陕西省宝鸡市金台区2023至2024学年高二上学期期中考试化学试题附参考答案（解析）

—2024学年度第一学期期中检测高二化学（选择性必修一）答案一、选择题(本题共20小题，每题2分，共40分，在每题列出的四个选项中，只有一个选项符合题意)1-5CACDB6-10DCDBB11-15DCCBC16-20CACDD二、填空21（12分）（1）＜低温（2）+29.84kJ·mol-1（3）（4）<温度越高，达到平衡所需时间越短，可知反应温度T1＞T2。再由平衡时甲醇的浓度可知温度为T2时甲醇浓度小，降低温度，平衡向正向移动，则正反应为放热反应，因此ΔH4<0（其它合理描述酌情给分）22．（14分）(1)

0.03mol/(Lmin)

0.05mol/L

60%200(2)CD(3)

>

正反应方向23.（14分）（1）B酚酞（2）22.80（3）③（4）加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不变色（5）0.1070（6）③⑤24.（12分）（1）H2SO3、H2CO3、H2S、HClO（2）2×10-5mol/LCD（3）D（4）10（5）25．（8分）（1）2.0×10﹣12mol/L（2）3.3(3)A（4）可以解析：1.【答案】C【解析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，所以明矾可以用于净水，故A正确；B．氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，能够与铁锈反应生成可溶性物质，故B正确；C．草木灰含碳酸钾，碳酸根离子与铵根离子发生双水解，生成一水合氨，一水合氨分解生成氨气，降低肥效，故C错误；D．CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为：CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，碳酸钙易和酸反应除去，故D正确；故选：C。2.【答案】A【解析】A．锌与硫酸反应生成氢气，可以测定单位时间产生气体的体积或者生成单位体积的气体所需时间来测量反应速率，A正确；B．温度计应该测量混合溶液的温度，放入小烧杯中，B错误；C．氢氧化亚铁易被氧化，胶头滴管应深入溶液以下，C错误；D．酸式滴定管中下端没有刻度，故剩余的溶液体积大于38.40mL，D错误；故选A。3.【答案】C【解析】A．△G<0反应自发进行，能自发进行，反应速率不一定大，如金属的腐蚀，故A错误；B．反应自发进行条件是△H-T△S<0，反应自发进行不一定不需要任何条件，高锰酸钾受热分解，故B错误；C．同种物质熵值：液体＞固体，则冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，故C正确；D．根据△H-T△S<0，ΔH＜0，△S＞0，任何温度下都可自发进行，则需满足b＜3；ΔH＜0，△S＜0，低温条件下也可自发进行，则满足b＞3，故D错误；故答案选：C。4.【答案】D【解析】A．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol，故A错误；B．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以无法由将0.5mol氮气和1.5mol氢气置于密闭容器中充分反应生成氨气放出热量19.3kJ计算反应的焓变，故B错误；C．中和热为稀的强酸溶液和稀的强碱溶液反应生成1mol水放出的热量，故C错误；D．氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，但可逆反应的焓变仍可通过测定消耗一定量的反应物或生成物放出的热量的实验方法直接测得，故D正确；故选D。5.【答案】B【解析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，升高温度，提供能量，能增大活化分子百分数，故A错误；B．加入催化剂后反应的活化能降低，但不能改变反应的起始状态，所以反应的焓变不变，故B正确；C．该反应为放热反应，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量，故C错误；D．恒温恒容条件下通入氦气，此时容器体积不变，则单位体积内O2的活化分子数不变，故D错误；故选：B。6．【答案】D【解析】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，A错误；B．该反应前后气体系数之和相等，减小压强对平衡无影响，n(CO2)不变，B错误；C．催化剂只改变反应速率，不影响平衡转化率，C错误；D．压强恒定，充入一定量的氮气，容器体积增大，反应物和生成物的分压降低，但由于该反应平衡不受压强影响，所以平衡不移动，n(H2)不变，D正确；综上所述答案为D。7.【答案】C【解析】A．溶液中和共存说明甲酸存在电离平衡，即甲酸为弱电解质，故A正确；B．0.1mol/LHCOOH溶液的pH大于1，说明溶液中浓度小于0.1mol/L，即甲酸不完全电离，为弱电解质，故B正确；C．10mL1mol/LHCOOH恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，是酸碱中和反应，不能说明甲酸为弱电解质，故C错误；D．同浓度的HCOOH溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明甲酸溶液中自由离子浓度小于盐酸，即甲酸不完全电离，故D正确；故选C。8.【答案】D【解析】A．当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol/L；需要②溶液浓度为1mol/L；、需要③H2SO4溶液浓度为0.5mol/L；其物质的量浓度由大到小排列的是①＞②＞③，A正确；B．当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；①CH3COOH溶液电离出氢离子浓度小于1mol/L、②HCl电离出氢离子浓度为1mol/L、③H2SO4，电离出的氢离子浓度为2mol/L；pH由大到小排列的是①＞②＞③，B正确；C．中和等量的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要①醋酸1mol，需要②HCl1mol；需要③H2SO40.5mol；需同浓度的三种酸溶液的体积比为2∶2∶1，C正确；D．pH相同的①、②、③三溶液，开始的H+浓度相同，随着反应的进行，醋酸继续电离出H+，反应速率快，而盐酸和硫酸不再电离，H+浓度不变，反应速率不变，故收集相同体积的气体所需时间①<②=③，D错误。故选D。9．【答案】B【解析】①溶液中一定存在电荷守恒，此溶液共有四种离子，则必有则存在c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，故①正确；②若溶液中c(NH)=c(Cl-)，根据电荷守恒知c(OH-)=c(H+)，则该溶液一定显中性，故②正确；③NH4Cl溶液水解显酸性，溶液中离子中c(H+)＞c(OH-)，故③错误；④若溶液中c(OH-)＞c(H+)，则溶液呈碱性，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，则溶液中一定含有NH3·H2O，则溶液中溶质一定为NH4Cl和NH3·H2O，故④错误；答案为：B。10.【答案】B【解析】A．向水中加入少量金属Na，Na会和H2O反应，其本质是Na和水电离产生的H+反应，使得c(H+)减小，平衡正向移动，c(OH-)增大，A正确；B．向水中加入少量CH3COOH，CH3COOH的电离程度大于水的电离，使得c(H+)增大，平衡逆向移动；但是温度不变，KW也不变，B错误；C．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离出Na+、H+和，故向水中加入少量NaHSO4，使得c(H+)增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，C正确；D．NaCl对水的电离无影响，向水中加入少量NaCl固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动，D正确；故选B。11.【答案】D【解析】A．常温下，Kw=1.010-14，pH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)=10-2mol/L，A错误；B．常温下，加酸或加碱都可以抑制水的电离，当水电离出的，该溶液可能是碱溶液也可能是酸溶液，B错误；C．一水合氨是弱碱，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更多，C错误；D．常温下，用水稀释0.1的醋酸溶液，越稀越电离，和CH3COO-的物质的量均增大，但浓度减小，D正确；故选D。12.【答案】C【解析】A.没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B.由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C.判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确；D.根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。13．【答案】C【解析】由甲实验数据可知，等浓度等体积的一元酸HA和NaOH溶液混合后溶液恰好生成NaA，反应后的溶液pH=9，可知NaA为强碱弱酸盐，所以HA为一元弱酸，据此分析。A．HA是弱酸，与等体积、等浓度的NaOH溶液混合反应后恰好生成NaA，溶液应显碱性，要溶液显中性，HA应过量，故c1一定大于0.2，A正确；B．根据上述分析可知HA为一元弱酸，电离方程式为：HAH++A-，B正确；C．乙反应后溶液的pH为7，c(OH-)＝c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，C错误；D．甲反应后溶液恰好生成NaA，溶液显碱性，所以NaA溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确；答案为：C。14．【答案】B【解析】CaCO3溶于水达饱和，其物质的量浓度为5.0×10﹣5mol/L，CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）＝c（CO32﹣）＝5.0×10﹣5mol•L﹣1，Ksp＝5.0×10﹣5mol•L﹣1×5.0×10﹣5mol•L﹣1＝2.5×10﹣9mol2/L2，故选：B。15.【答案】C【解析】A．碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中发生水解反应使溶液中阴离子物质的量增大，则1L0.5mol/L碳酸钾溶液中阴、阳离子总数大于0.5mol/L×1L×3×NAmol-1=1.5NA，故A正确；B．25℃时，1LpH=12的氢氧化钠溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，故B正确；C．浓硫酸与足量的镁反应时，浓硫酸会变为稀硫酸，浓硫酸与镁反应生成硫酸镁、二氧化硫和水，2mol浓硫酸反应转移2mol电子，稀硫酸与镁反应生成硫酸镁和氢气，2mol稀硫酸反应转移4mol电子，则含0.2mol硫酸的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数介于0.2mol×NAmol-1=0.2NA和0.4mol/L×NAmol-1=0.4NA之间，属于反应转移电子数大于0.2NA，故C错误；D．1mol氢气和1mol一氧化碳完全燃烧均消耗0.5mol氧气，则标准状况下，氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为×0.5×NAmol-1=0.2NA，故D正确；故选C。16．【答案】C【解析】A.温度相同，溶度积相同，则a、b、c三点对应的Ksp相等，故A正确；B.d点c（Ag+）•c（Cl﹣）＜Ksp，无固体析出，为不饱和溶液，故B正确C.增大c（Cl﹣），溶解平衡逆向移动，则AgCl在c点的溶解度比b点的小，故C错误；D.饱和溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），则AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故D正确；故选：C。17．【答案】A【解析】A．已知反应为气体反应体系，根据该反应的平衡常数表达式K=可知，该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)，A正确；B．降低温度，活化分子百分数减小，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，B错误；C．若温度适当降低，F的浓度增加，说明降温平衡逆向进行，则该反应为吸热反应，该反应的焓变为正值，C错误；D．温度不变，平衡常数不发生改变，D错误；答案选A。18.【答案】C【解析】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，A正确；B．25°C时反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为=2×10-5，B正确；C．浓度商Qc===8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，v(正)＜v(逆)，C错误；D．80°C达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)==1mol/L，由于K=，故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=2×1mol/L=2mol/L，D正确；故选C。19.【答案】D【解析】A．水是弱电解质，电离需吸收能量，温度升高，c(H+)、c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)增大，根据图象可知：在温度为T1时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-12；在温度为T2时Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14，所以温度：T1＞T2，A错误；B．水的离子积常数Kw只与温度有关，温度越高，Kw=c(H+)·c(OH-)就越大，温度相同，则Kw相同，根据A、D、E所处的温度可知三点Kw间的关系：A=D=E，B错误；C．曲线a、b中只有在c(H+)=c(OH-)才可能代表在同一温度下纯水的电离情况，即只有A、B、C三点才表示纯水情况，曲线上其它各点不表示纯水电离情况，C错误；D．B点时水的离子积常数Kw=10-12。盐酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，由水电离的c(H+)=1.0×10-12mol·L-1的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，将两种溶液等体积混合，由于c(OH-)＞c(H+)，所以混合发生反应后溶液显碱性，D正确；故选D。20．【答案】D【解析】A．难溶性物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于Ksp(CuS)＜Ksp(PbS)，所以会形成CuS沉淀，发生沉淀的转化，由难溶解的向更难溶解的物质转化。由于二者的化学组成相似，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，A项错误；B．自然界地表层原生铜的硫化物被氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，说明原生铜的硫化物具有还原性，在CuS中S是-2价，也具有还原性，B项错误；C．ZnS难溶于水，因此CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，C项错误；D．在整个过程中既有电子转移的氧化还原反应，也有沉淀转化的复分解反应，D项正确；故选D。21.【答案】（1）＜低温（2）+29.84kJ·mol-1（3）（4）<温度越高，达到平衡所需时间越短，可知反应温度T1＞T2。再由平衡时甲醇的浓度可知温度为T2时甲醇浓度小，降低温度，平衡向正向移动，则正反应为放热反应，因此ΔH4<0【解析】（1）该反应的气体的分子数减小，该反应的熵变＜0，反应能自发进行，即∆G=∆H-T∆S＜0，由于∆S＜0，∆H＜0，在低温下该反应能自发进行，故答案为：＜；低温；（2）根据盖斯定律，两式相减可得，该过程为吸热过程，则，故<；（3）1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ×32=725.8kJ，所以甲醇燃烧热的热化学方程式为。(4)由于温度越高，反应速率就越快，反应达到平衡所需时间就越短。根据图象可知：反应在温度是T1时先达到平衡，说明反应温度：T1＞T2。结合CH3OH的平衡浓度可知：温度越低，平衡时c(CH3OH)越小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理可知：该反应的正反应是放热反应，因此△H＜0；22．【答案】(1)

0.03mol/(Lmin)

0.05mol/L

60%200(2)CD(3)

>

>【解析】(1)若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol，则消耗0.1molN2，0.3molH2，速率v(H2)=0.325=0.03mol/L·min,平衡时氮气的浓度是=0.05mol/L，消耗氢气的物质的量是0.2mol×1.5=0.3mol，氢气的转化率为：；由化学方程式可知K=，代入可得k=200(2)A．加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，A项不选；B．增大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，B项不选；C．正反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，C项选；D．加入一定量N2，平衡正向移动，氢气转化率增大，D项选；答案选CD；(3)①由该反应ΔH<0可知，该正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2；②400℃时，该反应的Qc==1>0.5，则反应向正反应方向进行。23.【答案】（1）B酚酞（2）22.80（3）③（4）加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不变色（5）0.1070（6）③⑤【解析】（1）取用待测盐酸，应该使用酸式滴定管，应选仪器B；由于生成的醋酸钠水解显碱性，因此选用酚酞作指示剂（2）滴定管的“0”刻线在上面，最大刻度在下面，精确度为0.01mL，则其读数为22.80mL；（3）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作③，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；（4）用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，滴定达到终点的现象是：加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不变色；（5）进行三次滴定实验，反应消耗NaOH标准溶液的体积分别是(27.70-0.98)mL=26.72mL、(28.02-0.71)mL=27.31mL；(27.42-0.64)mL=26.78mL，第二次数据偏差较大，应该舍去，则平均消耗NaOH标准溶液的体积V==26.75mL，根据滴定时反应转化关系可知HCl的浓度为c(待测)==0.1070mol/L；（6）①配制标准溶液的固体NaOH中含有KOH杂质，KOH的摩尔质量大，故相同质量KOH的物质的量小，导致标准液的浓度下降，需要标准液的体积增大，导致测定结果偏高，故不选；②盛放醋酸的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不会影响醋酸的物质的量，就不会影响浓度，故测定结果不变，故不选；③读取NaOH标准溶液的体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，仰视的结果偏低，俯视的结果偏高，如图最终导致V(标准)偏低，测定结果偏低，故选；④碱式滴定管在滴定前尖嘴处没有气泡，滴定后有气泡，会导致一部分标准液残留在尖嘴处，需要标准液的体积增大，根据c(待测)=，使测定结果偏高，故不选；⑤酸式滴定管水洗后未用待测醋酸溶液润洗，会导致醋酸浓度偏小，需要NaOH体积偏小，测定结果偏低，故选

故答案为：③⑤；24.【答案】（1）H2SO3、H2CO3、H2S、HClO（2）2×10-5mol/LCD（3）D（4）10（5）【解析】（1）电离常数越小，酸的酸性越弱，由表中数据可知25℃时H2SO3酸性最强，HClO的酸性最弱。各酸酸性由强到弱的顺序为，在H2SO3H2S、H2CO3、HClO；（2）HClO是弱电解质，溶液中存在电离平衡，HClOH++ClO-查表可知HClO25℃时电离平衡常数为Ka1=4.0×10-8，Ka1=，c(H+)=2×10-5mol/L。在HClO溶液加水稀释过程中，H+、CN-和