【化学】安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 一、单选题（本大题共18小题，共54.0分）‎ ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代就已经广泛应用了相关的化学知识，下列关于古代化学的应用和记载中，说法不合理的是( )‎ A. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能 B. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈 C. 锡青铜铜锡合金文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快 D. 晋代炼丹家、医学家葛洪所著抱扑子一书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。这个过程为可逆反应 ‎【答案】D ‎【详解】A. 可燃物燃烧时放出热量，所以能量变化主要是化学能转化为热能，A项正确；‎ B. 明矾中含有铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，Cu2(OH)2CO3能与酸性溶液反应，所以可用明矾水除去铜器上的铜锈，B项正确；‎ C. 锡青铜是铜锡合金，在潮湿环境中，铜锡合金会形成原电池，发生吸氧腐蚀，所以锡青铜(铜锡合金)文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，C项正确；‎ D. 丹砂为硫化汞，不稳定，加热发生HgS Hg+S，温度降低时，又可发生Hg + S = HgS，二者反应条件不同，不符合可逆反应概念，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.已知下列反应的反应热:‎ ‎（1）CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3 kJ·mol-1‎ ‎（2）C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5 kJ·mol-1‎ ‎（3）H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8 kJ·mol-1‎ 则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为( )‎ A. ΔH=-488.3 kJ·mol-1 B. ΔH=-244.15 kJ·mol-1‎ C. ΔH=-977.6 kJ·mol-1 D. ΔH=+488.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【详解】根据盖斯定律分析，反应②×2-反应①+反应③‎ ‎×2即可得热化学方程式为：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=-393.5×2+870.3-285.8×2= -488.3kJ·mol-1，答案选A。‎ ‎3.下列说法或表示方法中正确的是（ ）‎ A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol C. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0‎ D. 已知中和热为57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ ‎【答案】D ‎【详解】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；‎ B．燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；‎ C．氯化铵和八水合氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；‎ D．浓硫酸溶于水放热，故将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3 kJ，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%‎ B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3‎ COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。‎ 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。‎ ‎5.下列图示与对应的叙述相符的是( )‎ A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线 C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c D. 图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c ‎【答案】C ‎【解析】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2‎ 的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。 ‎ ‎6.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．上图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 时加入了催化剂 B. 时降低了温度 C. 时增大了压强 D. 时间内转化率最高 ‎【答案】C ‎【详解】A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确，不符合题意；‎ B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，不符合题意；‎ C.t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误，符合题意；‎ D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t4～t5内转化率最高，故D正确，不符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎7.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；‎ B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；‎ C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；‎ D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.某浓度的氨水中存在下列平衡：，若想增大的浓度，而不增加的浓度，应采取的措施是( )‎ 适当升高温度  加入固体  通入  加入少量盐酸。‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【详解】①一水合氨的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，所以NH4+与OH-的浓度均增加，故①不符合题意；‎ ‎②加入固体，溶液中NH4+浓度增加，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，故②符合题意；‎ ‎③通入氨气，即增加一水合氨浓度，平衡正向移动，溶液中NH4+与OH-的浓度均增加，故③不符合题意；‎ ‎④加入少量盐酸，OH-与盐酸反应，OH-浓度减小，平衡正向移动，溶液中NH4+浓度增加，故④符合题意；‎ 综上所述，②④符合题意，本题应选D。‎ ‎9.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( )‎ A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. N点处的溶液中pH<12‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；‎ C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；‎ D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。‎ ‎10.时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 水的电离程度：a点小于b点 B. a点溶液的导电性大于b点溶液 C. 恰好完全中和时，所需NaOH物质的量：‎ D. HA的酸性强于HB ‎【答案】D ‎【详解】pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性较强的酸的pH变化大，酸性较弱的酸的pH变化小，据此得出酸性：HA>HB。‎ A. a点pH大于b点，即a点的c(H+)小于b点，则酸的电离对水的电离的抑制程度：a点小于b点，所以水的电离程度：a点大于b点，A项错误；‎ B. 在这两种酸溶液中，c(H+)≈c(A−)，c(H+)≈c(B−)，而a点的c(H+)小于b点的c(H+)，故a点的c(A−)小于b点的c(B−)，即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点的导电能力小于b点，B项错误；‎ C. 在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA>HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度：c(HA)

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