学年山西省应县第一中学校高二上学期期中考试化学试题解析版.docx
《学年山西省应县第一中学校高二上学期期中考试化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年山西省应县第一中学校高二上学期期中考试化学试题解析版.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
学年山西省应县第一中学校高二上学期期中考试化学试题解析版
山西省应县第一中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、单项选择题（每小题2分，共48分）
1.下列说法中，正确的是（ ）
A.液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C.蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质
D.铜、石墨均导电，所以它们是电解质
『答案』C
『解析』
【详解】A、液态HCl溶于水后能够导电，固态NaCl在溶于水和熔融状态下都能够导电故两者均为电解质，A项错误；
B、NH3、CO2
水溶液均能导电，是因为两者溶于水后生成的一水合氨、碳酸能够导电，所以NH3和CO2均为非电解质，B项错误；
C、正确；
D、铜和石墨都属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D项错误。
2.下表中物质的分类组合完全正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
HF
CaCO3
HClO
CH3COONH4
非电解质
SO2
Al
H2O
C2H5OH
『答案』A
『解析』试题分析：
在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质；
能够完全电离的电解质为强电解质，不能完全电离的电解质为弱电解质，据此进行解答．
解：
A、KNO3在水中能完全电离，所以是强电解质，HF在水中能部分电离，所以是弱电解质，SO2自身不能电离，是非电解质，故A正确；
B、H2SO4在水中能完全电离，所以是强电解质，溶于水的碳酸钙能完全电离，所以属于强电解质，金属Al不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C、溶于水的BaSO4能完全电离，所以BaSO4是强电解质，HClO在水中能部分电离，所以是弱电解质，H2O部分电离，是若电解质，故C错误；
D、HClO4在水中能完全电离，所以是强电解质，CH3COONH4在水中能完全电离，所以是强电解质，C2H5OH在水溶液中不能发生电离，所以是非电解质，故D错误；
故选A．
3.沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O（l）时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（）
A.2CH4（g）＋4O2（g）=2CO2（g）＋4H2O（l）ΔH＝＋890kJ/mol
B.CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝＋890kJ/mol
C.CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890kJ/mol
D.
CH4（g）＋O2（g）=
CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝－890kJ/mol
『答案』C
『解析』
【详解】热化学方程式中，化学计量数与焓变成正比，燃烧反应为放热反应，焓变小于零；根据题意，0.5mol甲烷完全燃烧释放445kJ的热量，则CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890kJ/mol，『答案』为C。
4.下列说法或表示方法正确的是（）
A.反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应一定不能发生
B.在10lkPa、120℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则1mol氢气在10lkPa、25℃时燃烧放出的热量应小于241.8kJ
C.已知：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）；△H=－98.3kJ/mol。
将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量
D.由石墨比金刚石稳定可知：
C（金刚石，s）=C（石墨，s）；△H＜0
『答案』D
『解析』
【详解】A.反应物的总能量低于生成物的总能量时为吸热反应，该反应也可能发生，如高温条件下CO2与C反应生成CO，A错误；
B.在101kPa、120℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则1mol氢气在10lkPa、25℃时燃烧放出的热量应大于241.8kJ，因为在此条件下生成液态水，B错误；
C.已知：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）；△H=－98.3kJ/mol。
将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，因为反应为可逆反应，所以反应物必然有剩余，也就是参加反应的SO2小于1mol，所以放热小于49.15kJ，C错误；
D.由石墨比金刚石稳定可知：
C（金刚石，s）=C（石墨，s）为放热反应，△H＜0，D正确；
故选D。
5.可逆反应2A+3B
2C+D，（A、B、C、D都为气体）在四种不同条件下的反应速率分别如下，则该反应在不同条件下反应速率最快的是（）
A.v（A）=0.5mol/（L·min）B.v（B）=0.6mol/（L·min）
C.v（C）=0.35mol/（L·min）D.v（D）=0.4mol/（L·min）
『答案』D
『解析』
【分析】在相同条件下，同一反应中不同物质表示的反应速率数值可能不同，所以要比较同一反应在同一条件下反应速率的快慢，应利用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比转化为同一物质表示的反应速率，再比较数值的大小。
【详解】将不同物质表示的速率都转化为A物质表示的反应速率，得如下结果：
A.v（A）=0.5mol/（L·min），
B.v（B）=0.6mol/（L·min），得v（A）=0.4mol/（L·min）
C.v（C）=0.35mol/（L·min），得v（A）=0.35mol/（L·min）
D.v（D）=0.4mol/（L·min），得v（A）=0.8mol/（L·min）
通过比较可以看出，D中A表示的反应速率最快；
故选D。
6.下列关于判断过程的方向的说法正确的是（）
A.所有自发进行的化学反应都是放热反应
B.高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C.由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
『答案』C
『解析』
【详解】A.自发进行
化学反应有的是吸热反应，有的是放热反应，A错误；
B.石墨能量低于金刚石，比金刚石稳定，所以石墨转化为金刚石是非自发的化学反应，B错误；
C.由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程，C正确；
D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值不同，气态时熵值最大，固态时熵值最小，D错误；
故选C。
7.下列物质中，导电性由大到小排列正确的是（）
①500mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液；②100mL0.1mol/L的硫酸溶液；
③500mL0.1mol/L的醋酸溶液；④1L0.1mol/L的酒精溶液
A.①②③④B.④①③②C.②①③④D.①③②④
『答案』C
『解析』
【详解】①500mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液，c（Na+）=c（OH-）=0.1mol/L；
②100mL0.1mol/L的硫酸溶液，c（H+）=0.2mol/L，c（SO42-）=0.1mol/L；
③500mL0.1mol/L的醋酸溶液，c（H+）=c（CH3COO-）<0.1mol/L；
④1L0.1mol/L的酒精溶液，离子浓度接触0。
比较以上结果，可得出溶液中离子总浓度的大小关系为②>①>③>④，离子浓度越大，导电能力越强。
故『答案』为C。
8.已知H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）;△H=－72KJ/mol，蒸发1molBr2（l）需要吸收的能量为30KJ，其他的相关数据如下表：
H2（g）
Br2（g）
HBr（g）
1mol分子中化学键断裂
时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为（ ）
A.404B.260C.230D.200
『答案』D
『解析』在H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，蒸发1molBr2（l）需要吸收的能量为30kJ，则H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=（-72kJ/mol-30kJ/mol）=-102kJ/mol，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-102=436+a-2×369，a=200，故选D。
9.升高温度能加快反应速率的主要原因是（ ）
A.活化分子能量明显增加B.降低活化分子的能量
C.增加活化分子的百分数D.降低反应所需的能量
『答案』C
『解析』升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，『答案』选C。
10.一定条件下，可逆反应C（s）+CO2（g）
2CO（g）△H＞0，达到平衡状态，进行如下操作：
①升高反应体系的温度； ②增加反应物C的用量；
③缩小反应体系的体积； ④减少体系中CO的量。
上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是（ ）
A.①②③④B.①③C.①②D.①③④
『答案』B
『解析』试题分析：
影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。
①升高温度，化学反应的正反应、逆反应的速率都加快。
②由于碳单质是固体，所以增加反应物C的用量，化学反应速率不变。
③缩小反应体系的体积。
反应物、生成物的浓度都增大，反应速率加快。
④减小体系中CO的量即减小生成物的浓度。
在这一瞬间，由于反应物的浓度不变，正反应速率不变。
生成物的浓度减小，V正＞V逆，化学平衡正向移动。
随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减慢，最终正反应、逆反应速率相等，达到新的平衡状态。
故上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是①③。
选项为：
B。
11.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）
A.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B.高压比常压有利于合成SO3的反应
C.由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅
『答案』C
『解析』
【详解】A．存在平衡2NO2（g）
N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．存在平衡2SO2+O2（g）
2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．存在平衡H2+I2（g）
2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O
HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；
『答案』选C。
12.对于密闭容器中进行的反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），达到平衡后，其它条件不变，增大CO的浓度，下列说法错误的是（ ）
A.正反应速率增大
B.逆反应速率先减小
C.达到平衡时，逆反应速率比原平衡要大
D.化学平衡常数不变
『答案』B
『解析』试题分析：
A、增大生成物浓度正反应速率增大，A正确；B、逆反应速率逐渐增大，B错误；C、增大反应物浓度平衡向正反应方向进行，因此达到平衡时，逆反应速率比原平衡要大，C正确；D、温度不变，平衡常数不变，D正确，『答案』选B。
13.从下列现象可以判断某一元酸是强酸的是（）
A.加热至沸腾也不分解B.该酸可以溶解石灰石放出CO2
C.该酸可以把Al（OH）3沉淀溶解D.该酸浓度为1mol/L时pH=0
『答案』D
『解析』
【详解】A.加热至沸腾也不分解，只能说明该酸的热稳定性强，不能表明其酸性的强弱，A错误；
B.该酸可以溶解石灰石放出CO2，只要酸性不是比碳酸弱，都具有此性质，不能证明该酸为强酸，B错误；
C.该酸可以把Al（OH）3沉淀溶解，强酸、醋酸都具有此性质，C错误；
D.该酸浓度为1mol/L时pH=0，即c（H+）=1mol/L，表明此酸完全电离，该酸为强酸，D正确；
故选D。
14.已知0.5mol/L的醋酸溶液中，要使溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）值增大，可采取的措施是（）
A.加少量烧碱溶液B.降低温度
C.加少量冰醋酸D.加少量氯化氢
『答案』D
『解析』
【详解】A.加少量烧碱溶液，发生反应H++OH-=H2O，减小溶液中的c（H+），平衡正向移动，但最终c（H+）减少的更多，c（H＋）/c（CH3COOH）值减小，A不合题意；
B.降低温度，由于弱电解质电离是吸热过程，所以平衡逆向移动，c（H＋）/c（CH3COOH）值减小，B不合题意；
C.加少量冰醋酸，增大反应物浓度，平衡正向移动，但移动的结果使c（H＋）/c（CH3COOH）值减小，C不合题意；
D.加少量氯化氢，虽然平衡逆向移动，但c（H＋）增大，c（H＋）/c（CH3COOH）值增大，D符合题意；
故选D。
15.25℃时，有关水的电离，下列叙述正确的是（）
A.向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c（OH－）降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D.将水加热，Kw增大，c（H+）不变
『答案』B
『解析』
【详解】A.向水中加入稀氨水，由于氨水的电离，增大了水中的c（OH-），使水的电离平衡逆向移动，但c（OH－）增大，A错误；
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，但由于溶液的温度不变，所以Kw不变，B正确；
C.向水中加入少量固体CH3COONa，由于CH3COO-与水电离出的H+结合，导致水的电离平衡正向移动，c（H＋）降低，C错误；
D.将水加热，Kw增大，c（H＋）增大，D错误；
故选B。
16.313K时，水的Kw=3.0×10－14，则在313K时，c（H＋）=10－7mol/L的溶液（ ）
A.呈酸性B.呈中性C.呈碱性D.无法判断
『答案』C
『解析』解答本题时应注意以下两点：
（1）判断溶液的酸碱性最根本的依据是溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小；
（2）根据水在一定温度下的KW可以通过计算确定溶液呈中性时的c（H＋）。
17.在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍，则甲溶液中c（H＋）甲与乙溶液中c（H＋）乙之比是（ ）
A.10∶1B.100∶1C.1∶100D.无法确定
『答案』D
『解析』在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍。
若甲的pH是2，乙的pH是1，则甲溶液中c（H＋）甲与乙溶液中c（H＋）乙之比是1:
10；若甲的pH是4，乙的pH是2，则甲溶液中c（H＋）甲与乙溶液中c（H＋）乙之比是1:
100；若甲的pH是6，乙的pH是3，则甲溶液中c（H＋）甲与乙溶液中c（H＋）乙之比是1:
1000。
所以不知道具体的pH是多少时，无法确定它们之间的关系，D正确，本题选D。
18.在0.1mol/L的氢氧化钠溶液和0.01mol/L的盐酸中，水的电离程度的大小关系是（）
A.前者大B.前者小C.一样大D.无法判断
『答案』B
『解析』
【详解】不管在水中加入0.1mol/L的氢氧化钠溶液还是0.01mol/L的盐酸，都将抑制水的电离，从而使水的电离程度减小。
0.1mol/L的氢氧化钠溶液中，c（OH－）=0.1mol/L；0.01mol/L的盐酸中，c（H＋）=0.01mol/L，所以氢氧化钠的加入对水的电离程度影响大，水的电离程度小。
因此水的电离程度前者小于后者。
『答案』为B。
19.将体积均为10mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至amL和bmL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（）
A
a=b=100mLB.a=b=1000mLC.a＜bD.a＞b
『答案』C
『解析』试题分析：
加水的过程中，醋酸由于是弱电解质会继续电离氢离子会增加，酸性溶液的PH与氢离子数量反相关，与溶液体积正相关；既然盐酸的氢离子数量恒定（忽略水的电离）醋酸的氢离子数量增加，要保持相同的PH则需要醋酸溶液的体积相应增大；换一种思路：
分别加相同体积的水，醋酸溶液PH肯定低于盐酸，要保持PH相等，醋酸需要加更多的水。
故选D
20.将lmolSO2和lmolO2通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时SO3为0.3mol，若此时移走0.5molO2和0.5molSO2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是（ ）
A.0.3molB.0.15mol
C.小于0.15molD.大于0.15mol而小于0.3mol
『答案』C
『解析』试题分析：
若移走0.5molO2和0.5molSO2，则相当于是在原平衡的基础上降低压强，平衡向逆反应方向移动，所以反应达到新平衡时SO3的物质的量为小于0.15mol，『答案』选C。
21.常温下，某溶液中水电离出的c（OH–）=1×10–11mol/L，则该溶液不可能是（）
A.NaOH溶液B.NaHSO4溶液
C.某浓度的氨水D.0.001mol/L的CH3COOH溶液
『答案』D
『解析』
【分析】常温下，某溶液中水电离出的c（OH－）=1×10–11mol/L，比纯水中c（OH－）=1×10–7mol/L小，说明水的电离受到抑制，也即水中加入了酸或碱或能电离出H+或OH-的盐。
【详解】A.纯水中加入NaOH溶液，水电离出
c（OH－）=1×10–11mol/L，则碱电离出的c（OH－）=1×10–3mol/L，从而得出c（NaOH）=1×10–3mol/L，A有可能；
B.纯水中加入NaHSO4溶液，水电离出的c（OH－）=1×10–11mol/L，则该盐电离出的c（H+）=1×10–3mol/L，从而得出c（NaHSO4）=1×10–3mol/L，B有可能；
C.纯水中加入某浓度的氨水，水电离出的c（OH－）=1×10–11mol/L，则碱电离出的c（OH－）=1×10–3mol/L，从而得出c（NH3∙H2O）>1×10–3mol/L，C有可能；
D.纯水中加入0.001mol/L的CH3COOH溶液，水电离出的c（OH－）=1×10–11mol/L，则该醋酸电离出的c（H+）=1×10–3mol/L，从而得出c（CH3COOH）>1×10–3mol/L，与题中所给的c（CH3COOH）=0.001mol/L矛盾，所以该溶液不可能存在，D不可能；
故选D。
22.可逆反应2NO2（g）
2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①④⑥⑦B.②③⑤⑦
C.①③④⑤D.全部
『答案』A
『解析』
【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。
①中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。
②中反应速率的方向是相同的，不正确。
平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此③不正确。
密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确。
反应前后体积是变化的，所以压强是变化的，因此⑥可以说明。
混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以⑦可以说明。
『答案』选A。
23.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。
下列说法正确的是（）
A.反应2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的ΔH>0
B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D.380℃下，c起始（O2）=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K=2000
『答案』B
『解析』
【分析】虚线是不同温度下的平衡点，与虚线相比，在实线的最高点之前，各点都是该温度下的不平衡点；最高点以后的各点，都是该温度下的平衡点。
【详解】A．从图中可以看出，升高温度，NO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应，ΔH<0，A错误；
B．图中X点在最高点前，是该温度下的未平衡点，延长反应时间，反应物能继续转化为生成物，从而提高NO转化率，B正确；
C．图中Y点，为该温度下的平衡点，增加O2的浓度，平衡将正向移动，NO的转化率提高，C错误；
D．380℃下，c起始（O2）=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡时c（NO）=c（NO2），平衡时c（O2）<5.0×10−4mol·L−1，化学平衡常数K>1/5.0×10−4=2000，D错误；
故选B。
24.将pH＝12的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液后c（H＋）最接近于（）
A.0.5（10－12＋10－10）mol/LB.0.5（10－4＋10－2）mol/L
C.（10－12＋10－10）mol/LD.2×10－12mol/L
『答案』D
『解析』
【详解】将pH＝12的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，c（OH－）=
，
c（H+）=
；
故选D。
二、填空题
25.
（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
CH3COOH____HClO4_____
Fe（OH）3____Ba（OH）2_____
NaHSO4____
（2）常温下2.3g乙醇和一定量的氧气混合，点燃恰好完全燃烧，生成液态水和CO2放出68.35kJ热量，则该反应的热化学方程式为：
___。
（3）根据下列热化学方程式分析，C（s）的燃烧热△H等于___。
C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H1＝＋175.3kJ·mol-1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2＝-566.0kJ·mol-1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3＝-571.6kJ·mol-1
『答案』
（1）.CH3COOH
CH3COO-+H+
（2）.HClO4=H++ClO4-（3）.Fe（OH）3
Fe3++3OH-（4）.Ba（OH）2=
升级会员 