2021-2022学年高二化学上学期期中测试卷（人教版2019）01（全解全析）

2021-2022学年上学期期中测试卷01

高二化学.全解全析(通用卷)

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CACBCCBCCDDACADC

1、【答案】c

【解析】A.将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A错误；

B.废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；

C.天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；

D.含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误;

故选C。

2、【答案】A

【解析】A.碳酸钙是盐，难溶于水，但溶于水的部分完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，A符

合题意；

B.石墨是非金属单质，不是化合物，因此既不是电解质，也不是非电解质，B不符合题意；

C.酒精是乙醇的俗称，是由分子构成的化合物，在水中或熔融状态下不能导电，属于非电解质，C不符合

题意；

D.次氯酸分子式是HC1O,在水中部分电离产生自由移动的H+、C1O-,是一元弱酸，属于弱电解质，D不

符合题意；

故合理选项是A。

3、【答案】C

【解析】A.测得容器内B的浓度减少了0.2mol-L1则C的浓度增加了了0.1mol-L1,

1

v(C)=—=°/°=o.02mol-L'-min,故A正确；

At5min

B.容器内B的浓度减少了0.2mol-Ll根据改变量之比登记计量系数之比,5min时,容器内c(D)=0.2mol-L-|,

故B正确；

C.该反应是体积增大的反应，随着反应的进行，反应后压强增大，故C错误；

D.经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol-LL物质的量的改变量为0.2mo卜LTx5L=1mol,C物

质的量增加了0.5mol,D物质的量增加了Imol,因此5min时容器内气体总物质的量为2moi

-lmol+0.5mol+1mol=2.5mol,故D正确。

综上所述，答案为C。

4、【答案】B

【解析】①由ImolCHa完全燃烧生成液态水和CO2,放出89O.3kJ的热量，则热化学方程式为

CH4(g)+2O,(g)=CO2(g)+2H,O(l)AH=-890.3kJ/mol,即为负值，故①错误；

②由lmolCH4完全燃烧生成液态水和CO2,放出89O.3kJ的热量，则热化学方程式为

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2。⑴△，=-890.3kJ/mol,即△”的单位为kJ/mol,故②错误；

③由ImolCE完全燃烧生成液态水和CO2,放出89O.3kJ的热量，则热化学方程式为

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2Hq⑴△”=-890.3kJ/mol,即生成水的状态为液态，故③错误；

④由lOlkPa时，ImolHz完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则2moi氢气完全燃烧放出热量应该

为285.8kJx2=571.6kJ,则热化学方程式为2H②值)+02值)=2也0(1)AH=-571.6kJmol1,故④正确;

经上述分析，只有④正确，B选项符合题意；答案为B。

5、【答案】C

【解析】由图可知：反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的

反应，则为烯减的反应，即△”<(),AS<0,答案选C。

6、【答案】C

【解析】A.由图可知，IniolC(s)和lmolH2O(g)具有的能量小于生成物ImolCO(g)和ImolH^g)具有的能量,

则该反应为吸热反应，故A错误；

B.因为ImolC(s)需要吸收能量才能变成ImolC(g),所以ImolC(g)和ImolHaO(g)具有的总能量高于ImolC(s)

和lmolH2O(g)具有的总能量，故B错误；

C.由图可知，△H=393.9kJ-moH-262.6kJ-moH=131.3kJ-moH,则ImolC(s)和ImolHzO(g)反应生成ImolCO(g)

和lmolH2(g),吸收131.3kJ热量，故C正确；

D.由图可知，ImolC(s)和ImolFhCKg)吸收393.9kJ热量变成lmolC(g)+lmolO+2moiH,而不仅仅是O—H

键断裂需要吸收393.9kJ热量，故D错误；

答案为C。

7、【答案】B

【解析】①恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故错误；

②其他条件不变，温度升高，增大活化分子百分数，化学反应速率越快，故正确；

③使用催化剂不能改变反应热，故错误；

④没有指定反应，也没有指定反应速率用方程式中的哪种物质表示，所以无法比较3moi/(L・s)和lmo1/(L・s)

的反应速率的快慢，故错误；

⑤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)，活化分子百分数不变，增加了单位体积

内活化分子数，故正确；

⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，增加的是单位体积内活化分子数，故错误；

②⑤正确，故答案选B。

8、【答案】C

【分析】

平衡常数为平衡时产物浓度系数次基的乘积与反应物浓度系数次暮的乘积的比值。

【解析】A.升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，由于无法得知正反应方向的焙变，因此无法判断温度

变化时，化学平衡常数的变化，故A错误；

B.根据化学平衡常数表达式可知，反应物W、Z计量数之和为：3+2=5；生成物X、Y计量数之和为：1+2=3,

因此增大压强时，化学平衡向正反应方向移动，因此W质量分数减小，故B错误；

C.化学平衡常数表达式中，生成物位于分子位置，其基为计量数，反应物位于分母位置，塞为计量数，所

以化学方程式可写为：3Z(g)+2W(g)UX(g)+2Y(g),故C正确；

D.X为生成物，增大X浓度，化学平衡向逆反应方向移动，故D错误；

答案选C。

9、【答案】C

【解析】若量热计的保温瓶绝热效果不好,则会损失一部分热量，则测出放出热量偏少，因为为负值，则所测

△”偏大，故A正确;搅拌选用导热性差的玻璃搅拌器，故B正确;若选用盐酸,则放出的热量将更多，所以温度升

高将超过27.7°C,故C错误；酸和碱反应测中和热时，为了保证一方完全反应，往往需要另一方试剂稍稍过量,

减少实验误差，所以加NaOH溶液过量的目的是保证CHsCOOH溶液完全被中和，故D正确。

10、【答案】D

【解析】A.反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A正确；

B.根据示意图可知过程I中NH?断裂极性键，需要吸收能量，铁离子转化为亚铁离子，碳元素化合价降低,

Fe"体现了氧化性，故B正确；

2++u

C.过程川中氧气氧化亚铁离子，反应的化学方程式：4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O,故C正确；

D.根据示意图可判断反应物是NH、、O”NO,生成物是水和氮气，Fe"在反应前后没有发生变化，故

作催化剂，Fe”为中间产物，故D错误；

故选D。

11、【答案】D

【分析】

起始溶液总体积相同，过氧化氢体积越大，起始浓度越大。

【解析】A和B相比，温度相同，B的反应物浓度更大，B较快；B和D相比，反应物浓度相同，D比B温

度高、且加了催化剂氯化铁，D较快；C和D相比，温度相同，有同量的催化剂氯化铁，D反应物浓度较大,

D较快；综上所述，D较快；

选D。

12、【答案】A

【解析】A.2.3g金属钠与氧气完全反应生成Na?。与Na?。?混合物，按得失电子数相等，O.lmol钠失去

O.lmol电子，转移的电子数目为01NA，A项正确；

B.L6gOz和O3混合气体中含有01NA个氧原子，所含的分子数目无法确定，B项错误；

C.浓硝酸与足量铜充分反应的过程中，硝酸浓度降低后会生成NO,C项错误；

D.标准状况下，SO3为固体，D项错误；

答案选A。

13、【答案】C

【解析】A.加水后平衡右移，但由于水增多体积变大，氢离子浓度减小，A错误；

B.滴加NaOH溶液，H+浓度减小，平衡向右移动，B错误；

C.氯气和硫化氢反应方程式为Cb+H2S=S1+2ch通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以

溶液的pH减小，C正确；

D.加入硫酸铜溶液发生反应H2S+CUSCU=H2s04+CuS1,硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，D

错误；

故选Co

14、【答案】A

【解析】A.相同pH的醋酸溶液和盐酸中H+的物质的量浓度相等，分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生

H?的起始速率相等，未告知醋酸和盐酸的浓度，故无法证明醋酸是弱电解质，A符合题意；

B.常温下，测得O.lmolL」醋酸溶液的pH=4,即溶液中H+浓度为lO^mol/L,即可说明醋酸部分电离，说

明其属于弱电解质，B不合题意；

C.常温下，将pH=l的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH<4,说明醋酸电离存在一个平衡，随着稀释电离正

向移动，产生了更多的H+,使得H+浓度大于104moi/L,说明醋酸是弱电解质，C不合题意；

D.由于醋酸和盐酸均为一元酸，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸不能够完全电离

产生能够自由移动的离子，说明醋酸是弱电解质，D不合题意；

故答案为：A。

15、【答案】D

【解析】酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐均能促进水的电离，NaOH是强碱，抑制

水的电离，Na2cCh是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3coOH为弱

酸，其他条件不变，稀释CH3co0H溶液，CH,）减小，c（0H-）增大，所以黑十增大，B项错误；NaOH抑

制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度降低，所以水的电离程度增大，C项错

误；温度升高，水的电离程度增大，c（OH）和c（H*）增大，所以Kw增大，D项正确。

16、【答案】C

【解析】A.根据图象可知，曲线a表示c（H2co3）、曲线b表示c（HCO；）、曲线c表示c（COj）随溶液pH

变化的曲线，故A正确;

c(HCO；)c(H+)

B.根据图象可知，c（HCO；尸c（H2co3）时，pH=6.2,H2co3的K；,尸故B正确;

c(H£Oj

C.人体血浆中碳酸氢盐起缓冲作用，随c（HCO；）增大，pH变化不大，故C错误;

D.正常人的血液pH在7.35〜745,当血浆的pH=7」时，则发生酸中毒，pH=6」+lg黑黑，所以此

c(HCO：)

时1g=1,c(HCO£)是c(H2cO3)的10倍,故D正确;

c(Hg)

选C。

17、【答案】（每空2分）

（1）放热N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）AH=-92kJ/mol

（2）环形玻璃搅拌棒0.55

（3）CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）AH=-890.3kJ/mol

B2H6（g）+3O2（g）=B2Ch（s）+3H2O⑴AH=-2165kJ/mol

【分析】（1）①若反应物的总能量为E”生成物的总能量为E2,且EI>E2,反应物总能量大于生成物总能

量，则该反应为放热反应；

②已知拆开1molH—H键、ImolN-H键、ImolN三N键分别需要的能量是436kJ、391kJ,946kJ,烙变=反

应物总键能-生成物总键能，则N2与氏反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）AH=946

kJ/mol+436kJ/molx3-391kJ/molx6=-92kJ/mol；

温度诺卜•环形玻璃搅拌棒

（2）如图为简易量热计，题中装置缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为环形玻

反应液

碎泡沫塑料

璃搅拌棒：为使盐酸完全反应，碱应该过量，选O.55mol/L的NaOH溶液；

(3)①16gCHMg)与适量O2(g)反应生成CCh(g)和H2O⑴，放出89O.3kJ热量，焰变为负值，热化学方程式

为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-890.3kJ/mol；。

②0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量,

Imol乙硼烷(B2H6)燃烧放出2165kJ的能量，焙变为负值，热化学方程式为B2H6(g)+3Ch(g)=B2O3(s)+3H2O⑴

AH=-2165kJ/mol。

18、【答案】(每空2分)

(1)A

(2)3A(g)UB(g)+3C(g)

(3)0.6mol/(Lmin)

(4)AB

(5)42.9%

【分析】(1)由A的物质的量浓度不断减小，可以判断A为反应物；

(2)A为反应物，B、C为生成物，又根据反应的系数之比等于反应的物质的量之比，可得反应的方程式

为3A(g)脩与B(g)+3C(g)；

(3)

ajl4、士+Ac(2.4-1.2)mol/L八,….

A的反应速率=—=------------=0.6mol/(Lmin)；

Ar2min

(4)A.每有3molA消耗是正反应方向，3moic消耗是逆反应方向，正逆反应速率相等，达到了平衡，正确；

B.B的体积分数保持不变，即B的量不再变化，达到了平衡，正确；

C.气体的容积和质量恒定，即密度恒定，故密度保持不变，不一定平衡，错误；

D.B和C的浓度之比1：3,不一定平衡，错误；

故选AB。

(5)达平衡时，A的体积分数=—————xi00%«42.9%.

1.2+1.2+0.4

19、【答案】(每空2分)

(1)AB

(2)0.00725mol/(L-min)80%1：14>

(3)在800℃以后，甲醛的分解率不断增大，导致生成的甲醛不断受热分解

【分析1(1)A.在恒温、恒容的密闭容器中发生反应，若CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度保持不变，则反应

达到平衡状态，A符合题意；B.在任何时刻都存在V“：(CH3OH)=2V#(CH30cH3),若v4(2E014)=2"泗

(CH30cH3),则v»：(CH30cH3)=v逆(CH30cH3),反应处于平衡状态，B符合题意；C.该反应是反应前后气

体物质的量不变的反应，气体的温度、容积不变，则体系的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否处

于平衡状态，C不符合题意；D.该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，反应前后气体的质量不变，

则反应混合物的平均相对分子质量始终不变化，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D不符合题意；

故合理选项是AB。

(2)①在10〜30min内，Ac(CH3OH)=0.65mol/L-0.36mol/L=0.29mol/L,则

△C(CHOCH3)=-△C(CHOH)=0.145mol/L,故反应速率v(CH30cH3)=j5/(。

32320minH01f072molL?

②反应开始时c(CHsOH)=0.65mol/L,平衡时c(CH3OH)=0.20mol/L,则CH30H的平衡转化率为：

"臀兽生xl00%=80%。③该反应是反应前后气体物质的量不变的反应；反应在恒温、恒容密闭容器

1.Omol/L

中进行，则气体的压强始终不变，因此反应开始时，容器内的压强为po,第40min末时容器内的压强为p”

故pi：po=l：1。反应开始时c(CH30H)=l.Omol/L,平衡时c(CH30H)=0.20mol/L,反应消耗CH30H的浓

度△c(CH30H)=(1.0-0.20)mol/L=0.80mol/L,则根据物质反应转化关系可知平衡时c(CH30cH3)=。(氏0)=0.40

mol/L,对于反应前后气体物质的量不变的反应，压强比等于气体的物质的量的比，则该反应在200℃时的

0.40mol/L0.40mol/L

—x

平衡常数Kp=1fmol/L④在200℃时，向该容器中投入三种成分的浓度分别为

(-------------)

LOmol/L

C(CH3OH)=0.54mol/L,c(CH30cH3)=c(H2O)=0.68mol/L,

0.68mol/L0.68mol/L

——x—

(0.54+0.68+0.68)mol/L(0.54+0.68+0.68)mol/L-…一e”

QP=---------C-----------------=L59<4,所以反应正向进行，因此VE(CH30H)>V逆

(0.54+0.68+0.68)mol/L

(CH3OH)。

(3)由图可知：在800℃以后，甲醛的分解率随温度的升高而不断增大，因此导致甲醇脱水制取产生的甲

酸不断受热分解，因此使得甲醛产率降低。

20、【答案】车凡、铁(2分)提高水浸温度、不停搅拌等(1分)H2SiO3(1分)

高温，，'小

+3+

2NH4V03\^05+2NH3t+H20(2Cr2O；-+8H+3H2O,=2Cr+3O2T+7H,0(2分)低

于40℃,1^。2还原C2O；的反应速率随温度升高而增加；超过40℃,双氧水分解，浓度降低，导致还

原Cr2。；-的反应速率降低(2分)5.6(2分)

【分析】本流程中''氧化焙烧”步骤中V2O3、CnCh、SiCh分别转化为NaVCh、NazCrCU,FezCh、FeO则变为

Fe2O3,水浸后过滤出滤渣1为Fe2Ch,向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为HaSiCh,加

入硫酸核沉淀机元素，生成NH4VCh沉淀，对NH4VCh进行焙烧得到V2O5,反应方程式为：

2NH4Vo3*V2O\+2NH3r+H?。，向滤液中加入双氧水和硫酸，将NazCrCh还原为CN+,离子方程

式为：2Cr0?+3H2Ch+10H+=2Cr3++3O2T+8H2。,然后加入氨水，沉淀铭，＜21++31^3汨20=50m31+3NH：,

再对Cr(0H)3进行灼烧，2Cr(OH)34cr2O3+3H2O,据此分析解题。

【解析】

(1)由分析可知，“氧化焙烧”时，化合价有变化的元素是帆、铭、铁，故答案为：铭和铁；

(2)“水浸”需要加热，加快可溶于水的物质的溶解速率，故答案为：提高水浸温度、不停搅拌等；

(3)由分析可知，水浸液中存在NazSiOa，与硫酸反应生成的滤渣为HzSiO?,故答案为：H,SiO3；

(4)由分析可知，正五价机的含氧酸钱盐为NH4Vo3,“煨烧”时反应的化学方程式为