江西省宜春九中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

江西省宜春九中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

化学试题卷 可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16‎ 第I卷 选择题 一、选择题（每题3分，共48分，每小题一个正确答案）‎ ‎1.合理利用燃料，减小污染符合 “绿色化学”理念，下列关于燃料的说法中正确的是（ ）‎ A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 通入大大过量的空气使燃料充分燃烧，从而达到充分利用热能的目的 C. 燃料的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 D. 硫的燃烧热为akJ·mol-1，硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO3(g) △H=-akJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4•nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误；‎ B．通入大大过量的空气，会带走热量，使燃料的燃烧充分，但燃烧后热效率降低，故B错误；‎ C．物质的化学能可以转化为热能、光能、电能等能量形式，被人类利用，故C正确；‎ D．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，硫燃烧生成二氧化硫，不是三氧化硫，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是 A. C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH=-393.5kJ/mol B. 2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH =+571.6kJ/mol C. CH4（g）+2O2（g）＝ CO2（g）+2H2O（g） ΔH=-890.3kJ/mol D. C6H12O6（s）+6O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l） ΔH=-2800kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃烧热是指1mol 纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确．‎ ‎【详解】A．1mol C完全燃烧应生成CO2放出的热量为C的燃烧热，故A错误；‎ B．2molH2完全燃烧生成的稳定的氧化物液态水，放热反应的△H为负值，ΔH =-571.6kJ/mol，故B错误；‎ C．1mol CH4完全燃烧生成稳定的氧化物为CO2和液态水，故C错误；‎ D．1mol葡萄糖完全燃烧生成CO2和H2O（l），燃烧热为2800kJ·mol－1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是 （ ）‎ A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失 B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作 C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数 D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平。‎ ‎【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；‎ B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；‎ C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；‎ D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)分析是解答的关键。‎ ‎4.分析下列反应，在任何温度下均能自发进行的是 A. 2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH＝＋163 kJ·mol－1‎ B. Ag(s)＋Cl2(g)=AgCl(s)ΔH＝－127 kJ·mol－1‎ C. HgO(s)=Hg(l)＋O2(g)ΔH＝＋91 kJ·mol－1‎ D. H2O2(l)=O2(g)＋H2O(l)ΔH＝－98 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】任何温度下均能自发进行，必须是放热反应且是熵增的过程，A、C为吸热反应，故错误；B是熵减的过程，故B错误，D是放热反应，且为熵增的过程，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是 ‎ ‎ A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数 B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能 D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3‎ ‎(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D正确。本题选B。‎ 点睛：要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。‎ ‎6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 在硫化氢水溶液中加入碱有利于S2-的生成 B. 加入催化剂有利于氨的氧化反应 C. 高压有利于合成氨反应 D 向新制氯水中加入碳酸钙有利于次氯酸浓度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 勒沙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．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。‎ ‎【详解】A、氢硫酸溶液中有下列平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-。加碱后OH-中和H+，上述平衡正向移动，S2-增多，可用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B、加入催化剂，改变反应速率但不改变平衡状态，不会促进氨的氧化反应，不可用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C、合成氨反应是气体体积减小的反应，高压有利于平衡向生成氨的方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D、碳酸钙能与氢离子反应，氢离子的浓度降低，平衡向正反应方向移动，次氯酸的浓度增大，能用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎7.T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：‎ t / s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ n(Cl2) / mol ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.19‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1‎ B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) =0.11mol·L-1，则反应的ΔH＜0‎ C. T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正>v逆 D. T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应在前2s的平均速率v(CO)= v (Cl2)===0.04 mol·L-1·s-1，错误；‎ B、平衡时c(Cl2)==0.1 mol·L-1，升高温度，c(Cl2)==0.11 mol·L-1，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应ΔH>0，错误；‎ C、‎ COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)‎ 起始（mol·L-1）：0.5 0 0‎ 转化（mol·L-1）：0.1 0.1 0.1‎ 平衡（mol·L-1）：0.4 0.1 0.1‎ 该温度下，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时＜0.025，则反应达到平衡前v正>v逆。正确；‎ D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.工业上利用可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是 A. 合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率 B. 恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大 C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 D. 在t1、t2时刻，NH3 (g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，NH3 (g)生成的平均速率为v＝(c2-c1)/(t2-t1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合成氨的适宜条件是高温高压催化剂，是由于氮气、氢气的键能大，断裂消耗较高的能量。其中催化剂可以同样改变该反应的正、逆反应速率，错误；‎ B．恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，由于反应体系的各种物质的浓度不变，所以反应速率不变，错误；‎ C．降低温度，反应速率减慢，将延长反应达到平衡的时间，错误；‎ D．在t1、t2时刻，NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，由于化学反应速率是单位时间内的浓度改变值，所以NH3(g)生成的平均速率为v＝，正确。‎ 答案选D。‎ ‎9.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是（ ）‎ ‎①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2‎ A. ②⑧ B. ①⑥ C. ②④ D. ③⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，反应达平衡状态；‎ ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，反应方向相同，不一定达平衡状态；‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化，反应达平衡状态；‎ ‎④A、B、C的压强不再变化，则浓度不变，反应达平衡状态；‎ ‎⑤因为反应前后气体分子数不等，所以混合气体的总压强不再变化，反应达平衡状态；‎ ‎⑥混合气体的物质的量不再变化，反应达平衡状态；‎ ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB，反应方向相反，反应达平衡状态；‎ ‎⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，反应不一定达平衡状态；‎ 综合以上分析，不一定达平衡状态的是②⑧；故选A。‎ ‎【点睛】若利用两种物质判断平衡状态，则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比，并且反应进行的方向相反；若使用一种物质判断平衡状态，则它的正、逆反应速率相等，或浓度、物质的量、百分含量等保持不变；若用整个反应体系的某个量判断平衡状态，则此量应为变量，变量不变，则为平衡状态。‎ ‎10.对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）‎ A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应的反应物和生成物均为气体，减小压强，正、逆反应速率都将减小，这一点只有C项符合；该反应是一个正向气体分子总数减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，所以答案选择C项。‎ ‎11.工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 在A、B、C三点时，V(正)=v(逆)，在D点时V(正)>v(逆)‎ B. A、B、C三点的平衡常数一定不相同 C. 升高温度可以加快化学反应速率，有利于平衡向正反应方向移动 D. 一定温度下，保持容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，压强增大，平衡不移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线上的点为平衡点，则A、B、C三点时v(正)=v(逆)，D点SO3的百分含量小于平衡时含量，向正反应方向移动，D点时v(正)＞v(逆)，故A正确；‎ B．A、B、C三点的温度不同，则平衡常数一定不相同，故B正确；‎ C．由图可知，温度越高，生成物的含量越低，该反应为放热反应，升高温度可以加快化学反应速率，但平衡向逆反应方向移动，故C错误；‎ D．容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎12.在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是（ ）‎ A. 熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4=Na++H++SO42-‎ B. 水溶液中CH3COONH4的电离：CH3COONH4CH3COO-+NH4+‎ C. Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3++3OH-‎ D. H2CO3的电离：H2CO32H++CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熔融状态下硫酸氢钠电离生成钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4═Na++HSO4-，故A错误；‎ B．醋酸铵属于强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO-+NH4+，故B错误；‎ C．氢氧化铁是弱电解质，部分电离，电离方程式为Fe(OH)3⇌Fe3++3OH-，故C正确；‎ D．碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意硫酸氢钠在熔融状态下和溶液中的电离方程式的区别。‎ ‎13.25℃时，1mol/L的醋酸加水稀释至浓度为0.01mol/L，关于稀释前后下列变化正确的是（ ）‎ A. 溶液中c(OH-)减小 B. 溶液中的值增大 C. pH的变化值等于2‎ D. Kw的值减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，温度不变，Kw不变，故c(OH-)增大，故A错误；‎ B、加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的电离平衡常数Ka=不变，故溶液中的值增大，故B正确；‎ C、加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故C错误；‎ D、Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意，加水稀释酸或碱溶液时，溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，Kw不变，则酸溶液中c(OH-)增大，碱溶液中的c(H+)增大。‎ ‎14.pH=5盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，则混合液的pH为（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 6 D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=5的盐酸，‎ pH=9的氢氧化钠溶液，‎ 物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，‎ 则混合液的pH： ，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】是什么溶液先表示什么[是酸溶液先表示c(H+)，是碱溶液先表示c(OH－)]，根据谁大计算谁，不管谁大，一定要计算c(H+)，再计算pH。‎ ‎15.对于可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，下列图像中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于可逆反应A2(g)+3B2(g)⇌2AB3(g)△H＜0，正反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A错误；‎ B．该反应是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，所以生成物的含量增大，不是减小，故B错误；‎ C．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则生成物的含量减小，一定温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则生成物的含量增大，故C正确；‎ D．温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.在一真空密闭容器中盛有1molPCl5，加热到200 ℃，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为m%，若在相同的温度和相同的容器中，起始时加入2molPCl5，反应达到平衡时，PCl5在混合气体中的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是（ ）‎ A. 2m＝n B. m＝n C. m>n D. m

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