学年福建省宁德市高二上学期期末模拟质量检测化学反应原理试题 解析版.docx

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学年福建省宁德市高二上学期期末模拟质量检测化学反应原理试题解析版

宁德市2017-2018学年高二上学期期末模拟质量检测

《化学反应原理》

1.下列物质能促进水的电离的是（）

A.小苏打B.醋酸C.乙醇D.氯化钠‎

【答案】A

【解析】试题分析：

盐类水解促进水的电离。

A、小苏打中碳酸氢跟离子水解促进水的电离，正确；B、弱酸电离抑制水的电离，错误；C、非电解质，对水的电离没有影响，错误；D、强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离没有影响，错误。

考点：

考查水的电离平衡有关问题。

2.在容积可变的密闭容器中，1molN2和4molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25％，则平衡时的氮气的体积分数接近于（）

A.5％B.10％C.15％D.20％

【答案】C

【解析】在容积可变的密闭容器中，1molN2和4molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25％，则氢气减少1mol、氮气减少

mol，生成

molNH3，则平衡时的氮气的体积分数为

15％，本题选C。

3.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A.a点所示溶液中c（Na+）>c（A—）>c（H+）>c（HA）

B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同

C.pH=7时，c（Na+）=c（A—）+c（HA）

D.b点所示溶液中c（A—）>c（HA）

【答案】D

【解析】A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c（Na+）＞c（A-）＞c（HA）＞c（H+），A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：

c（Na+）=c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c（HA），D正确，答案选D。

视频

4.关于下列装置的说法正确的是　　　（）

A.装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液

B.装置①将电能转变为化学能

C.若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒

D.若装置②用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变

【答案】A

【解析】试题分析：

A．Zn比铜活泼为负极，Cu为正极，K+移向CuSO4溶液，故A正确；B．原电池是将化学能转化为电能，故B错误；C．用装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故C错误；D．电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选A。

考点：

考查原电池和电解的相关原理。

5.能证明乙酸是弱酸的实验事实是（）

A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2

B.0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7

C.CH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2

D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红

【答案】B

【解析】试题分析：

A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选B。

考点：

考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法。

视频

6.常温下，下列离子浓度关系正确的是（）

A.pH=4的CH3COOH溶液中，c（H+）=c（CH3COO－）=4.0mol·L-1

B.pH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（CH3COO－）＞c（Na+）

C.0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，c（Na+）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H+）

D.0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，c（Na+）=c（CH3COO－）+c（OH－）

【答案】B

【解析】A.pH=4的CH3COOH溶液中，c（H+）=c（CH3COO－）=10-4mol·L-1，A不正确；B.pH=5的CH3COOH和CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以c（CH3COO－）＞c（Na+），B正确；C.CH3COONa水解使溶液呈碱性，0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），C不正确；D.0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO－）+c（OH－），D不正确。

本题选B。

7.已知反应：

2SO2（g）+O2（g）

　2SO3（g）ΔH＜0.某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图甲所示。

则下列说法正确的是（　）

A.由图甲知，B点SO2的平衡浓度为0.3mol·L-1

B.由图甲知，A点对应温度下的平衡常数为80

C.达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示

D.压强为0.50MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2＞T1

【答案】C

【解析】试题分析：

A、甲图中A点时SO2的转化率为0.80，由“三段式”：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

初始量（mol/L）0.20.10

变化量（mol/L）0.80×0.20.080.80×0.2

A点时（mol/L）0.040.080.16

B点时SO2的转化率为0.85，计算转化的SO2的物质的量为0.85×2=1.7mol，剩余为0.3mol，此时其浓度为0.3mol·L-1，但是并非平衡浓度，A错误；B、A点所在温度下的化学平衡常数为200，B错误；C、缩小容器的容积，增大压强化学平衡正向移动，图乙正确，C正确；D、由图丙判断T1>T2，D错误；答案选C。

考点：

考查了化学平衡的图像的相关知识。

8.现将浓度相等、体积分别为V1、V2的CH3COOH、NaOH溶液混合，测量混合液温度，结果如图（已知：

V1+V2=50mL）。

下列叙述错误的是（）

A.实验的环境温度低于22℃

B.P点的混合溶液的pH=7

C.混合溶液的导电能力：

M>N

D.若将CH3COOH改为HCl，P点温度高于28℃

【答案】B

【解析】试题分析：

首先读懂图表，题设图表揭示了中和反应过程中酸、碱溶液体积变化与反应溶液温度变化的关系，了解下列各点：

CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后溶液温度上升，说明酸碱反应是放热的；温度上升的大小随酸、碱相对体积的变化而变化，说明反应放热的大小与发生反应的酸、碱的数量有密切相关；图线的起始点表示5mLCH3COOH溶液和45mLNaOH溶液混合后温度是22℃；当25mLCH3COOH溶液和25mLNaOH溶液混合时，反应液温度达到最高值28℃。

由此，可以断定该实验的环境温度低于22℃；25mLCH3COOH溶液和25mLNaOH溶液混合可恰好完全反应，放热最多，生成强碱弱酸盐，溶液的PH>7，M点醋酸完全反应，NaOH有剩余，N点NaOH完全反应，CH3COOH有剩余，由于醋酸是弱酸，部分电离，NaOH是强碱，全部电离，所以混合溶液的导电能力：

M>N，醋酸是弱酸，部分电离，在反应的过程中，不断吸收能量，所以若将CH3COOH改为HCl，P点温度高于28℃，可见，选项A、C、D正确，B错误；选B。

考点：

考查酸碱中和的定性分析。

9.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。

下列说法中正确的是（）

A.将熔融CaF2—CaO换成Ca（NO3）2溶液也可以达到相同目的

B.阳极的电极反应式为：

C+2O2--4e-＝CO2↑

C.在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少

D.石墨为阴极

【答案】B

【解析】试题分析：

由图可知，石墨为阳极，阳极上的电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，钛网电极是阴极，阴极上的电极反应式为:

2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为:

2Ca+TiO2＝Ti+2CaO。

A.将熔融CaF2—CaO换成Ca（NO3）2溶液后，阴极上溶液中的氢离子放电，所以得不到钙，故A不正确；B.阳极的电极反应式为C+2O2--4e-＝CO2↑，B正确；C.由阴极上的电极反应式:

2Ca2++4e﹣═2Ca及钙还原二氧化钛反应方程式2Ca+TiO2＝Ti+2CaO可知，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C不正确；D.石墨为阳极，D不正确。

本题选B。

点睛：

本题考查了电解原理，根据图中信息可以判断电极属性及两个电极上发生的反应，要仔细读图、充分尊重题中信息，切不可主观臆造。

10.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（）

A.碳酸钙不溶于水，但溶于盐酸

B.由2NO2（g）

N2O4（g）组成的平衡体系，加压后颜色加深

C.高压比常压有利于合成氨的反应

D.用热的纯碱溶液洗油污时，去污效果好

【答案】B

【解析】A、碳酸钙溶于水电离出碳酸根离子和钙离子，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳，促进碳酸钙电离，所以能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、增大压强后，反应体系的体积减小，二氧化氮的浓度增大，导致气体颜色加深，所以不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、合成氨反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特列原理解释，选项D不选。

答案选B。

点睛：

本题考查勒夏特列原理的应用。

勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。

11.下列关于各图像的解释或结论正确的是（）

　　甲　　　　　　　　　　　　　乙　　　　　　　　　　　丙　　　　　　　　　　　丁

A.由甲可知：

热化学方程式是H2（g）+

O2（g）=H2O（g）　DH=﹣241.8kJ/mol

B.由乙可知：

对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）

　N2O4（g），A点为平衡状态

C.由丙可知：

将A、B饱和溶液分别由T1℃升温至T2℃时，溶质的质量分数B>A

D.由丁可知：

同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者

【答案】D

【解析】试题分析：

A、从图分析，生成2摩尔液态水放出483.6kJ的热量，不能确定生成气态水的热量，错误，不选A；B、A点为二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相等，但不是平衡，错误，不选B；C、随着温度升高，而这的溶解度都增大，所以饱和溶液变成不饱和溶液，在T1温度下，溶解度相同，则溶液中的质量分数相同，错误，不选C；D、加水稀释，HB的变化小，说明其酸性比HA弱，则酸越弱，对应的盐水解程度越大，碱性越强，正确，选D。

考点：

热化学方程式的书写，平衡状态的判断，盐类的水解

12.一定温度下，水溶液中H+和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）

A.升高温度，可能引起有c向b的变化

B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10‾13

C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化

D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

【答案】C

【解析】A、温度升高，水的离子积增大，c（H+）、c（OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，错误；B、水的离子积常数K=c（H+）·c（OH-），从图可知离子积是1.0×10-14，不是1.0×10-13，错误；C、加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c（H+）增大，则c（OH-）减小，故可能引起由b向a的变化，正确；D、温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，错误。

答案选C。

视频

13.工业上用CO和H2合成CH3OH：

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）。

平衡常数如下表：

下列说法正确的是（）

温度/℃

0

100

200

300

400

平衡常数

667

13

1.9×10-2

2.4×10-4

1×10-5

A.该反应的△H>0

B.加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率

C.工业上采用5×103kPa和250℃的条件，其原因是原料气的转化率高

D.t℃时，向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100

【答案】D

【解析】试题分析：

A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，△H＜0，A错误；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，B错误；C、升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）

起始浓度（mol/L）0.10.20

变化浓度（mol/L）0.1×50%0.10.05

平衡浓度（mol/L）0.050.10.05

平衡常数K=

=100，D正确，答案选D。

考点：

考查化学平衡影响因素分析判断，平衡常数概念的计算应用

14.常温下pH=1的乙酸溶液和pH=13的NaOH溶液，下列叙述中正确的是（）

A.乙酸溶液中水的电离程度比NaOH溶液中的小

B.乙酸溶液中c（CH3COOH）大于NaOH溶液中c（Na+）

C.若两溶液混合后pH=7，则有：

c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）

D.分别稀释10倍，两溶液的pH之和大于14

【答案】B

【解析】试题分析：

A.酸、碱均抑制水的电离，pH=1的乙酸溶液和pH=13的NaOH溶液对水的电离抑制程度相同，A项错误；B.乙酸是弱酸，部分电离，NaOH是强碱，全部电离，所以[H＋]和[OH－]相同的乙酸和NaOH溶液中，乙酸溶液的c（CH3COOH）大于NaOH溶液中c（Na+），B项正确；C.若两者恰好反应，生成强碱弱酸盐，PH>7，在此条件下有物料守恒，c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），若PH=7，则c（Na+）

考点：

考查弱电解质的电离，溶液的PH值和溶液中的守恒关系。

15.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。

在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：

CO（g）+H2S（g）

COS（g）+H2（g）　　　K=0.1。

反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。

下列说法正确的是（）

A.升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应

B.通入CO后，正反应速率逐渐增大

C.反应前H2S物质的量为7mol

D.CO的平衡转化率为80%

【答案】C

【解析】试题分析：

A、一氧化碳和硫化氢按物质的量为1:

1反应，二者浓度减小相等，错误，不选A；B、通入一氧化碳后瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大到新平衡时相等，错误，不选B；C、反应前一氧化碳的物质的量为10摩尔，平衡后一氧化碳的物质的量为8摩尔，转化的一氧化碳为2摩尔，设反应前硫化氢物质的量为n摩尔，

CO（g）+H2S（g）

COS（g）+H2（g）

起始物质的量10n00

变化2222

平衡8n-222

由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则

，解n=7，正确，选C；D、一氧化碳的转化率为2/10=20%，错误，不选D。

考点：

化学平衡的计算，化学平衡的影响因素

视频

16.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L‾1NaOH溶液滴定，说法正确的是（）

A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定

B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大

C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定

D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小‎

【答案】B

【解析】试题分析：

A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D正确。

答案选B。

【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。

【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：

检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。

滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶目视锥形瓶中溶液颜色的变化。

指示剂的选择方法：

酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用酚酞或甲基橙，强酸与弱碱滴定用甲基橙，弱酸与强碱滴定用酚酞。

终点的判断：

溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。

酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标=C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。

视频

17.一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：

A（s）+2B（g）

xC（g）△H

下列有关说法正确的是（）

A.x=2．反应开始2min内，v（A）=0.05mol·L－1·min－1

B.tl时改变的条件是降温，平衡逆向移动

C.t2时改变的条件可能是增大c的浓度，t2时正反应速率减小

D.t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c（B）不变

【答案】D

【解析】A.通过图1可知，2min达平衡，△n（B）=0.3mol-0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故2：

x=0.2mol：

0.2mol，解得x=2，A为固体，不能用其浓度变化表示反应速率，A项错误；B.正反应为放热反应，当降低温度，反应正向移动，B项错误；C.当增加c（C），逆反应速率增大，正反应速率瞬时不变，反应逆向移动，C项错误；D.反应前后气体的物质的量不变，减小压强，同等程度降低速率，平衡不移动，使用催化剂，同等程度加快反应速率，平衡不移动，c（B）不变，D项正确；故选D。

18.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3•H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）

A.未加盐酸时：

c（OH－）＞c（Na＋）=c（NH3•H2O）

B.加入10mL盐酸时：

c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－）

C.加入盐酸至溶液pH=7时：

c（Cl－）=c（Na＋）

D.加入20mL盐酸时：

c（Cl－）＝c（NH4＋）＋c（Na＋）‎

【答案】B

【解析】试题分析：

A、在氢氧化钠和氨水的混合溶液中，氢氧化钠电离出等浓度的氢氧根离子和钠离子，氨水也电离出氢氧根离子，所以氢氧根离子浓度大于钠离子浓度，但一水合氨的浓度小于钠离子浓度，错误，不选A；B、加入10毫升盐酸，与氢氧化钠反应恰好生成氯化钠和水，钠离子浓度与氯离子浓度相等，根据电荷守恒可知，c（NH4＋）＋c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH－）+c（Cl－），推出c（NH4＋）＋c（H＋）＝c（OH－），正确，选B；C、当溶液为中性，根据电荷守恒可以推出c（NH4＋）+c（Na＋）＝c（Cl－），错误，不选C；D、当加入20毫升盐酸时溶液为氯化钠和氯化铵，显酸性，c（H＋）>c（OH－）根据电荷守恒c（NH4＋）＋c（H＋）+c（Na＋）＝c（OH－）+c（Cl－）可知c（Cl－）>c（NH4＋）＋c（Na＋），错误，不选D。

考点：

溶液中的离子浓度的大小比较

【名师点睛】溶液中的离子浓度大小比较时，需要考虑电解质的电离和水解情况，有时候需要根据电荷守恒或物料守恒进行分析。

物料守恒是指电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。

电荷守恒指电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。

视频

19.常温下，在等体积①pH=0的硫酸、②0.01mol/LNaOH溶液、③pH=10的纯碱溶液、④pH=5的NH4Cl溶液中，水电离程度的大小顺序是　　（）

A.①>②>③>④B.②>①>④>③C.③>④>②>①D.④>③>②>①‎

【答案】C

【解析】试题分析：

①pH=0的硫酸酸溶液中，OH－是水电离的，c（H+）＝1mol/L，所以由水电离的c（OH-）＝10-14mol/L；②0.01mol/LNaOH溶液，溶液中的H+是水电离的，c（OH-）＝10-2mol/L，水电离的c（H+）＝10-10mol/L；③pH=10的纯碱溶液，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，溶液中的OH-是水电离出的，水电离的c（OH-）＝10-4mol/L；④pH＝5的NH4Cl溶液中，铵离子水解，溶液呈酸性，溶液中的H+来自水的电离，水电离的c（H+）＝10-5mol/L，综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：

③＞④＞②＞①，答案选C。

考点：

考查外界条件对水电离平衡的影响

20.利用右图装置进行实验，甲乙两池均为1mol·L-1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。

实验开始先闭合K1,断开K2。

一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强）。

下列说法不正确的是

A.闭合K1，断开K2后，A电极增重

B.闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升

C.断开K1，闭合K2后，NO3-向B电极移动

D.断开K1，闭合K2后，A电极发生氧化反应

【答案】C

考点：

原电池和电解池的工作原理

【名师点