已知： ， 。下列说法正确的是A上述热化学方程式中的化学计量数表示对应物质的物质的量BCD【答案】A【解析】热化学方程式中的化学计量数表示对应物质

4、的物质的量，A项正确。浓硫酸溶于水放热，故含的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀NaOH溶液反应时，放出的热量大于57.3 kJ，但是为负值，所以，故B、C、D项错误。故选A。6“蓝天保卫战”需要持续进行大气治理，有效处理SO2、NO2等大气污染物。化学研究为生产、生活处理废气，防止大气污染做出重要贡献。已知反应： ,运用该反应处理废气时有关说法正确的是A增大压强有利于反应自发进行B该反应不能完全消除废气C降低反应温度可提高去除效率D升高反应温度可提高废气转化率【答案】B【解析】A增大压强会使气体变为液体甚至固体，体现的熵减小，不利于反应自发，A错误；B该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生

5、成物，所以不能完全消除废气，B正确；C降低反应温度会降低反应速率，降低效率，C错误；D该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，废气转化率降低，D错误；综上所述答案为B。7根据表中信息，判断的下列各物质的溶液最大的是酸电离常数(常温下)，ABCD【答案】D【解析】根据表格中的酸的电离平衡常数可知，酸性的强弱顺序为，根据越弱越水解的规律可知，水解能力强弱顺序为，故选项中的各溶液最大的是，故答案为D。8氢氧燃料电池以氢气为燃料，氧气为氧化剂，电极是多孔镍电极，电解质溶液为质量分数30%的KOH溶液。下列叙述正确的是A通入O2的极是负极B负极反应式为2H2-4e-=4H+C工作时溶液中OH-移向负极D

6、氢氧燃料电池将化学能转化为热能【答案】C【解析】A在氢氧燃料电池中，O2得电子发生还原反应，通入O2的电极为正极，通入H2的电极为负极，故A错误；B通入H2的电极为负极，负极发生失去电子的氧化反应生成H2O，负极反应式为：H2+2OH-2e-=2H2O，故B错误；C原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即工作时溶液中OH-移向负极，故C正确；D氢氧燃料电池是原电池，能量转化主要是化学能转化为电能，故D错误；答案选C。9某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示(E为正值，单位：)。下列有关说法正确的是A总反应的活化能B总反应的焓变C此条件下，第一个基元反应的反应

7、速率小于第二个D对于的反应，必须加热才能进行【答案】B【分析】根据反应的焓变等于反应物的活化能减去生成物的活化能的公式进行计算焓变，利用盖斯定律计算总反应的焓变，C中反应速率根据活化能的大小可以简单判断；D中对于反应进行吸热反应不一定需要加热也能进行。【解析】A该反应的活化能应为反应物的能量和过渡态的能量之差，即，故A错误；B焓变等于正、逆反应活化能之差，所以，故B正确；C据图可知第一个基元反应的活化能小于第二个基元反应的活化能，活化能越小反应速率越快，所以此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个，故C错误；D活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，不能根据活化能判断

8、反应发生的条件，故D错误。10已知下列反应的平衡常数：S(s)O2(g)SO2(g)，K1；H2(g)S(s)H2S(g)，K2；则反应H2(g)SO2(g) O2(g)H2S(g)的平衡常数是AK1-K2BK2-K1CK2 /K1DK1/K2【答案】C【解析】由题干方程式可知，反应H2(g)SO2(g) O2(g)H2S(g)的平衡常数；答案选C。11常温下，用0.1 mol/LNaOH溶液滴定0.1 mol/L盐酸，若达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是A4B7.2C10D11.3【答案】C【解析】常温下，用0

9、.1 mol/LNaOH溶液滴定0.1 mol/L盐酸，若达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液中，所得溶液的pH=10，故合理选项是C。12电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质的粗铜。下列叙述正确的是A电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极B粗铜与电源负极相连，发生氧化反应C阳极上发生的反应有Fe-2e-=Fe2+D电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥【答案】C【解析】A电解精炼铜时以硫酸铜溶液为电解质溶液，粗铜作阳极，精铜作阴极，A错误；B粗铜作阳极，与电源的正极相连，B错误；CFe比Cu活泼，电解时

10、优先发生失电子的氧化反应：，C正确；DFe、Zn等比Cu活泼，电解时Fe、Zn等在阳极发生失电子的氧化反应，生成、，等进入电解质溶液中，Ag等活动性不如Cu的杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥，D错误；答案选C。13用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160kJmol-1下列说法不正确的是A由反应可知CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)H-574kJmol-1B反应转移的

11、电子数相同C若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ。D若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总物质的量为1.60mol【答案】A【解析】A根据反应可知，当生成液态水时，由于气体转化为液体时放热，所以生成液态水放出的热量更多，放热越多，焓变越小，A错误；B物质的量相等的甲烷分别参加反应、，C元素的化合价均是从-4价升高到+4价，所以转移电子数相同，B正确；C标准状况下4.48L甲烷的物质的量是0.2mol，还原NO2至N2，放出的热量为(574+1160）kJ/mol20.2mol=173.4kJ，C正确；D0.2mol甲烷还原N

12、O2至N2，C元素的化合价从-4价升高到+4价，所以转移电子总数是0.2mol8=1.6mol，D正确；答案选A。14在某一恒温、容积可变的密闭容器中发生如下反应： 。时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A时，B、两过程达到平衡时，的体积分数：C时刻改变的条件可以是向密闭容器中加入D、两过程达到平衡时，平衡常数：【答案】C【解析】A由题图可知，时，反应正向进行，时，反应达到平衡，A错误；B 时刻改变条件后达到新平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，平衡不移动，A的体积分数：，B错误；C向容积可变的密闭容器中加入C，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间减小，

13、因为是等温、等压条件，再次建立的平衡与原平衡等效平衡不移动，符合图像，C正确；D时刻改变条件后达到新平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数不变，D错误；故选C。15常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入。通入的体积(V)与溶液中水电离出的的关系如图所示。下列叙述错误的是Ad点溶液中，Bc点溶液中，Cb点溶液中，水电离出的Da点溶液中，水电离出的【答案】B【解析】Ad点溶液中水电离出的，即水的电离不受影响，溶液中溶质为、，溶液呈中性，根据电荷守恒得，A项正确；Bc点时水的电离程度最大，溶液中溶质为，水解生成，但其水解程度较小，所以，B项错误；Ca点溶液

14、中溶质为NaOH、c点溶液中溶质为，则b点溶液中溶质为NaOH和，水电离出的等于水电离出的，为，C项正确；Da点溶液中溶质为NaOH，NaOH抑制水的电离，此时溶液中水电离出的，D项正确。故选B。16如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是（ ）A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+C反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产

15、生1.45g固体【答案】D【分析】甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则甲池为燃料电池，通CH3OH的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池，石墨为阳极，Ag为阴极；丙池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极。【解析】A甲池将化学能转化为电能，乙、丙池将电能转化化学能，A不正确；B甲池中通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- =CO32- +6H2O，B不正确；C乙池中，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e- =O2+4H+，Ag为阴极，电极反应式为2Cu2+4e- =2Cu，反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原

16、浓度，C不正确；D依据得失电子守恒，可建立甲池中O2与丙池中Mg(OH)2的关系式为：O22Mg(OH)2，n(O2)=0.0125mol，此时丙池中理论上最多产生Mg(OH)2固体0.0125mol 258g/mol=1.45g，D正确；故选D。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17（10分）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于1

17、1、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K（400）=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuC

18、l2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。（写出2种）【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 116 增加反应体系压强、及时除去产物 【分析】(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HC

19、l)：c(O2)=1：1，该曲线中400HCl的平衡转化率为84%， 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)初始 c0 c0 0 0平衡 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0转化c0-0.84c0c0-0.21c0 0.42c00.42c0带入K=计算即可；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；(2)CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)H1=83kJmol-1，CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)H2=-20kJmo

20、l-1，CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121kJmol-1，根据盖斯定律，(+)2可得4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的H；(3)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起

21、始(浓度) c0 c0 0 0变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；(2)根据盖斯定律知，(+)2得 H=(H1+H2+H3)2=-116kJmol-1；(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。18（8分

22、）(1)已知：则反应的_。(2)催化重整反应为。已知：该催化重整反应的_。(3)在催化剂作用下发生反应：则反应的为_。(4)用水吸收的相关热化学方程式如下：反应的_【答案】（1） （2） （3） （4） 【分析】利用盖斯定律，找准目标产物进行分析，物质在同一边相加，不同边相减。【解析】(1)根据盖斯定律，第一个方程式乘以二分之一再减去第二个方程式得；故答案：。(2)将已知的3个热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由得该催化重整反应的；故答案为：。(3)将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由，可得；故答案为：。(4)将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由得 ；故答案为：。

23、19（10分）影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5 mol L-1H2SO4溶液、2 mol L-1 H2SO4溶液。甲同学研究的实验报告如下表实验步骤现象结论分别取等体积的2 mol L-1 的硫酸溶液于三支试管中_反应速率镁铁，铜不反应金属的性质越活泼，反应速率越快（1） 甲同学表中实验步骤为_。（2） 甲同学的实验目的是_。要得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是_。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验（3）乙同学在实验中应该测定的数据是_。（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是_。【答案】（1）

24、分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁 研究金属本身的性质与反应速率的关系 温度相同 一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间) 镁(或铁) 、0.5 mol L-1H2SO4溶液、2 molL-1H2SO4溶液 【分析】(1)根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格相同,说明实验目的是探究反应物本身对反应速率的影响；(2)根据表中内容可以知道,金属的活泼性是金属本身的性质,甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系,注意在实验中一定要控制反应在相同的温度下进行；(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；(4)金属和不同浓度的酸反应,

25、来确定浓度对反应速率的影响。【解析】(1)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,根据表中数据可以知道,硫酸的浓度相同,不同金属的规格应相同；因此，本题正确答案是:分别投入大小、形状相同的Cu、Fe、Mg；(2)根据表中的信息得出该同学的实验目的是研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响,温度对化学反应速率的影响较大,故根据控制变量法,要得出正确的实验结论,还需控制的实验条件是保持温度相同；因此，本题正确答案是: 研究金属本身的性质与反应速率的关系 温度相同；(3)金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定；因此，

26、本题正确答案是:一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需的时间)；(4)乙同学想让同种金属如给定的金属镁或铁和不同浓的酸反应,来确定酸的浓度对反应速率的影响；因此，本题正确答案是:镁(或铁)和0.5 mol L-1H2SO4溶液、2 molL-1H2SO4溶液。20（14分）某学生用0.1mol/L的KOH标准溶液未知浓度盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞B用标准溶液润洗滴定管23次C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上23cmE调节液面至0或0以下刻度，记下读数

27、F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。就此实验完成填空(1)正确操作步骤的顺序是_。(用序号字母填写)(2)上述B步骤操作的目的是_。(3)上述A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是_。(4)若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸则对滴定结果产生的影响是_。(5)用0.1mol/L的KOH标准溶液未知浓度盐酸，滴定时左手_，两眼注视_，直到滴定终点。(6)判断到达滴定终点的实验现象是_。【答案】（1）BDCEAF 洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准液稀释而产生误差 使测得未知液的浓度偏大 使测得未知液

28、浓度偏小 旋转酸式滴定管的玻璃活塞；不停地摇动锥形瓶 锥形瓶内溶液颜色的变化 当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色。 【解析】（1）中和滴定过程为：检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作，则正确操作步骤的顺序是：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使标准液被稀释，所以必须用标准溶液润洗滴定管23次，故答案为：洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准液稀释而产生误差；（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V (待测)可知，测定结果偏高，故答案为：使测得未知液的浓度偏大；（4）如所用KOH含有少量NaOH，则会使结果偏小，因为同质量的NaOH比KOH中和酸的能力更强，所需标准液的体积少，导致测定结果偏小，故答案为：使测得未知液浓度偏小；（5）滴定过程中，左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，为了及时判断滴定终点，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化，不需要注视滴定管中液面变化，故答案为：旋转酸式滴定管的玻璃活塞；不停地摇动锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；（6）用0.1molL1的KOH标准溶液滴定未知