2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷02（人教版选择性必修1）（全解全析）.pdf
2020-2021学年上学期期末测试卷02高二化学全解全析12345678910111213141516CADCACCBCccBBACC1.【答案】c【详解】A.化学反应中不一定只伴随热量的变化，还可以是光能、电能等，A 错误；B.放热反应在常温下不一定很容易发生，例如碳燃烧需要加热，B 错误；C.铝热反应放出能量，属于放热反应，C 正确；D.在测定中和热的实验中，每一组实验中要测量起始酸、碱的温度、反应中的最高温度，则至少三次温度数据，D 错误；答案选C。2.【答案】A【详解】A.由题可知，有机物M 光照可转化为N,而且转化过程是吸热反应，所以M 要避光、低温保存，故 A 正确；B.由题可知，有机物M 转化为N 是吸热反应，所以相同物质的量的M 和 N,N 的能量大于M,由于M、N 的摩尔质量相同，所以等质量的N 比 M 总能量高，故 B 错误；C.该反应是吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，所以M 的总键能比N 的总键能高，故 C 错、口块：D.该反应是吸热反应，所以断健消耗的能量高于成键释放的能量，故 D 错误；故选A。3.【答案】D【详解】A.盐酸的酸性强于碳酸，故向BaCl2溶液中通入C。?不发生反应，A 错误；B.醋酸为弱酸，不拆写，用醋酸除去水垢中的CaC。：，正确的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2+CO2 T+H2O,B 错误；C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，碳酸根离子和铝离子发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为：2A13+3CO +3H2O=3CO2 T+2AI(OH),C 错误；D.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H+2NO；=C u2+2NO2 T+2H2O,D 正确；答案选D。4.【答案】C【详解】A.由图可知，经历TSi,CO2共价键发生断裂，生成了 HCOO*,再经历TS2才生成竣基，故 A 错误；B.Pt为固体催化剂，增大表面积可增大反应物接触面，反应速率增大，会加快催化效果，故 B 错误；C.能垒(活化能)为1.48eV的是TS2过渡态，E=-0.18eV-(-1.66eV)=1.48eV,则反应方程式为3HCOOH*(g)+2H2(g)=H2COOH*(g)+-H2,故 C 正确；D.催化剂能改变反应的活化能，如果换用铜系催化剂，不同的催化剂催化效果不同，能不同程度的改变反应历程，所得反应历程与图示不相同，故 D 错误；答案选C。5.【答案】A【详解】设溶液的体积为1L,0.5mol/L的H2s04溶液中 c(H+)=1.0molLT,c(OH)=1.0X lO”mohL-i,水电离的物质的量为 l.OX 10 l4mol；0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH-)=0.1 morU,c(H+)=1.0 b,B错误；C.婚变=反应物键能之和-生成物键能之和，故H=(a-b)k J/mo l,C正确；D.山 的摩尔燃烧焰指I mo lH z 完全燃烧生成液态水时的焰变，已知方程式是对应2 m0 1 比 的焙变，故需除以2,即 压 的摩尔燃烧焰“=-DU J。=2 8 5.8 k J/mo l,D错误。2故答案选C。8 .【答案】B【详解】A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故 A正确；B.三氯乙烯C 2 H C I 3 中 C原子化合价为+1 价，乙烯中C原子化合价为-2 价，I m o Q H C b 转化为I mo lC 2 H 4时，得到6 mo i 电子，脱去3 mo i 氯原子，所以脱去amo lC l时 n e=2 amo l,故 B错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化N0；+8 e-T N H；,由于生成物中有NH：,所以只能用H+和 H 2 O 来配平该反应，而不能用E h O 和 0H来配平，所以的电极反应式为NO；+1 0 H+8 e=N H：+3 H 2 O,故 C正确；D.增大单位体积水体中小微粒Z V I 的投入量，可以增大小微粒Z V I 和正极的接触面积，加快Z V I 释放电子的速率，可使所增大，故 D正确；答案选B。9.【答案】C【详解】电解M（N03）x溶液时某一极质量增加m g,则其阴极反应为M，+xe-=M；0.36g水的物质的量为0.36g电解 =0.0 2 m o l,根据蓄电池的电池反应可知消耗0.02mol水时，发生2H2比 t+Ch t,转移18g mol0.04mol电子，根据阴极的反应式可知转移0.04mol电子时可以生成W m o lM,所以M 的摩尔质量为xmg0.04=25mx g/m ol,则金属M 的相对原子质量为25m x,故答案为C。-molx10.【答案】C【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大,达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A 不选；B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B 不选；C.反应平衡后，增大氮气的量，平衡正向进行，这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，c 选；n（H,）D.起始投料比 资 越大，N2的平衡转化率越大，与图像不符，D 不选；n（N2）答案选C。11.【答案】C【详解】A.碳酸氢钠为弱酸的酸式盐、碳酸氢铁为弱酸的酸式盐、碳酸镂为弱酸弱碱盐，都能既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故 A 正确；B.性质都不稳定，受热都容易分解，将溶液蒸干灼烧得不到对应的固体物质，性质稳定，将溶液蒸干灼烧得到对应的固体物质，故 B 正确；C.相比较，中N ；的水解促进“CO；水解，C（HCO3）：，故 C 错误；D.相比较，中N”；的水解促进CO；水解，c（CO；）的大小为,，相比较，中 的 水解抑制 C。；的电离，c（C O；）：，为二元弱酸，分步电离，c（C O；）最小，则c（C O；）的大小关系为 N a2C O3（N H4）2C O3 N a H C O3 N H4H C O3 H2C O3,故 D 正确；故答案选C。1 2.【答案】B【详解】X和丫均为石墨电极，电解液为5 0 0 mL某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，丫电极有无色气体生成，则该电解液中含C/+,X电极的电极反应式为C u2+2 e=C u,丫电极的电极反应式为 4 O H -4 e -O 2 T+2 H 2 O；A.X电极上C M+发生得电子的还原反应，则X电极是阴极，A正确；1 6 gB.根据得失电子守恒，X电极增重1.6 g,丫电极上产生气体的物质的量为,一 ，x 2+4=0.0 1 2 5 mol,由6 4 g/mol于气体所处温度和压强未知，故无法计算气体的体积，B错误；电解C.电解的总离子反应方程式为2 C u2+2 H 2 D=2 C u+O 2 T+4 H+,X电极增重1.6 g,则生成的H+物质的量为2 x/6 g =o.o5 mol,电解后溶液中H+浓 度 为 竺“也-（M mol/L,C正确；6 4 g/mol 0.5 L电解D.电解的总离子反应方程式为2 C u2+2 H 2 O 2 C u+O 2 T+4 H+,电解过程中析出了 C u、放出了 O 2,要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的C uO或与C uO相当的C uC O 3 （因为C 1 1 C O 3可改写成C uO C O2）,D 正确；答案选B。1 3.【答案】B【分析】根据电池示意图，电池放电时，右侧C O 2得到电子发生还原反应生成H C O O H,作正极，负极Z n失去电子,电极反应式为2巾2&+4 0田=2 1 1（0 1 1）：,电池充电时，为电解池，阳极H 2 O失去电子，电极反应式为2 H 2 O-4 e=4 H+O 2?,阴极Z n（OH）j得到电子被还原为Z n,据此分析解答。【详解】A.根据上述分析可知，电池充电时，阳极H?O失去电子，电极反应式为2 H 2 O-4 e-=4 H+C h T，氢离子浓度增大，p H 减小，A错误；B.充电时，阴极Z n(O H)：得到电子被还原为Z n,B正确；C.电池放电时，负极Z n 失去电子，C错误；D.电池放电时，右侧C O 2 得到电子发生还原反应生成H C O O H,C 的化合价由+4 价降低至+2 价,则I mol CO2完全转化为H COOH 时有2m o i e-转移，D错误；答案选B。14 .【答案】A【分析】由表格数据可知当压强从2x l 05 p a 增大为5 x l O 5 p a 时，压强增大2.5 倍，体积变为一L倍，浓度由0.08 增大2.5为 0.20m o l L l 也增大2.5 倍，所以增大压强平衡不移动，则 m+n=p,x=0。【详解】A.第二次平衡到第三次平衡中，压强从5 x l O 5 p a 增大为i x l 06 p a 时，压强增大2 倍，体积变,倍，浓度应2该由0.20 m o l L-1增大为0.4 0m o l L 但是实际上A的浓度为0.4 4 m o l L 则平衡时A的浓度变化量为0.04 m o l/L 小、r0.04 m o l/L,则 A的平均反应速率为-=0.05 m o l/(L m i n),故 A错联；0.8 m i nB.根据分析，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有a m o l 气体，再向体系中加入b m o l B,当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是(a+b)m o l,故B正确；C.由表格数据可知，当压强从5 x l O 5 P a 增大为l x l()6 p a 时，压强增大2 倍，体积变,倍，浓度应该由0.202增大为0.4 0m o l L l 但是实际上A的浓度为0.4 4 m o l 说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所 以 此 反 应 的 平 衡 常 数 表 达 式 为 故 C正确；c(A)D.根据分析，增大压强平衡不移动，说明该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，即 m+n=p,从第一次达到平衡到第二次达到平衡过程中平衡没有发生移动，即压强的变化反应始终保持平衡状态，则 x=0,故 D正确；答案选A。15 .【答案】C【详解】A.由图象可知温度升高CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则“（）,由$（）可知，若H-3 S 0,则需在低温下能自发进行，常温下可能自发，故 A 错误;n（H,）B.氢 碳 比 越 大,二 氧 化 碳 的 转 化 率 越 大，根据图像，氢碳比：X 2.0,在氢碳比为2.0时，P 点ng）达平衡，Q 点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的二氧化碳，反应向正方向移动，从 Q 点到P 点，正反应速率减小，逆反应速率增大，则 Q 点丫鼠H2）P点丫逆（丛），故 B 错误;n（H2）C.由图可知，P 点平衡时二氧化碳转化率为0.5,氢 碳 比/二:=2,起始时氢气为lmol/L、二氧化碳为n（CO2）0.5m ol/L,则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L,则:2CO2(g)0.5+6 H2 (g)1C2H4(g)0+帆 0(g)00.250.750.1250.50.250.250.1250.5代入平衡常数表达式K=(H2O)_ 0.54x 0.125C2(CO2)XC6(H2)-0.252 x 0.256=5 1 2,故 C 正确:始（mol/L）变（mol/L）平（mol/L）x c4D.根据C 项计算，P 点平衡时，CO?、出、C2H4、H2O的浓度比值为2：2：1 ：4,按 2：4：1 ：4 的比例再充入CO2、H2、C2H4、H 2 0,增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后a（CO2）增大，故 D 错误;答案选C。16.【答案】C【详解】由图像知，当 NaOH溶液体积为20mL时，HC1过量，pH=2,则c )=0.01Lxc(HCl)-0.02Lxc(NaOH)0.03L=0.01m ol/L,当 NaOH溶液体积为30mL时，溶液pH=7呈中性，则有 0.01LXc(HCl)=0.03LXc(NaOH),联立解得，c(HCl)=0.09mol/L,c(NaOH)=0.03mol/L,故答案选C。17.【答案】(除特殊说明，每空 2 分)2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)”=-873kJmoH-183kJmol-环形玻璃搅拌棒（1分）金属导热快，热量损失多 保温隔热，防止热量损失 偏 小（1 分）【详解】液态阴和N2O4。)反应生成N2和水蒸气的化学方程式为2N2H4+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g),根据盖斯定律 x2-得到H=-873kJ/mol；焰变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H2(g)+CL(g)=2HCl(g)的反应热 H=436kJmoH+243kJmol-|-(2x431)kJ.mol-|=-183 kbmol-1；(3)为了使酸和碱充分反应，还需要环形玻璃搅拌棒进行搅拌；金属导热快，热量损失多，会导致测量结果误差较大；测量中和热实验的关键就是做好保温工作，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温隔热，防止热量损失；一水合氨为弱碱，反应过程中还会不断电离吸收热量，所以会使中和热数值偏小。rci218.【答案】A(g)+2B(g)w2c(g)(2 分).I B/。分)0-0 5 m o l/(L-min)(2 分)增大压强(1分)温度升高(1 分)t2t3(1 分)【分析】根据各物质在相同时间内的物质的量变化可以确定反应的方程式，A、B 为反应物，而降低温度A 的转化率增大，说明降温平衡正向移动，则正反应为吸热反应。【详解】(1)由图1可知，A、B 为反应物，C 为生产物，且最后A、B 的物质的量不为0,为可逆反应，3min时”(A)：”(B)：n(C)=(l-0.7)mol：(l-0.4)mol：0.6mol=l：2：2,物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B 2C；平衡常数为生成物浓度的化学计量数次基的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幕 CT的乘积所得的比值，所以K=r ；:；据图可知。3min内 (A)=0.3m0 1,容器体积为2 L,所以A 的反应A 时0.3mol速 率 为 2L=0.05mol/(L-min)；据图可知改变条件的瞬间各物质的物质的量没有发生变化，说明不是改3min变反应物或生成物的量，而改变条件后A、B 的物质的量减少，C 的物质的量增加，说明平衡正向移动，而K值不变，则温度不变，而该反应为气体系数之和减小的反应，所以改变的条件应为增大压强；(2)/3时刻，正逆反应速率都瞬间增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，考虑到该反应为吸热反应,此时改变的条件应为升高温度；据图可知、“时刻改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，A 的转化率减小，而 6 时刻改变条件后平衡不移动，所 以 3段 A 的转化率最高。19.【答案】(除特殊说明，每空 2 分)6 NA(1 分)CH30H(g)=HCH0(g)+H2(g)A H=+(E2-EI)kJ/mol等 于(1 分)NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 870(接 近 也 可)专,640.5 mol L h-r27pj【分析】(1)根据C 原子守恒有：CH4CO6 e,据此解答；(2)根据图象得出反应热的数值，进而写出热化学方程式；反应热取决于反应物和生成物的总能量的大小，与起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关。【详解】I.(1)为维持热平衡，x6+相加可得 7cH4(g)+3O2(g)+H2O(g)=7CO(g)+15H2(g)A H=0,反应中生成 7 molCO转移电子总数为42 mo1,所以产生1 mol CO转移的电子数为6 NA；(2)根据图示所示，A!1=生成物总能量-反应物总能量=(E2-Ei)kJ/mol,反应的热化学方程式为CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)AH=+(E2-EI)kJ/mol；AH为 E2和 E t的差值，根据图示可知E2-E1的差值没有发生变化，所以过程I 和过程H反应热相等；H.(3)从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775 K,发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行；在 n(NO)/n(CO)=l的条件下，为更好地除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870 K 左右；(4)起 始 量(mol/L)转 化 量(mol/L)平 衡 量(mol/L)c o2(g)1a1-a+3 H 2 (g)33 a3-3 aC H Q H(g)0aa+H2O(g)0aau p 4-4 7 +2 2CO2(g)+3H2O(l)AHi=-1560kJmoHb.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)AH2=-141 IkJ-mol11,c.H2(g)+-O2(gH2O(l)AH3=-286kJ mol-由盖斯定律可知，a-b-c 可得 C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g),则AH=AHI-AH2-AH3=(-1560kJ-mol-)-(-1411 kJ mol1)-(-286kJ mol-1)=+137kJ-mol1,故答案为：+137；该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强、将产物及时从容器中分离等措施能使平衡向正反应方向移动，提高乙烷的平衡转化率，故答案为：升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离；起始时加入的乙烷和氢气各为Im o l,由题意可建立如下三段式：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)起始/molL1 1/V 0 1/V a/Vx(l+a)/V a(l+a)赤口/i r 1 2 /v /v，则反应的平衡常数为K=6 7 1,故答案变 化/mol-L a/V a/V a/V(l-a)/V V(l-a)平 衡/mol L(l-a)/V a/V(l+a)/Va(l+a)为：7 7 7；r;V(l-a)(2)由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳时，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳发生还原反应，则通入二氧化碳的A极为电解池的阴极，B极为阳极，甲烷在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙烷或乙烯，生成乙烷的电极反应式为2 cH4-2 e+O2-=c2 H6+比0,故答案为：2 cH4-2 e-+C)2-=C2 H6+比0；
