新教材2023年高中化学综合检测新人教版选择性必修1

综合检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题只有一个选项符合题意。每小题4分,共40分)1.已知:N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol-1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂,在固体催化剂表面分解NO的过程如下图所示。从吸附到解吸的过程中,能量状态最低的是()。A.①B.②C.③D.无法确定答案:C解析:从过程图可知,①状态时NO被吸附到催化剂表面,②状态为NO变成N原子和O原子,这个过程需要吸收能量,③状态为N原子和N原子结合变成N2,O原子和O原子结合变成O2,这个过程为成键过程,要释放能量。从整个反应过程来看,反应是2NON2+O2,ΔH<0,所以生成的N2、O2被吸附时体系熵变最小、能量最低,即能量状态最低的是③,选项C合理。2.某温度下反应C(s)+2H2(g)CH4(g)的K=8.28×107,当各气体物质的量浓度分别为c(H2)=0.7mol·L-1、c(CH4)=0.2mol·L-1时,上述反应()。A.正向进行B.逆向进行C.达到平衡状态D.缺条件,无法判断答案:A解析:Q=c(CH4)c2(H2)≈0.408<3.解释下列事实所用的方程式不合理的是()。A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝:4I-+O2+4H+2I2+2H2OB.将充有NO2的玻璃球浸到热水中,气体颜色加深:2NO2(g)N2O4(g)ΔH>0C.用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙:CO32-+CaSO4CaCO3D.以KOH溶液为电解质溶液,氢氧燃料电池的负极区pH减小:H2+2OH--2e-2H2O答案:B解析:酸性环境下,氧气能够氧化碘离子生成碘单质,淀粉溶液遇碘单质变为蓝色,反应的离子方程式为4I-+O2+4H+2I2+2H2O,A项正确;将充有NO2的玻璃球浸到热水中,气体颜色加深,说明化学平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,所以该反应的正反应为放热反应,ΔH<0,B项错误;碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,所以可以用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙:CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-,使沉淀转化为CaCO3,然后用盐酸溶解CaCO3生成可溶性的CaCl2而除去,C项正确;以KOH溶液为电解质溶液,氢氧燃料电池的负极发生反应:H2-2e-+2OH-2H2O,由于不断消耗溶液中的OH-,因此负极区c(OH-)减小,溶液的pH4.我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂,由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程,其示意图如下:下列说法不正确的是()。A.总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2OB.催化剂可有效提高反应物的平衡转化率C.在反应历程中,H—H键与CO键断裂吸收能量D.反应过程中,催化剂参与反应,改变反应路径,降低反应的活化能答案:B解析:由题图可知CO2和H2转化为产品CH4,还生成水,总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O,A项正确;催化剂对平衡移动无影响,则使用催化剂时转化率不变,B项错误;化学变化中有化学键的断裂和生成,则反应历程中,H—H键与CO键断裂吸收能量,C项正确;催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能,则该过程中催化剂参与反应,改变反应路径,降低反应的活化能,D项正确。5.用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示。下列说法中正确的是()。A.燃料电池工作时,正极反应:O2+2H2O+4e-4OH-B.a极是铁、b极是铜时,b极逐渐溶解,a极上有铜析出C.a极是粗铜、b极是纯铜时,a极逐渐溶解,b极上有铜析出D.a、b两极均是石墨时,在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等答案:C解析:酸性燃料电池工作时,正极反应:O2+4H++4e-2H2O,A项错误;a极是铁、b极是铜时,a极上铁发生氧化反应逐渐溶解,b极上Cu2+发生还原反应有铜析出,B项错误;a极是粗铜、b极是纯铜时,a极上发生氧化反应,粗铜溶解,b极上Cu2+发生还原反应,有铜析出,C项正确;a、b两极均是石墨时,根据电子守恒,a极上产生的O2与电池中消耗的H2的体积比为1∶2,D项错误。6.温度为T时,某一气态平衡体系中含有X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质,此温度下发生反应的平衡常数表达式为K=c(X)·c2A.升高温度,平衡常数K增大B.增大压强,W(g)体积分数增加C.升高温度,若混合气体的平均相对分子质量变小,则正反应是放热反应D.增大X(g)浓度,平衡向正反应方向移动答案:C解析:根据平衡常数表达式可知反应的化学方程式为2Z(g)+2W(g)X(g)+2Y(g)。A项,由于不知道反应是吸热反应还是放热反应,则温度发生变化时不能判断平衡常数的变化,错误;B项,增大压强,平衡向正反应方向移动,W(g)体积分数减小,错误;C项,升高温度,若混合气体的平均相对分子质量变小,说明气体的物质的量增多,平衡向逆反应方向移动,则说明正反应为放热反应,正确;D项,增大X(g)浓度,平衡向逆反应方向移动,错误。7.已知:①Cu(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ·mol-1,②2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ·mol-1,③H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-285.84kJ·mol-1。在H2SO4溶液中,Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于()。A.-319.68kJ·mol-1B.-417.91kJ·mol-1C.+546.69kJ·mol-1D.-448.46kJ·mol-1答案:A解析:根据盖斯定律,①+12×②+③得:Cu(s)+2H+(aq)+H2O2(l)Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=+64.39kJ·mol-1-12×196.46kJ·mol-1-285.84kJ·mol-1=-319.68kJ·mol-1,A8.如图,已知反应S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq),若往该溶液中加入含Fe①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2S下列有关该反应的说法不正确的是()。A.增大S2O82-浓度或I-浓度,反应①B.Fe3+是该反应的催化剂C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小,所以该反应是吸热反应D.往该溶液中滴加淀粉溶液,溶液变蓝,适当升温,蓝色变浅答案:C解析:A项,增大S2O82-浓度或I-浓度,增大了反应①、反应②的反应物的浓度,反应速率均加快,正确;B项,若往该溶液中加入含Fe3+的溶液,发生反应①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)、②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),总反应为S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq),Fe3+为反应的催化剂,正确;C项,反应热等于正逆反应的活化能之差,则正反应的活化能比逆反应的小,该反应是放热反应,错误;D项,S2O82-(aq)+2I-(aq)9.某种氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(未加入氨硼烷之前,两极室内液体质量相等),电池反应为NH3·BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O(不考虑其他反应的影响)。下列说法错误的是()。A.溶液中的H+由右池通过质子交换膜向左池扩散B.电池正极的电极反应式为H2O2+2H++2e-2H2OC.其他条件不变,向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流D.若加入的氨硼烷全部放电后左右两极室内液体质量差为3.8g,则电路中转移1.2mol电子答案:A解析:电池正极为氧化剂得电子的反应,即H2O2得电子转化为H2O的反应,B项正确;向H2O2溶液中加入适量硫酸,可增大离子浓度,增大电流,C项正确;负极反应NH3·BH3+2H2O-6e-NH4BO2+6H+,若左极室加入1mol氨硼烷(31g),则电极产物NH4BO2留在左极室,H+通过质子交换膜进入右极室,故左极室增加的质量为31g-6g=25g,右极室增加的是6molH+,其质量为6g,则左右两极室液体质量差为25g-6g=19g,此时转移6mol电子,若左右两极室液体质量差为3.8g,则转移1.2mol电子,A项错误、D项正确。10.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)答案:C解析:随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。二、非选择题(本题共4小题,共60分)11.(12分)结合下表回答下列问题(均为25℃下的数据)。酸电离常数(Ka)CH3COOH1.75×10-5HClO4.0×10-8H2CO3Ka1=4.5×Ka2=4.7×H2C2O4Ka1=5.6×Ka2=1.5×H2SKa1=1.1×Ka2=1.3×(1)同浓度的CH3COO-、HCO3CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H(2)0.1mol·L-1的H2C2O4溶液与0.1mol·L-1的KOH溶液等体积混合后所得溶液呈酸性,该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。

(3)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液,其溶液的物质的量浓度的大小关系是c(CH3COOK)c(NaClO),两溶液中:c(Na+)-c(ClO-)c(K+)-c(CH3COO-)。(填“>”“<”或“=”)

(4)向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=4∶7,此时溶液pH=。

答案:(1)HC2O(2)c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-(3)>=(4)5解析:(1)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是H2C2O4电离出(2)反应后得到KHC2O4溶液,溶液中存在HC2O4-H++C2O42-,HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,H2OH++OH-。该溶液呈酸性,说明HC2O4-的电离程度大于水解程度,该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C(3)由酸性HClO<CH3COOH可得水解程度:NaClO>CH3COOK,所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液,其溶液的物质的量浓度的大小关系是c(CH3COOK)>c(NaClO),两溶液中电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-),c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因此c(Na+)-c(ClO-)=c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。(4)由Ka(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)=1.75×10-5和c(CH3COOH)∶c(CH312.(14分)雾霾严重危害人类健康和生态环境,开发稳定高效的脱硫脱硝工艺技术是国内外研究的热点。研究表明,氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关,其转化关系如下图所示。(1)NH4NO3溶液中的离子浓度由大到小顺序是。

(2)①已知:SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1此反应可通过如下两步完成:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=-113kJ·mol-1;NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH2=。

②一定温度下,向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol,5min达到平衡,此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3,则NO2的平衡转化率是。(3)SO2属于酸性氧化物,将其通入NaOH溶液中,得到NaHSO3溶液。①NaHSO3溶液呈酸性,其原因是

。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液,溶液中出现浑浊,pH降为2,用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因是

。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量,其工作原理示意图如下:①Pt电极上发生的是(填“氧化”或“还原”)反应。

②写出Pt电极的电极反应式:。

③写出NiO电极的电极反应式:。

答案:(1)c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>(2)①-41.8kJ·mol-1②75%(3)①HSO3-在溶液中存在电离平衡:HSO3-SO32-+H+;水解平衡:HSO3-+H2OH2SO3+OH-;HSO3-的电离程度大于其水解程度,所以溶液呈酸性②HSO3-在溶液中存在电离平衡:HSO3-SO32-+H+,加CaCl2溶液后,Ca2++SO32-CaSO3↓,c(SO32-)减小,使电离平衡右移,c(H+)增大,pH降低解析:(1)硝酸铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性,离子浓度大小为c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。(2)①Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1;Ⅱ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=-113kJ·mol-1,根据盖斯定律计算(Ⅰ-Ⅱ)×12得到NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH2=-41.8kJ·mol-1;②一定温度下,向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol,5min达到平衡,此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3,设消耗NO2的物质的量为NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)起始量/mol1100变化量/molxxxx平衡量/mol1-x1-xxx由于NO2和NO的浓度之比为1∶3,反应容器的容积不变,所以n(NO2)∶n(NO)=1∶3,(1-x)∶x=1∶3,解得x=0.75,则NO2的平衡转化率=0.75mol1mol(3)①NaHSO3溶液呈酸性,其原因是HSO3-在溶液中存在电离平衡:HSO3-SO32-+H+,电离使溶液显酸性;HSO3-在溶液中还存在水解平衡:HSO3-+H2OH2SO3+OH-,水解使溶液显碱性,由于HSO3-的电离程度大于其水解程度,所以呈酸性;②NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解,HSO3-SO32-+H+,溶液显示酸性,加入CaCl(4)根据题图可知O2在Pt电极上得电子变为O2-,发生还原反应,所以Pt电极的电极反应式为O2+4e-2O2-;NiO电极为负极,在负极上NO失去电子,与O2-结合形成NO2,所以NiO的电极反应式:2NO+2O2--4e-2NO2或NO+O2--2e-NO2。13.(16分)乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸,是一种有还原性的有机弱酸,在化学上有广泛应用。(1)甲同学在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时,他往A、B两支试管中均加入4mL0.01mol·L-1的酸性KMnO4溶液和2mL0.1mol·L-1H2C2O4(乙二酸)溶液,振荡,A试管置于热水中,B试管置于冷水中,记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA(填“>”“=”或“<”)tB。写出该反应的离子方程式:。

(2)实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品,乙同学利用上述反应的原理来测定其含量,具体操作如下。①配制250mL溶液:准确称量5.000g乙二酸样品,配成250mL溶液。配制溶液需要的计量仪器有。

②滴定:准确量取25.00mL所配溶液放入锥形瓶中,加少量酸酸化,将0.1000mol·L-1KMnO4标准溶液装入(填“酸式”或“碱式”)滴定管,进行滴定操作。在滴定过程中发现,刚滴下少量KMnO4标准溶液时,溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后,紫红色才慢慢消失;再继续滴加时,紫红色就很快褪去,可能的原因是。

③计算:重复上述操作2次,记录实验数据如下表,则此样品的纯度为。

序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020.9930.0021.10④误差分析:下列操作会导致测定结果偏高的是。

A.未用KMnO4标准溶液润洗滴定管B.滴定前锥形瓶内有少量水C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失D.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视答案:(1)<2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2(2)①电子天平(或分析天平)、250mL容量瓶②酸式反应生成的Mn2+对反应有催化作用③90.00%④AC解析:(1)其他条件相同,温度高时,反应快,溶液褪色所需的时间短。酸性KMnO4溶液能将草酸氧化为CO2,MnO4-被还原为Mn(2)①准确称量5.000g样品需要电子天平,配制250mL溶液需要250mL容量瓶。②酸性高锰酸钾溶液呈酸性,且有强氧化性,应置于酸式滴定管中。反应一段时间后反应加快,原因是反应生成的Mn2+对反应有催化作用。③第三次实验数据的误差太大,应舍去。根据前两次实验的数据可计算出25.00mL所配草酸溶液中,n(H2C2O4)=0.005000mol,则250mL溶液中含0.05000molH2C2O4,其质量为0.05000mol×90g·mol-1=4.500g,此样品的纯度为4.500g5.000g④未用KMnO4标准溶液润洗滴定管,会使标准溶液浓度偏低,耗用标准溶液体积偏大,结果偏高。滴定前锥形瓶内有少量水,对实验结果无影响。滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失,气泡体积计入了标准溶液的体积,使标准溶液体积偏大,结果偏高。观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视,使标准溶液体积偏小,结果偏低。14.(18分)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ·mol-1Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3回答下列问题。(1)ΔH3=kJ·mol-1。

(2)一定条件下,向容积为dL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为amol,CO为bmol,此时H2O(g)的浓度为