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文档介绍
湖北省宜昌市长阳县第一高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
高二化学试卷 考试时间:90分钟 试卷总分:100分 第I卷(选择题,共54分) 一、选择题(本部分包括18小题,每小题只有一个选项符合题意。每小题3分,共54分。) 1.下列关于能量变化的说法,正确的是( ) A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同 B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量 C. 放热反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 有化学键断裂的是吸热过程,并且一定发生了化学变化 【答案】C 【解析】 【分析】 A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同;B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应;C、放热反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量;D、氯化钠熔化,离子键断裂; 【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同,根据盖斯定律,将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同,故A错误;B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应,该反应生成物的总能量低于反应物的总能量,故B错误;C、放热反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量,故C正确;D、氯化钠熔化,离子键断裂,没有新物质产生,有化学键断裂的是吸热过程,不一定发生了化学变化,故D错误;故选C。 2.未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生。下列属于未来新能源标准的是 ( ) ①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ③④⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧ 【答案】D 【解析】 【详解】根据未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或污染很小,且具有可以再生的特点,⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能符合未来新能源的特点,合理选项是D。 3.参照反应Br + H2 →HBr +H的能量对反应历程的示意图,下列叙述中正确的是( ) A. 正反应为放热反应 B. 加入催化剂,该化学反应的反应热不改变 C. 加入催化剂,该化学反应的活化能不改变 D. 加入催化剂可增大正反应速率,降低逆反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A.反应物的总能量小于生成物的总能量,可知正反应为吸热反应,A错误; B.加入催化剂降低了反应的活化能,催化剂不能改变反应物的总能量与生成物的总能量的差值,即不能改变反应热,B正确; C.加入催化剂降低了反应的活化能,所以反应的活化能降低,C错误; D.催化剂只改变活化能,同时改变正、逆反应速率,所以加入催化剂可增大正反应速率和逆反应速率,D错误; 故合理选项是B。 4.下列反应既属于氧化还原反应,又属于吸热反应的是 A. 铝片和稀盐酸反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的碳与二氧化碳的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题中属于氧化还原反应,又属于吸热反应可知,本题考查氧化还原反应的特征和常见吸热反应,运用有化合价变化的反应是氧化还原反应和常见吸热反应分析。 【详解】A. 铝片和稀盐酸属于氧化还原反应,又属于放热反应,A项错误; B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于非氧化还原反应,又属于吸热反应,B项错误; C. 碳与二氧化碳的反应属于氧化还原反应,又属于吸热反应,C项正确; D. 甲烷在氧气中的燃烧属于氧化还原反应,又属于放热反应,D项错误; 答案选C。 【点睛】常见吸热反应:大多数的分解反应;以C 、CO、H2为还原剂的反应;八水合氢氧化钡与氯化铵反应。 5.把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中,使它们发生如下反应3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g),5min末已生成 0.2molW,若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01mol·L﹣1·min﹣1,则 n是( ) A. 1 B. 4 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】5min内W的平均化学反应速率v(W)==0.02mol/(L·min),利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比,Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min),则:v(Z):v(W)= 0.01 mol/(L·min):0.02mol/(L·min)=n:2,所以n=1, 故合理选项是A。 6.常温下,下列反应的平衡常数的数值如下: 2NO(g)N2(g)+O2(g) K1=1×1030; 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) K2=2×1081; 2CO2(g)2CO(g)+O2(g) K3=4×10-92。 以下说法正确的是( ) A. 常温下,NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1=c(N2)·c(O2) B. 常温下,水分解产生O2,此时平衡常数的数值约为5×10-82 C. 常温下,NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2 D. 以上说法都不正确 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据平衡常数的含义可知常温下,NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1=,A错误; B常温下,水分解产生O2,此时平衡常数K==5×10-82,B错误; C.在相同温度下,物质分解产生O2的化学平衡常数越大,说明反应越容易进行,由于三个产生O2反应的化学平衡常数:K(NO)>K(H2O)>K(CO2),所以常温下,NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2,C正确; D.根据选项C分析可知C说法正确,D错误; 故合理选项是C。 7.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在一个密闭容器中进行,下列措施可以使反应速率增大的是( ) ①增加少量C(s) ②升高温度 ③体积不变,再通入CO2 ④缩小体积增大压强 ⑤体积不变,再通入He ⑥压强不变,再通入He A. ①②③⑥ B. ①④③ C. ②③④⑤ D. ②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 增大压强、浓度、温度等,均可加快反应速率,固体量的增减不会引起反应速率的改变,压强对反应速率的影响是通过改变浓度来实现的,以此来解答。 【详解】①C为纯固体,增加碳的量,反应速率不变,①错误; ②升高温度,化学反应速率加快,②正确; ③通入CO2,反应物浓度增大,反应速率加快,③正确; ④缩小体积,即增大体系的压强,有气体参加反应,物质浓度增大,反应速率加快,④正确; ⑤恒容下充入He,反应体系中各个物质的浓度不变,反应速率不变,⑤错误; ⑥恒压下充入He,反应容器的容积扩大,反应体系的分压减小,导致物质的浓度减小,反应速率减小,⑥错误; 综上所述可知,可以增大反应速率的有②③④,故合理选项是D。 【点睛】本题考查反应速率的因素,把握影响反应速率的常见因素为解答的关键,注重考查学生对基础知识理解和应用。 8.已知碳酸钙的分解①CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g) △H1,仅在高温下自发;②氯酸钾的分解2KClO3(s)==2KCl(s)+3O2(g) △H2,在任何温度下都自发。下面有几组焓变数据,其中可能正确的是 A. △H1=-178.32kJ·mol-1 △H2=-78.3kJ·mol-1 B. △H1=178.32kJ·mol-1 △H2=-78.3kJ·mol-1 C. △H1=-178.32kJ·mol-1 △H2=78.3kJ·mol-1 D. △H1=178.32kJ·mol-1 △H2=78.3kJ·mol-1 【答案】B 【解析】 【详解】试题根据△G=△H-T·△S可知,如果仅在高温自发,则说明△H1>0,△S1>0;任何温度均自发,则说明△H2<0,△S2>0; 答案:B 9.一定温度下,将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应:A(g)+B(g) xC(g)+D(s)△H<0,在 t1 时达平衡。在 t2 、t3 时刻分别改变反应的一个条件,测得容器中 C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A. t2 时刻改变的条件是使用催化剂 B. t3时刻v(逆)可能小于t2 时刻v(逆) C. t3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度 D. t1~t2、t2~t3平衡常数均为0.25 【答案】B 【解析】 【详解】A.催化剂只能加快反应速率,对平衡无影响,不能影响C的物质的量浓度,由图可知,t2时刻C的浓度增大,但平衡不移动,因此改变的条件不是催化剂,故A错误; B.由图象可知,t3时刻后C的物质的量浓度增大,说明平衡正向移动,t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆),故B正确; C.由图象可知,t3时刻后C的物质的量浓度增大,说明平衡正向移动,改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等,故C错误; D.根据图可知,在t2时刻,平衡不移动,但C的浓度变大,说明在在t2 时刻改变的条件是缩小容器的体积,且该反应前后气体体积不变,所以可知x=2,反应方程式为:A(g)+B(g)2C(g)+D(s),t1~t3间温度相同,平衡常数相同,由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L,则: A(g)+B(g)2C(g)+D(s) 起始浓度(mol/L)0.5 0.5 0 转化浓度(mol/L)0.25 0.25 0.5 平衡浓度(mol/L)0.25 0.25 0.5 所以平衡常数K==4,故D错误。 故选B。 10.下列不能用勒夏特列原理解释的是 ( ) ①打开雪碧的瓶盖,立即有气体逸出 ②由 H2、I2、HI 三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ③可用浓氨水和氢氧化钠固体混合来快速制氨 ④煅烧粉碎的硫铁矿有利于 SO2生成 ⑤使用铁触媒,使 N2 和 H2 的混合气体有利于合成 NH3 ⑥将混合气体中的氨气液化有利于合成氨反应 ⑦500 ℃左右比室温更有利于合成 NH3 ⑧ 配制 FeCl2溶液时加入少量铁屑 ⑨ 实验室常用排饱和食盐水法收集 Cl2 ⑩推压装有 NO2 的注射器活塞,注射器内气体颜色先变深后变浅但比推压之前深 A. 4 项 B. 5 项 C. 6 项 D. 7项 【答案】B 【解析】 【分析】 勒夏特列原理是指在一个平衡体系中,若改变影响平衡的一个条件,平衡总是要向能够减弱这种改变的方向移动。比如一个可逆反应中,当增加反应物的浓度时,平衡要向正反应方向移动,平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少;但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响,与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比,还是增加了。 【详解】①溶液中存在二氧化碳的溶解平衡CO2+H2OH2CO3,该反应是可逆反应,所以可以用勒夏特列原理解释,①不选; ②由H2+I22HI,因为两边气体计量数相等,所以加压平衡不移动,体积缩小浓度增大,不用勒夏特列原理解释,②选; ③一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子,存在电离平衡,弱电解质的电离是吸热反应,升高温度促进一水合氨电离,NaOH溶于水放出热量,相当于加热,所以促进氨气制取,③不选; ④煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成,加快反应速率,但不影响平衡的移动,④选; ⑤使用铁触媒,使N2和H2的混合气体有利于合成NH3,催化剂只改变反应速率,不影响平衡的移动,⑤选; ⑥合成氨反应中,将混合气体中的氨气液化,减小了生成物浓度,平衡向着正向移动,可以用平衡移动原理解释,⑥不选; ⑦合成氨放热,温度升高,平衡逆向移动,所以500℃左右比室温不利于合成氨的反应,不能用勒夏特列原理解释,⑦选; ⑧配制FeCl2溶液时加入少量铁屑,防止亚铁被氧化,不能用勒夏特列原理解释,⑧选; ⑨氯气和水的反应方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO,该反应是可逆反应,所以可以用勒夏特列原理解释,⑨不选; ⑩推压装有NO2的注射器活塞,注射器内气体颜色先变深后变浅但比推压之前深,是因为二氧化氮和四氧化二氮存在化学平衡,推压装有NO2的注射器活塞,增大压强,体积缩小,浓度增大,但平衡向生成四氧化二氮的方向进行,能用勒夏特列原理解释,⑩不选, 可见不能用勒夏特列原理解释的是②④⑤⑦⑧,共五项,故合理选项是B。 【点睛】本题考查了勒夏特列原理的应用,注意浓度、温度和压强的改变都会使化学平衡发生相应的改变是解决本题的关键。掌握外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响是本题解答的基础。 11.已知1 mol燃料完全燃烧的数据分别为: 燃料 一氧化碳 甲烷 异辛烷(C8H18) 乙醇 ΔH -2830 kJ • mol-1 -891.0 kJ • mol-1 -5461.0 kJ • mol-1 -1366.8 kJ • mol-1 使用上述燃料最能体现“低碳经济”理念的是 A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇 【答案】B 【解析】 低碳经济是指在可持续发展理念 指导下,通过技术创新 、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段,尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗,减少温室气体排放,达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。即每生成1摩尔二氧化碳时,放出热量最大的物质符合题意,异辛烷(C8H18)[ 5461.0 kJ • mol-1/8=682.6 kJ • mol-1],乙醇[1366.8 kJ • mol-1/2=683.4 kJ • mol-1],故B正确。 12.2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变得密闭容器中,在一定条件下发生下述反应:PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g),达平衡时,PCl5为0.4mol,如果此时再充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2,再相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是( ) A. 0.4mol B. 0.8mol C. 大于0.8mol D. 大于0.4mol,小于0.8mol 【答案】C 【解析】 【详解】将2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变得密闭容器中,在一定条件下发生下述反应:PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g),达平衡时,PCl5为0.4mol,如果此时再充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2,若化学平衡不发生移动,则平衡时PCl5为2×0.4mol=0.8mol,但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应,再向容器中充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2,使容器的压强增大,增大压强,平衡正向移动,因此在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量要大于0.8mol,故合理选项是C。 13.从植物花朵中提取到一种色素,它实际上是一种有机弱酸,可用HR表示,HR在盐酸中呈现红色,在NaOH溶液中呈现蓝色,将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去,根据以上现象,可推测 A. HR应为红色 B. HR应为蓝色 C. R-应为无色 D. R-应为红色 【答案】A 【解析】 试题分析:色素,实际上是一种有机弱酸,用HR表示,HR在盐酸溶液中呈现红色,HR在NaOH溶液中呈现蓝色,将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去,由题意可知,在盐酸和硝酸中均显示红色,在硝酸中加热后褪色,是硝酸的强氧化性使之褪色,所以可推测HR应为红色。故选A。 考点:指示剂变色 点评:盐酸只有酸性年,而浓硝酸具有酸性和强氧化性,在本题中硝酸主要表现为强氧化性,能使指示剂褪色。 14.已知反应:①2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1,②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1。下列结论正确的是( ) A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol-1 B. ①的反应热为221kJ·mol-1 C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3kJ·mol-1 D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水,放出57.3kJ热量 【答案】A 【解析】 【详解】A项、由反应①可知,1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ,CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量,故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ,所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol,故A正确; B项、①为放热反应,反应热为-221kJ/mol,故B错误; C项、稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应反应生成1mol水放出的热量为中和热,中和热为57.3kJ/mol或△H=-57.3kJ/mol,故C错误; D项、弱电解质电离时需要吸收热量,稀醋酸与稀NaOH溶液反应时,醋酸需要电离出氢离子,生成1mol水,放出的热量小于57.3kJ,故D错误; 故选A。 【点睛】使用燃烧热时要注意两个关键点:①反应物用量:可燃物为1mol;②产物要求:充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O(l)、C→CO2(g)、S→SO2(g)]。 15.一定温度下,将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力变化如图所示,下列说法正确的是( )(已知:pH=-lgc(H+)) A. 将稀醋酸加水稀释时,c(H+)减小,c(OH-)也减小 B. a、b、c三点溶液的pH:b0,a+b>c B. ΔH>0,a+b查看更多