1、四川省泸州市泸县第五中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）第卷（选择题 共52分）一、选择题：（本大题包括13小题，每小题4分，共52分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列各组中两个反应反应热，其中H1H2A. 2H2(g)O2(g)2H2O(g) H1；2H2(g)O2(g)2H2O(l) H2B. S(g)O2(g)SO2(g) H1；S(s)O2(g)SO2(g) H2C. 2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H1；2SO3(g)O2(g)2SO2(g) H2D. 已知反应：C(金刚石，s)C(石墨，s)H0，C(金刚石，s)+O2(g)CO2(g) H1；C
2、(石墨，s)+O2(g)CO2(g) H2【答案】A【解析】【详解】A、由于液态水的能量小于气态水的能量，则氢气完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，H越小，因此H1H2，A正确；B、由于气态硫的能量高于固体硫的能量，则气态硫完全燃烧放热多，但放热越多，H越小，所以H1H2，B错误；C、二氧化硫转化为三氧化硫是放热反应，H10，三氧化硫分解是吸热反应，H20，则H1H2，C错误；D、C(金刚石，s)C(石墨，s) H0，这说明金刚石的总能量高于石墨的总能量，因金刚石完全燃烧放热多，则H1H2，D错误；答案选A。【点睛】H的比较：对放热反应，放热越多，H越小；对吸热反应，吸热越多，H越大。另外比
3、较反应热大小时还需要注意：H的符号：比较反应热的大小时，不要只比较H数值的大小，还要考虑其符号；参加反应物质的量：当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的H越小，吸热反应的H越大；反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。2.已知：H2的标准燃烧热为286 kJ mol1，CO的标准燃烧热为283 kJ mol1，液态甲醇（CH3OH）标准燃烧热为726 kJ mol1。由H2(g)与CO2(g)合成CH3OH(l)的H为：A. 297 kJ mol1B. 151 kJ mol1C. 132 kJ mol1D. 1548 kJ mol1【答案】
4、C【解析】【详解】由H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的标准燃烧热可分别写出它们燃烧的热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l), H=286 kJmol1；CO(g)+O2(g)=CO2(g), H=283 kJmol1；CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l), H=726 kJmol1。根据盖斯定律，将3-得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l), H=(-286 kJmol13)-(-726 kJmol1)=-132 kJmol1，答案选C。3.在一定条件下，可逆反应2X(g)+Y(s)2Z(g)H=-akJmol-1，下列说法一定正
5、确的是（ ）A. 当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z 三者的物质量之比为212C. 当反应达到平衡时，压缩体积，X的正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动D. 恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】A.根据方程式，当反应消耗1molY时，反应放出akJ的热量，故A正确；B. 当反应达到平衡时，X、Y、Z的浓度不变，三者的物质量之比不一定为212，故B错误；C. 当反应达到平衡时，压缩体积，压强增大，平衡不移动，X的正、逆反应速率都增大，故C错误；D.Y为固体，恒温恒容，反应达到平衡后，加入1molY，Y的浓
6、度不变，平衡不移动，故D错误；故选A。4.下列物质：干燥Cl2 NaClO SO2 活性炭 O3，能使品红溶液褪色的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】干燥Cl2通入品红溶液会生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；NaClO在溶液中能与二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故正确；活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色，故正确；O3具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；答案选D。【点睛】具有漂白性的物质可使品红褪色，如HClO、过氧化氢、臭氧、过氧化钠、二氧化硫以及活性炭等，但原理有所不同。
7、5.在3L密闭容器中充入2molSO2和一定量O2，反应生成SO3气体，当进行到6min时，测得n(SO2)=0.4mol，若反应只进行到3min时，容器内n(SO2)为A. 小于1.2molB. 0.8molC. 大于0.8molD. 小于0.8mol【答案】A【解析】【详解】当进行到6 min时，测得n(SO2) = 0.4 mol，SO2的物质的量减少了1.6 mol，若前后反应速率不变，反应只进行到3 min时，SO2的物质的量减少0.8 mol，但是反应开始时反应速率比较大，故SO2的物质的量减少量要大于0.8mol，那么剩余的物质的量就小于1.2mol。答案选A。6.对于平衡体系：
8、aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，则a+bc+dB. 若从正反应开始,平衡时A、B的转化率相等,则投入A、B物质的量之比为 a：bC. 若平衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，达到平衡时气体总物质的量为（M+b）mol，则a+bc+dD. 若a+b=c+d，则当容器内温度上升时，平衡向左移动，容器中气体的压强不变【答案】B【解析】试题分析：A、若温度不变，容器体积扩大一倍，若平衡不移动，则A的浓度是原来的0.5倍，此时A的浓度是原来的0.45倍，说明容器体积增大，
9、压强减小，平衡正向移动，则正向是气体物质的量增大的方向，则a+bT2，正反应放热B. TlP2，a+bc+dD. PlP2，b=c+d【答案】D【解析】【分析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2T1，p2p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影
10、响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。【点睛】本题考查化学平衡图像的分析，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。本题的易错点为反应前后计量数的关系判断，要注意A为固体。9.纳米是长度单位，1纳米等于1109米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）A. “纳米铜”是一种胶体B. “纳米铜”与铜是同位素C. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快D. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快【答案】C【解析】
11、【详解】A. 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，“纳米铜”是纯净物，不是胶体，故A错误；B. “纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已，故B错误；C. “纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，接触面积越大，化学反应速率越快，故C正确；D. “纳米铜”与铜片化学性质相同，得失电子能力一样，故D错误。故选C。10. 下列有关物质的性质和应用都正确的是A. 氢氟酸具有强酸性，可用于雕刻玻璃B. 氨气显碱性，可用碱石灰或无水CaCl2干燥C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料D. 铜的活动性比铁弱，可在海轮外壳装铜块减缓海轮腐蚀【答案】C【解析】试题分析：A.氢
12、氟酸是弱酸，但与玻璃的成分SiO2反应，用于雕刻玻璃，A项错误；B.氨气与CaCl2反应，所以氨气只能用碱石灰干燥，不能用CaCl2干燥，B项错误；C. MgO、A12O3熔点高，它们都可用于制作耐火材料，C项正确；D.铜的活动性比铁弱，铜、铁、海水组成的原电池中，铁是负极被溶解，铜是正极被保护，会加速海轮腐蚀，D项错误；选C。考点：考查物质的性质和用途。11.市场上经常见到的标记为Li-ion的电池。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为： Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，下列说法正确的
13、是A. 充电时，该电池的正极应外接电源负极B. 充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应C. 该电池既能用酸溶液又能用碱溶液作电解质溶液。D. 放电过程中Li+向负极移动【答案】B【解析】【分析】根据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO22Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，Li为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的化合价升高后变为Li0.35NiO2，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充
14、电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li能与水反应，因此应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A.充电时，该电池的正极应外接电源正极，作阳极，A错误；B.充电时，Li0.85NiO2变为Li0.35NiO2和Li，Ni的化合价升高，被氧化，部分Li+被还原为Li，所以Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；C.Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，C错误；D.原电池中阳离子移向正极，则Li+向正极移动，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查电化学的热点-锂离子电池的有关知识，看清电池的放电方向及充电方向，根据总反应式
15、判断出放电时的正、负极和充电时的阴、阳极的反应，从化合价变化的角度分析，难度不大。12.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A B ；当A、D组成原电池时， A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为A. ABEDB. ABDEC. DEABD. DABE【答案】D【解析】【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向AB，则金属活泼性为AB；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为DA；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+，B失去电子，则金属活泼性为BE
16、，综上所述，金属活泼性为DABE。答案选D。13.锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是（ ） A. 放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B. 整个反应过程中，氧化剂为O2C. 放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-D. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O【答案】A【解析】【分析】放电时，锂作负极，电极反应式为Li-e-Li+，Cu作正极，根据总反应2Li
17、Cu2OH2O2Cu2Li+2OH-，4Cu+O2=2Cu2O，正极的电极反应式为4Cu+O2=2Cu2O，Cu2OH2O2e-2Cu2OH-，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A、放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.025 mol，在标准状况下的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，故A错误；B、通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为
18、O2，故B正确；C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；答案选A。【点睛】明确原电池正负极的判断及电极反应式是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据正反应方程式分析解答，注意把握Cu在整个过程中的作用。第II卷（非选择题48分)二、综合题14.（1）有一种燃料电池，所用燃料为H2和空气，电解质为熔融的K
19、2CO3。回答下列问题CO移向_极。正极反应式为_。电池中CO的物质的量将逐渐_（填增大、减少、不变）。（2）用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极，2分钟后，测得乙池的pH为12，则电源A极是_极。c极上的电极反应式：_。甲、乙两池共可收集到_mol气体。丙装置上某极可析出固体_克，溶液的pH为_。（常温，不考虑溶液体积变化）电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，则丙溶液中的硫酸铜的物质的量浓度为_mol/L。（不考虑溶液体积变化）【答案】 (1). 负 (2). O2 +2CO
20、2+4e- =2CO32 (3). 不变 (4). 负 (5). 2H+2e-= H 2（写水放电也给分） (6). 3.5103 (7). 0.064 (8). 2 (9). 0.1【解析】本题考查电化学知识，应从原电池的工作原理和电解原理的知识入手，（1）根据原电池的原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此CO32向负极移动；通空气一极为正极，通燃料的一极为负极，电解质为熔融状态的K2CO3，因此正极反应是氧气转化成CO32，电极反应式为O22CO24e=2CO32；负极反应式为H22eCO32=H2OCO2，总电极反应式为2H2O2=2H2O，因此CO32的物质的量不变；（2）本题
21、利用电解原理进行判断，甲池中阴极反应式：2H2e=H2，阳极反应式为4OH4e=2H2OO2，串联电路通过电子的物质的量相等，氢气的量大于氧气的量，因此a极产生H2，b极产生O2，连接电源正极的电极为阳极，连接电源负极的电极为阴极，因此A为负极，B为正极；c极应为阴极，溶液中阳离子有Na、H，H的放电顺序大于Na，电极反应式为2H2e=H2；乙池溶液的pH=12，推出c(OH)=Kw/c(H)=1014/1012molL1=102molL1，OH应在阴极上产生，其电极反应式为2H2O2e=H22OH，因此整个电路中通过电子物质的量为200103102mol=2103mol，产生氢气的物质的量为
22、2103/2mol=1103mol，阳极反应式为2Cl2e=Cl2，氯气的物质的量为：2103/2mol=1103mol，根据中甲池电极反应式，求出甲池中产生H2的物质的量为2103/2mol=1103mol，产生氧气的物质的量为2103/4mol=5104mol，气体总物质的量为：(1103110311035104)mol=3.5103mol；丙装置：e电极为阴极，发生电极反应式为Cu22e=Cu，因此产生铜的质量为210364/2g=0.064g，阳极反应式为：2H2O4e=O24H，n(H)=2103mol，c(H)=2103/200103molL1=0.01molL1，即pH=2；接反
23、时，e为阳极，f为阴极，因此e极反应式Cu2e=Cu2，f电极反应式为：2H2e=H2，通过的时间相同，因此铜全部失去电子，因为不考虑溶液体积变化，因此硫酸铜的浓度保持不变，仍为0.1molL1。点睛：本题主要考查原电池的工作原理和电解原理的应用，原电池工作原理：电子从负极经外电路流向正极，负极失去电子、化合价升高，发生氧化反应，正极得到电子、化合价降低，发生还原反应，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，电极反应式的书写是难点，一般来说先写出氧化剂（还原剂）和还原产物（氧化产物），根据化合价的变化写出得到电子（失去电子）的物质的量，根据环境写出缺少的微粒，一般缺少的微粒是H、H2O、O
24、H，但还要看题目的信息作出判断；电解池中首先判断电极的材料，判断出阴阳极，然后写出溶液中所有的阴阳离子，如本题乙池，阳离子有：Na、H，阴离子：Cl、OH，根据放电顺序，写出电极反应式，电化学中的计算一般采用得失电子数目守恒。15.以煤为原料可合成一系列燃料。（1）已知：2H2（g）+O2（g）= 2H2O（g）H=483.6kJ/molCH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)H=49.0kJ/mol请写出甲醇燃烧生成H2O（g）的热化学方程式_;（2）向1L密闭容器中加入2mol CO、4mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3
25、（l）+H2O（l）H=+71kJ/mol该反应能否_自发进行（填“能”、“不能”或“无法判断”）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_a混合气体的平均相对分子质量保持不变bCO和H2的转化率相等cCO和H2的体积分数保持不变 d混合气体的密度保持不变e1mol CO生成的同时有1mol OH键断裂（3）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：反应条件反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)恒温恒容(T1、2L)0min260010min4.520min130min1010min内，用H2O（g）表
26、示的化学反应速率v(H20)=_mol/(Lmin)达到平衡时，该反应的平衡常数K=_（用分数表示），平衡时H2的转化率是_。在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1_T2（填“”、“”或“=”），理由是_。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1mol CO2（g）和1mol H2O（g），则平衡_移动（填“正向”、“逆向”或“不”）（4）用甲醚（CH3OCH3）作为燃料电池的原料,请写出在碱性介质中电池负极反应式_【答案】 (1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=676.4kJ/mol或2C
27、H3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1352.8kJ/mol (2). 不能 (3). d (4). 0.025 (5). 4/27 (6). 50% (7). (8). 该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动（答出“放热反应”和“温度升高，平衡逆向移动”各1分） (9). 不 (10). CH3OCH3 12e + 16OH = 2CO32 + 11H2O【解析】(1)2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)H=483.6kJ/mol，CH3OH(g)+H2O(g) =CO2(g)+3H2(g) H=49.0kJ/mol，根据盖斯定律，将3+2得：2CH
28、3OH(g)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(g)H=(483.6kJ/mol)3+(49.0kJ/mol)2=1352.8kJ/mol，故答案为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1352.8kJ/mol；(2)2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(l)+H2O(l)H=+71kJ/mol，该反应的H0，S0，根据G=H-TS0，反应不能自发进行，故答案为不能；a混合气体中CO和H2的组成一直不变，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能说明此反应达到平衡状态，错误；bCO和H2的物质的量之比大于化学计量数之比，转化率始终相等，不能说明此反应
29、达到平衡状态，错误；c混合气体中CO和H2的组成一直不变，CO和H2的体积分数始终保持不变，不能说明此反应达到平衡状态，错误；d容器的体积不变，混合气体的质量变化，当混合气体的密度保持不变时，能够说明此反应达到平衡状态，正确；e1mol CO生成的同时一定有1mol OH键断裂，不能说明此反应达到平衡状态，错误；故选d；(3)v(H2)=0.075mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，v(H2O)=v(H2)=0.025mol/(Lmin)，故答案为0.025；20min时，转化的CO2为2mol-1mol=1mol，则生成的CH3OH为1mol，而30min时CH3OH为1mol
30、，故20min时到达平衡，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)开始(mol/L)：2 6 0 0转化(mol/L)：1 3 1 1平衡(mol/L)：1 3 1 1故平衡常数K=，平衡时氢气的转化率= 100%=50%，故答案为；50%；在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2，此时H2的物质的量为3.2mol，说明平衡逆向一定，说明改变的条件是升高温度，则T1T2， 若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，此时浓度商Qc=K，则平衡不移动，故答案为；该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动；不；(4)用甲醚(CH3OCH
31、3)作为燃料电池的原料，在碱性介质中电池负极上甲醚发生氧化反应生成碳酸根离子，反应式为CH3OCH3 12e + 16OH = 2CO32 + 11H2O，故答案为CH3OCH3 12e + 16OH = 2CO32 + 11H2O。16.用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？_（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是_（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol
32、/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值_（填“相等、不相等”）（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料 (3). 保温隔热，减少实验过程中热量的损失 (4). 相等 (5). 偏小【解析】【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎塑料泡沫(或碎纸条)，故答案为环形玻璃搅拌器，在大小烧杯间填满碎塑料泡沫(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：保温、隔热，减少实验过程中的热最损失，故答案为保温、隔热，减少实验过程中的热最损失；(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，故答案相等；(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为偏小；