2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷01（人教版选择性必修1）（全解全析）

2020-2021学年上学期期末测试卷01

高二化学•全解全析

12345678910111213141516

DCCABCBCABADCDCD

1.【答案】D

【详解】

总反应焙变小于0,为放热反应，所以A+B的能量高于C,第一步反应焰变大于0为吸热反应，所以A+B

的能量低于X,第二步反应焙变小于0为放热反应，所以X的能量高于C,综上所述图像D符合，故答案

为D。

2.【答案】C

【详解】

A.没有参照物，所以无法判断，故A项不选；

B.两实验的催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B项不选：

C.两个实验不同点只有是否具有催化剂，所以能够判断催化剂对化学反应速率的影响，故C项选；

D.两实验温度不同，其目的是探究温度对化学反应速率的影响，故D项不选；

故答案为C。

3.【答案】C

【分析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不

变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化,

当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

【详解】

A.该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平

衡，故A不选；

B.该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发

生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；

C.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H?(g)中，每生成ImolCO(g)的同时，生成lmolH2(g),CO与H?O浓度始

终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选;

D.1molH-H键断裂等效于生成2moiH-0键的同时断裂2moiH-0键，说明正反应速率等于逆反应速率,

说明反应达平衡状态，故D不选；

故选C。

4.【答案】A

【详解】

25℃时，溶液中由水电离产生的c(H+)水为10“3moi/L,则由水电离产生的c(OH)本也为lO^mol/L；若溶液呈

强酸性，根据Kw=c(H+)・c(OH)水,可知溶液中c(H+)为Omol/L,由于c(H+)水与c(H+)相比,可以忽略不计,

故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+)水=10」mol/L,根据

Kw=c(H+)-c(OH)可知溶液中c(OH)为10」mol/L,故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性,

也可能是碱性，pH可能为1,也可能为13,故A正确。

故选A。

5.【答案】B

【详解】

水电离出的c(H+)=l.0x10“3moi说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液也可能是碱溶液；

A.亚铁离子不能在无色溶液中大量存在，且酸性溶液中硝酸根会把亚铁离子氧化，故A不符合题意；

B.酸性或碱性环境中四种离子相互之间均不反应，且无色，可以大量共存，故B符合题意；

C.F不能在酸性溶液中大量存在，Ag+不能在碱性溶液中大量存在，故C不符合题意；

D.亚硫酸氢根既能和氢离子反应也能和氢氧根反应，酸性或碱性溶液中均不能大量共存，故D不符合题意;

综上所述答案为B。

6.【答案】C

【详解】

A.没注明物质的聚集状态，选项A错误；

B.没注明物质的聚集状态，选项B错误；

C.1g火箭燃料肿(N2H4)气体燃烧生成N2和H20(g)时，放出16.7kJ的热量，贝32g肿(N2H4)气体

燃烧生成塔和H2O(g)时，放出534.4kJ的热量,即N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)AH=-534.4kJ/mol,

选项C正确；

D.反应为放热，焙变为负值，选项D错误；

答案选C。

7.【答案】B

【分析】

原电池的总反应为：Cu+2Ag+Cu2++2Ag,Cu极作负极，电极方程式为：Cu-2e-Cu2\Ag极作正极,

电极方程式为：2Ag,+2e=2Ag,以此解答。

【详解】

A.Cu为负极Ag为正极，电子从负极Cu经导线流向正极Ag,故A错误；

B.右烧杯发生电极反应Cu-2e=Cu2+,电极重量减轻，故B正确；

C.电池工作时，阳离子向正极移动，Cu2,向银电极移动，故C错误；

D.Ag极作正极，电极方程式为：2Ag'+2e-=2Ag,没有气泡产生，故D错误；

故选Bo

8.【答案】C

【详解】

A.该装置为牺牲阳极的阴极保护法，符合原电池的工作原理，A错误；

B.金属M的还原性应该比Fe的还原性强，才能优先失去电子，从而保护铁不被腐蚀，B错误；

C.当水体环境呈较强酸性时，H+向钢铁设施一极移动，得到电子生成氢气，钢铁设施表面会有气泡冒出，

C正确；

D.当水体环境呈中性时，发生吸氧腐蚀，02得到电子，反应为02+4e-+2H2O=4OH-,D错误；

答案选C。

9.【答案】A

【详解】

A.根据反应热键能计算，反应(2)的△H=

413kJ・®^x4+2xkJmoE1-(798kJmo「x2+463kJmo「x4)=bkJmol-1,解得户179：+b,

A项正确；

B.根据盖斯定律，由反应(D；(2)可得：H2O(g)=H2O(l)△/7=^-kJ/mol,水从气态到液态、从液态到

固态的变化均是嫡减的过程，故正反应为嫡减小的反应，B项错误；

C.当有4NA个C-H键断裂时，lmolCH4反应，若生成H?0⑴放出akJ热量，若生成Hz。。，则放出bkJ

热量，C项错误；

D.CH4燃烧为放热反应，a、b均小于零。且反应物相同时，生成同种液态物质放出的热量比生成等量的气

态物质放出的热量多，故a＜b。根据燃烧热的定义，燃烧热所生成的产物一定是稳定的。则水应为液态，

故甲烷燃烧热为akJ/mol；D项错误；

答案选A。

10.【答案】B

【分析】

+

NaHSO：溶液中存在平衡，NaHSO3Na+HSO3,HSO3tT+SO；、

HSO3+H2OH2SO3+OH,由于常温下（）.lmol•LTNaHSO3溶液pH＜7,说明电离大于水解，据

此解答问题。

【详解】

A.溶液中HSO］会发生水解和电离，因此c（Na+）＞c（HSO；）,A错误；

B.由上述分析可知，NaHSO3溶液中HSO：的电离大于水解，但电离、水解均是少量的，因此

c（HSO；）＞c（SOj）＞c（H2so3），B正确；

C.溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO；-）+c（HSO；）+c（OH-）,C错误；

D.溶液中加入少量NaOH溶液发生反应：HSO-+OHH2O+SO^,D错误；

答案选B。

11.【答案】A

【详解】

A.该反应前后气体总质量减小，混合气体的物质的量不变，则混合气体平均摩尔质量在反应前后减小，当

容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；

B.平衡后加入X,平衡正向移动，但是消耗X的增加量小于加入X的量，所以X转化率减小，但是丫转

化率增大，故B错误；

C.焰变只与反应物和生成物能量差有关，与反应条件、平衡移动方向无关，故C错误；

D.W是固体，不影响化学反应速率，所以平衡后加入少量W,逆反应速率不变，故D错误；

故答案选A。

12.【答案】D

【详解】

A.CO的燃烧热为283kJ-mo「，单位错了，A错误；

B.图中的C0(g)+02(g)系数不等于方程式的化学计量数，不能表示由1molCO生成C02的反应过程和能

量关系，B错误；

C.AH跟化学计量数成正比，化学计量数扩大2倍，AH也扩大2倍，AH变为-452kJ-molT,但是选项中

CO2为固态，变化为气体二氧化碳需要吸热，焙变放热是负值，AH>-452kJmol-',C错误；

D.根据盖斯定律，式①+2+式②可以求出Na2O2(s)+CO(g)=Na2CCh⑸的反应热，D正确；故选D。

13.【答案】C

【详解】

A.升高温度，NO浓度增大，平衡逆向移动，逆向是吸热个，正向为放热反应，故A错误；

B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K2<K,故B错误；

C.在T2℃时，若反应体系处于状态D,D向平衡方向移动，浓度减低，则为正向移动，因此。正>。迎，故

C正确；

D.该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此p(D)=p(B),C、D物质的量相等，温度C

大于D点，因此压强p(C)>p(D),故D错误。

综上所述，答案为C。

14.【答案】D

【详解】

A.固体氢氧化钠溶于水的过程中也放出一定的热量，故用固体氢氧化钠与稀盐酸反应来探究中和反应中能

量的变化情况，显然不合理，故A错误；

B.稀硝酸可以把BaSCh氧化成BaSO4,不能说明原Na2sO3溶液己变质，故B错误；

C.向pH=3的醋酸溶液中，加入醋酸铉溶液，使醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液pH增

大，溶液仍然呈酸性，该现象不能说明醋酸镀溶液呈碱性，故C错误；

D.向含有少量CuCL的MgCb溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转换成了蓝色的

氢氧化铜沉淀，根据沉淀转化的原则可知，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],故D正确；

故选D。

15.【答案】C

【分析】

用O.lmol/LNaOH溶液滴定40mLO.lmol/LH2s。3溶液，由于H2s。3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计

量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3=NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O,完全滴定需要消耗NaOH

溶液的体积为80mL,结合溶液中的守恒思想判断分析。

【详解】

A.W点时，c(HSO,)=c(H2so3),pH=2,则Kai=c(H+)=l(H,丫点时，c(HSO；)=c(S0j),pH=7.19,Ka2=

K10-2

C(H+)=10-7.19,H2SO3的一==1X105.19,故A错误;

Ka2

B.根据分析，第一化学计量点时，溶液中恰好存在NaHSCh,根据图象，此时溶液中

c(NaHSCh)=*)OmL=005mol/L)溶液pHM25,所以0.05mol/LNaHSOs溶液的pH=4.25,故B

40mL+40mL

错误；

C.根据图象，丫点为第二滴定点，溶液中c(HSO；)=c(SOj),根据电荷守恒，

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO；)+2c(SO；),由于以HSO')=c(SO：)，所以3c(SO：)=c(Na+)+c(H+)-c(OH)

故C正确；

D.Z点为第二化学计量点，此时溶液中恰好存在Na2so3,溶液显碱性，表明SO：会水解，考虑水也存在

电离平衡，因此溶液中c(OH)>c(HSO；),故D错误；

答案选C。

16.【答案】D

【详解】

A.电解池左侧发生反应Fe3+-Fe2+,左侧是阴极，电源a端为负极，故A正确；

B.Fe的价电子排布式是3d64s2,Fe?+的电子排布式为[Ar]3d6,故B正确；

C.根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HC1-2e=2H++Ch,故C正确；

D.根据电子守恒，电路中转移Imol电子，需要消耗0.25mol氧气，标准状况下的体积是5.6L,故D错误;

选D。

17.【答案】(除特别说明，每空2分)减小(1分)不变(1分)

NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)\H=-234kJ-mol'

1

CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)zV7=-764.7kJ-mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+183kJmol1

【详解】

(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则Ei和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总

能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，ImolNO?和ImolCO反应生成CCh

和NO放出热量368-134=234kJ,反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)AH=-234kJ・moH,

1

故答案为：减小；不变：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)AH--234kJ-mol；

3

(2)依据盖斯定律计算(②x3-①x2+③x2)得到CH3OH(1)+-O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

A//=3x(-192.9kJ«mol')-2x(+49.0kJ«morl)+2x(-44kJ«mol')=-764.7kJ.mol1；故答案为：

3,

1

CH3OH(1)+-O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ZW=-764.7khmol；

(3)由题干图示可知，该反应中的反应热=(945+498)kJ-moL'-2x630kJ*moL^+183kJ«moL',所以其热化

学反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+183kJ-moL-',故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)A//=+183

kJ*moL-,o

300*C

18.【答案】(每空2分)3Fe+4H,O=Fe3O4+4H,H60%0.0452.5aMPa

【分析】

生成氢气的反应可由图、铁的性质找到；计算，则是落实到具体的反应方程式、运用三段式、从图中获取

数据信息、结合转化率的定义、平衡常数的定义、分压的定义进行即可；

【详解】

300℃

⑴①由图知，在300°C时铁与水蒸气反应产生H2,化学方程式为3Fe+4Ho=Fe,O4+4H1»

②当银粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应II

的速率要比反应I的速率增加得快，当增加银粉用量时，CO?银催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增加

较大的一步是

(2)反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),当在IL恒容

密闭容器中充入ImolCCh和4molH2,由图知，「时，反应I分别生成0.2mol甲烷、反应H生成0.2mol乙

co2(g)MH式g)CH4(g)+2H2O(g)

烯’人转化量(mol)0.20.80.20.4'

2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

转化量(mol)0.41.20.20.8

0.2mol+0.4mol1八…

则Ti℃时，CO的转化率«(CO)=--------------------x100%=60%。Ti℃平衡时,

22lmol

Ge、lmol-0.2mol-0.4mol……八不、4mol-0.8mol-1.2mol…

c(CO2)=---------------------------=0.4mol/L,c(H2)=----------------------------=2mol/L

0.4mol-i-0.8mol

C(CH)=-.........=0.2mol/L,c(HO)=1.2mol/L,反应I的平衡常数

4IL*2

22

“c[H2O(g)].c[CH4(g)]0.2xl.2八,“<

44

c[H2(g)]-dCO2(g)]0.4x2-'

(3)对反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H50H(g)+3H2O(g),正反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，所以

产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H?,b表示CCh,

c为H2O,d为C2H5OH；T4温度时,m=3时，设n(CC>2)=3mol,n(H2)=9mol,列三段式如下：

2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)

起始(mol)390

，«(CO2)=rt(C2H5OH),3-2x=x,解得

转化(mol)2x6x3x

平衡(mol)3-2x9-6x3x

x=lmol,则乙醇所占的物质的量分数为

〃(C2H5OH)

3(C2H5OH)==12.5%，反应达到平衡时物质d

n(CO2)+〃(凡)+n(C2H5OH)+n(H2O)1+3+1+3

的分压p(d)=P(C2H5OH)=20aMPax12.5%=2.5aMPao

19.【答案】(方程式2分，其余每空1分)正d2Cr+2H2O—2OH+H2T+ChT负

40H--4e-2H2O+O2?变小变浅铜5.4

【详解】

(1)①由钠离子的移动方向可知，A电极为阳极，与直流电源正极相连，故答案为；正；

②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，B电极为阴极，与直流电源负极相连，水在阴极上得到电子

发生还原反应生成氢气，同时破坏水的电离平衡，在阴极区云集大量氢氧根离子，则氢氧化钠溶液从图中d

处流出，故答案为：d；

③电解饱和食盐水时，反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2C1-+2H2OH+H2T+CI2T，

故答案为：2C1-+2H2。理2OH-+H2T+CLT；

(2)①将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F为电解池的阴极，则B为电源的负极，C为电解池的

阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子分氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH、4e=2H2O+O2T；

甲池电解硫酸铜溶液，电解时反应生成硫酸、铜和氧气，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；氢氧化

铁胶粒带正电荷，向阴极丫移动，则阳极X附近的颜色逐渐变浅，故答案为：负；40H-4e=2H2O+O2t；

减小；变浅；

②由图可知，G为电镀池的阳极，则丙装置给铜件镀银时，H为镀件铜；当乙中溶液的0H-浓度为O.lmol/L(此

时乙溶液体积为500mL)时，电路中转移电子数目为0.1mol/LX0.5L=0.05mol,则铜镀件上析出银的质量为

0.05molX108g/mol=5.4g,故答案为：铜；5.4„

20.【答案】(除特殊说明，其余每空2分)571.4将HCO3转化为CO3增大溶液中CO；•的浓度

温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发

取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚献，溶液不变红氨水。分)

SrSO4+2C=SrS+2co2T(或SrSO4+4C=SrS+4CO?)

取适量的黑灰用90℃的热水浸取2〜3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍

过量的3moi.1月2504,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干

【分析】

天青石精矿(主要含SrSCh,还含有少量SiCh、CaS04、BaSCU),加入碳酸氢镀溶液和氨水浸取，可将SrSCM

转化为SrCCh,过滤后滤渣含有SiCh、CaCCh、BaSCh、SrCCh滤液中含有NH：,滤渣经过焙烧，“焙烧”

所得SrO粗品用蒸储水多次浸取得Sr(0H)2溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO4,以此解答。

【详解】

C(S。：)

(1)室温下，反应SrSO4(s)+CO；(aq)SrCCh(s)+SO：(aq)达到平衡，则溶液中

c(CO；)

KSrSQ7

sP(4)3.2xlQ-

=10=571.4,故答案为：571.4；

Ksp(SrCO3)5.6xl0-

(2)一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目

的是：将HCC)3转化为CO；,增大溶液中CO；的浓度；NH4HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3

的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取I”的条件是温度在60〜70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致

SrSCU的转化率下降，故答案为：将HCO；转化为CO；,增大溶液中CO；的浓度；温度过高将会导致

NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发；

(3)SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2,取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酬,

溶液不变红说明浸取完全，故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酥，溶液不变红；

(4)第一步浸取滤液中含有NH：,在沉淀过程中会生成NH3,H2O,可循环利用，故答案为：氨水；

(5)①SrS04与C发生氧化还原反应生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程

式为：SrSO4+2C=SrS+2co2T(或SrSO4+4C=SrS+4coT),故答案为：SrSd+2C=SrS+2co2T(或SrSCh

+4C=SrS+4coT)；

②由图可知,9(TC是Sr(0H”的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2〜3次，将产生的气体用NaOH

溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3molLIH2SO4,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故答案为:

取适量的黑灰用90℃的热水浸取2〜3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍

过量的3moi1一日2s04,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。

21.【答案】(除特殊说明，其余每空2分)高温(1分)

2H2SO4(1)=2SO2(g)+0：(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol>(1分)0.0125,(或0.167)吸收

6

kkk

(1分)1j%C(H2)-C(l2)(1分)

k-Ik-2

【分析】

(1)由反应式①+②可得热化学方程式；

(2)①随着温度的不断升高，HI的物质的量不