学易金卷：2021-2022学年高二化学上学期期中测试卷（人教版2019）03（全解全析）.doc

2021–2022学年上学期期中测试卷03 高二化学·全解全析（通用卷） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 C D C C D D A B D C D C B D B B 1、【答案】C 【解析】氢能属于二次能源,A项正确;图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能,电能转化为化学能、光能,化学能转化为电能等,B项正确;太阳能电池的供电原理是将太阳能转化为电能,而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能,所以二者供电原理不相同,C项错误;太阳能、风能、氢能都属于新能源,D项正确。 2、【答案】D 【详解】 A．有些放热反应也需要一定的条件才能发生，例如燃烧，A错误； B．有些放热反应也需要加热条件，B错误； C．在恒压条件下，化学反应的焓变等于化学反应的反应热，C错误； D．焓变ΔH=生成物的能量和-反应物的能量和，当生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH>0 ,此反应为吸热反应，D正确； 故选D。 3、【答案】C 【解析】对于任一化学反应，用不同的物质表示该反应的速率，其数值之比等于其化学计量数之比，v(W)∶v(X)∶v(Y)∶v(Z)＝3∶2∶4∶3。v(W)＝v(Z)，A错误；3v(X)＝2v(Z)，B错误；2v(X)＝v(Y)，C正确；2v(W)＝3v(X)，D错误。 4、【答案】C 【详解】ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔH＜0－rΔS＜0，任何温度下反应都能自发进行，故A正确；NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋185.57 kJ·mol－1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故B正确；因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变只有联合起来作为反应自发性判断的依据，C错误；在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的速率，D正确。 5、【答案】D 【解析】已知25 ℃、101 kPa下,1 mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01 kJ,则H2O(l)H2O(g)　ΔH=+44.01 kJ·mol-1 Ⅰ、2H2O(l)2H2(g)+O2(g)　ΔH=+571.66 kJ·mol-1 Ⅱ、C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　ΔH=+131.29 kJ·mol-1 Ⅲ、根据盖斯定律Ⅲ-×Ⅱ+Ⅰ得C(s)+O2(g)CO(g)　ΔH=+131.29 kJ·mol-1-×571.66 kJ·mol-1+44.01 kJ·mol-1=-110.53 kJ·mol-1,则反应C(s)+O2(g)CO(g)的反应热为　ΔH=-110.53 kJ·mol-1,故D正确。  6、【答案】D 【解析】表示H2O(g)的生成热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔHf＝－243 kJ·mol－1，A错误。表示CO(g)的燃烧热的热化学方程式为CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔHc＝－285 kJ·mol－1，B错误。由图1知O—H键的键能ΔHb＝×(243＋436＋247)kJ·mol－1＝463 kJ·mol－1，C错误。由图1得H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－243 kJ·mol－1　①，由图2得CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－285 kJ·mol－1　②，根据盖斯定律，②－①得CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－42 kJ·mol－1，D正确。 7、【答案】A 【解析】由于总反应ΔH＜0，为放热反应，降低温度，放热反应的K增大，故A错误；总反应＝反应①＋反应②，K＝Ka·Kb，故B正确；反应①ΔH＞0，为吸热反应，反应②ΔH＜0为放热反应，适当升温，反应①正移，反应②逆移，则[O]含量增加，可提高消毒效率，故C正确；平衡常数只与温度有关，故D正确。 8、【答案】B 【详解】 【过程虚拟】 第①步两容器平衡后状态一模一样。 第②步撤去隔板没有任何变化。 第③步压缩时平衡逆向移动，故N2O4的转化率变小，选B。 注意：加入N2O4，该平衡正向移动，这是真实存在的。运用过程假设法，推导平衡逆向移动，逆向移动是虚拟的，不是真实存在的，这一点要特别注意。 9、【答案】D 【详解】A.C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.4 kJ·mol－1①，C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1②，①－②得出：C(s，金刚石)===C(s，石墨)　ΔH＝－1.9 kJ·mol－1，此反应属于放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故说法正确；B.根据A选项分析，故说法正确；C.石墨中层内共价键的键长比金刚石的键长短，因此石墨的熔点比金刚石高，故说法正确；D.燃烧热：1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量，C转化成稳定的氧化物为二氧化碳，故说法错误。 10、【答案】C 【解析】A项:由题图可以看出,反应物的能量高于产物P1、P2的能量,反应为放热反应,故A项错误;B项:能量越低越稳定,P1能量高于P2,所以稳定性P2>P1,故B项错误;C项:由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大,则E正=-18.92 kJ·mol-1-(-205.11 kJ·mol-1)=186.19 kJ·mol-1,所以C项正确;D项:由图示可知,由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),故D项错误。  11、【答案】D 【详解】 A．没有说明溶液的体积，不能计算1mol·L-1 CuCl2溶液中含有的Cl- 数目，故A错误； B．为二元弱酸，溶液的数小于，故C错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能通过体积计算物质的量，故C错误； D．3mol NO2与足量H2O反应生成了1mol一氧化氮，转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故D正确； 故选D。 12、【答案】C 【详解】A.0～6 min产生的氧气的物质的量n(O2)＝0.001 mol，n(H2O2)＝2n(O2)＝0.002 mol，v(H2O2)＝≈3.3×10－2mol/(L·min)，故A正确；B.＝3.73，＝1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6 min大于6～10 min，故6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10－2mol/(L·min)，故B正确；C.6 min时，c(H2O2)＝0.40 mol·L－1－＝0.20 mol·L－1，故C错误；D.6 min时，H2O2分解的分解率为：×100%＝50%，故D正确，故选C。 13、【答案】B 【详解】A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO＋O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则： K＝＝，当0.25a＝0时，K＝2 000，所以K＞2 000，故D错误。 14、【答案】D 【详解】A项，a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生了水解反应，则溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，错误；B项，a点NaA发生了水解反应，促进了水的电离，b点主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误；C项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)＞c(HA)，正确。 15、【答案】B 【详解】 A．亚磷酸的结构为，且根据图示知，溶液中不存在PO，则亚磷酸是二元酸，故A错误； B．亚磷酸的，根据图示pH=6.5时，c(HPO)=c(H2PO)，则Ka2=c(H+)=10-6.5，即数量级为10-7，故B正确； C．银离子还原为银单质，反应中银离子是氧化剂，氧化产物的化学式为H3PO4，则H3PO3是还原剂，根据转移电子守恒，n(Ag+)=n(H3PO3)×(5-3)，即n(Ag+)：n(H3PO3)=2：1，故C错误； D．根据图示知，pH为5~9时，H2PO转化为HPO，主要的离子方程式为：H2PO+OH-=HPO+H2O，故D错误； 故选B。 16、【答案】B 【详解】化学反应速率随温度的升高而加快，由图可得，M点到N点催化剂的催化效率随温度的升高而降低，所以M点的正反应速率v正有可能小于N点的逆反应速率v逆，故A项错误；设开始投料n(H2)为4 mol，则n(CO2)为1 mol，如图当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列三段式得： 所以乙烯的体积分数为0.25÷(2.5＋0.5＋0.25＋1)×100%≈5.88%，故B项正确；催化剂不影响平衡转化率，只影响化学反应速率，故C项错误；根据图像，当温度高于250 ℃，升高温度，二氧化碳的平衡转化率降低，则说明平衡逆向移动，但催化剂与化学平衡没有关系，并不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低，故D项错误。 17、（10分）【答案】 （1）5.0（1分） （2）abe（1分） （3）否（1分） 用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热热结果会偏低（2分） （4）H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1（2分） （5） 4.0（1分） acd（2分） 【分析】 配制一定物质的量浓度的溶液时，根据需要245mLNaOH溶液，选择250mL的容量瓶配制溶液；中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，故稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1；在测定中和热时，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，是因为金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低； （1）实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据容量瓶规格，需要配制250mL溶液，则要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g； （2）氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为abe； （3）实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低； （4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以表示稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1； （5） ①第2组数据明显有误，所以删掉，其它三组数据求平均值，温度差平均值==4.0°C； ②a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则结果偏低，a项选； b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，b项不选； c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则造成热量散失，c项选； d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，发生酸碱中和放热，使所测温度偏高，结果偏低，d项选； 答案选acd。 18、（10分）【答案】 （1）（2分） （2）5（1分） 过量（1分） （3）（1分） （4）温度不是反应速率突然加快的原因（2分） （5）催化剂（1分） D（2分） 【分析】 （1）酸性与发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，溶液褪色，H2C2O4被氧化为CO2，反应的离子方程式为：。 （2）为了探究与浓度对反应速率的影响，需要保持溶液总体积相等。根据实验1可知，溶液总体积为20mL，所以实验4中加入的水的体积为5mL，即X=5。4号实验中，H2C2O4的物质的量为0.5mol/L×5×10-3L=2.5×10-3mol，KMnO4的物质的量为0.2mol/L×10×10-3L=2×10-3mol，根据反应的方程式可知，KMnO4是过量的，所以一直看不到溶液褪色。 （3）2号反应中，H2C2O4的物质的量为0.5mol/L×10×10-3L=5×10-3mol，KMnO4的物质的量为0.2mol/L×5×10-3L=1×10-3mol，根据反应的方程式可知，KMnO4是少量的，1×10-3mol 的KMnO4消耗的物质的量为2.5×10-3mol，则用草酸表示的反应速率为=。 （4） 从表中可以看出，随着反应的进行，温度升高得很缓慢，所以温度不是反应速率突然加快的原因。 （5） 影响化学反应速率的因素除了温度外，还有浓度、压强和催化剂。该反应是溶液中进行的反应，其速率不受压强的影响；随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，而速率却明显加快，说明是催化剂加快了反应速率。反应开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快有可能是反应本身生成了催化剂。根据反应的方程式，应该是生成的Mn2+起到了催化剂的作用。可以选择在反应开始时就加入硫酸锰，和不加硫酸锰的反应速率做对比，从而得出是否是Mn2+做了催化剂的结论，故选D。 19、（7分）【答案】 （1）A（1分） （2）（2分） （3）415.1（2分） （4）c（2分） 【解析】 （1）A．通过甲烷燃烧时的能量变化图，可知1mol甲烷燃烧放出的热量H=80-882=-802，则该反应的热化学方程式是对的，故A正确； B．甲烷完全燃烧时化学能除了转化为热能还有光能，故B错误； C．通入空气太多，会带走热量，不利于甲烷燃烧，故C错误； 本题答案A。 （2）根据盖斯定律可知，(①+②)可得将还原为的热化学方程式，则该热化学方程式为，其中=(+)。 （3），根据反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，则 =(4a+465)-(1076+436)=206.4，解得a=415.1 （4）a．，氢气的正逆反应速率并不相等，故a错误； b．由于反应是在恒容密闭容器中进行的，气体的总质量不发生变化，则反应的始终过程中，密度是一直不变的，故b错误； c．是气体总物质的量减小的反应，则在恒容密闭容器中，容器内压强保持不变，可证明反应达到平衡，故c正确； d．、、的浓度之比为1∶3∶2并不能说明反应的正逆反应速率相等，故d错误； 本题答案c。 20、（15分）【答案】氧化（1分） （2分） “制备ClO2”时是酸性条件下，H2O2作还原剂可用S代替，“吸收”时是碱性条件，S会优先与NaOH发生反应 Na2SO4（5分） 酸式滴定管（1分） 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁（2分） （2分） 碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质（2分） 【分析】 根据流程可知，氯酸钠酸性环境中将H2O2氧化，自身被还原得到ClO2，生成的ClO2被H2O2和NaOH溶液混合溶液吸收，得到NaClO2，蒸发浓缩冷却结晶，过滤得到NaClO2。 【详解】 (1)一般具有强氧化性的物质会具有漂白性，亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要是因为其具有氧化性； (2)根据所给反应方程式可知双氧水作还原剂，所以用S代替双氧水，S作还原剂，由于+4价的硫也具有较强还原性，所以该反应中S被氧化成硫酸根，根据电子守恒可知ClO和S的系数比为6：1，结合元素守恒可得离子方程式为；“制备ClO2”时是酸性条件下，H2O2作还原剂可用S代替，“吸收”时是碱性条件，S会优先与NaOH发生反应，所以不宜用S代替H2O2； (3)根据第(2)题中所给方程式可知废液中含有大量硫酸钠； (4)①待测液呈酸性，故移取25. 00 ml.待测液可用酸式滴定管或移液管； ②为了保证滴定管中流出的液体能完全反应，需要用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁； ③根据题给方程式可得关系式，故样品中NaClO2的质量分数为；由于碘离子具有较强的还原性，能被空气巾的氧气氧化成碘单质，导致消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，因此实验测得结果偏高。 21、（14分）【答案】 （1）285.8kJ/mol（2分） （2）4725.8kJ（2分） （3）3:1（2分） （4）470（2分） （5）+226.7kJ•mol-1（2分） （6）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，△H=-254kJ•mol-1（2分） （7）(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3g(g)+H2O(g)△H=-1.02NAeV·mol-1（2分） 【分析】 （1）1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出得热量为燃烧热，故H2的燃烧热为285.8kJ/mol。 （2）1molH2完全燃烧放出的热量为285.8kJ，2molC3H8完全燃烧放出的热量为4440kJ，故放出的总能量为4725.8kJ。 （3）设氢气的物质的量为xmol，丙烷的物质的量为ymol，则x+y=5，285.8x+2220y=3846.75，解得x=3.75，y=1.25，所以H2和C3H8的体积比是3:1。 （4）白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172kJ/mol+5mol×498kJ/mol)=2378.0kJ，解得x=470； （5）已知：①C(s，石墨)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1；③2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(l)△H2=-2599kJ•mol-1；2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的反应可以根据①×2+②×-③×得到，所以反应焓变△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+(-571.6kJ•mol-1)×-(-2599kJ•mol-1)×=+226.7kJ•mol-1； （6）根据图示，反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)；将Ⅰ-Ⅲ得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，△H=-(+55kJ•mol-1)-(-297kJ•mol-1)=-254kJ•mol-1。 （7）由题中图示可知，该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量△H=-1.02NAeV·mol-1，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3g(g)+H2O(g)△H=-1.02NAeV·mol-1。 10