1、广西防城港市实验高级中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Fe-56 Na-23 S-32一、单项选择题：(每小题3分，共48分。)1. 下列说法错误的是A. 燃料的燃烧反应都是放热反应B. 一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大C. 放热反应的逆反应一定是吸热反应D. 加热能发生的反应是吸热反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A、所有的燃烧都是放热反应，故A说法正确；B、根据盖斯定律，一个化学反应不管经过几步，最终反应热是相同的，因此一定量的燃料完全燃烧放出的
2、热量比不完全燃烧放出的热量大，故B说法正确；C、正反应是放热反应，逆反应一定是吸热反应，故C说法正确；D、加热能发生的反应不一定是吸热反应，还可能是放热反应，如碳的燃烧，需要点燃或加热，故D说法错误；故选择D。2. 利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(g) CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示。下列判断正确的是()A. 该反应的H91 kJmol1B. 1 mol CO(g)和2 mol H2(g)断键放出能量419 kJC. 反应物的总能量大于生成物的总能量D. 如果该反应生成液态CH3OH，则H增大【答案】C【解析】【详解】A焓变等于正逆反应活
3、化能之差，由图可知为放热反应，则H=419kJ/mol-510kJ/mol=-91 kJmol-1，故A错误；B断键吸收能量，形成化学键放热，故B错误；C反应放热，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D液态CH3OH比气态CH3OH的能量低，则反应放热更多，焓变为负，因此该反应生成液态CH3OH时H减小，故D错误；故答案选C。3. 已知反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H0.0059，说明反应向逆反应方向进行，还没有达到化学平衡，故选项A正确。5. 下列溶液一定呈中性的是( )A. c(OH-)=c(H+)的溶液B. 盐溶液C. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所
4、得溶液D. pH=7的溶液【答案】A【解析】【详解】A. 溶液呈中性的溶液中，c(OH-)=c(H+)，A正确；B. 盐溶液不一定是中性的，有的盐溶液呈酸性，如硫酸铝溶液，有的盐溶液呈碱性，如碳酸钠溶液，B不正确；C. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所得溶液的酸碱性取决于酸和碱的相对强弱（即电离常数的大小），若强弱相同，则呈中性；若酸较弱，则酸过量，溶液呈酸性；若碱较弱，则碱过量，溶液呈碱性。C不正确；D. 只有在常温下，pH=7的溶液才是中性的，在其他温度下则不然，D不正确。答案选A。【点睛】当酸是弱酸或碱是弱碱时，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所得溶液的酸碱性，不是由生成的
5、盐的水解所决定，而是由较弱的酸或碱的过量部分决定的，因为他们原溶液中已电离部分恰好反应，相比电离的部分，未电离部分更多，所以剩余的酸和碱较多，决定了溶液的酸碱性。6. 下列说法正确的是A. 水的电离方程式为H2O=H+OH-B. 升高温度，水的电离程度增大C. NaOH溶液中不存在H+D. HCl溶液中不存在OH-【答案】B【解析】【详解】A水是弱电解质，部分电离，电离方程式为H2OH+OH-，故A错误；B水的电离属于吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，水的电离程度变大，故B正确；C任何水溶液中均存在水的电离，因此NaOH溶液中也存在H+，故C错误；D任何水溶液中均存在水的电离，因此H
6、Cl溶液中也存在OH-，故D错误；故选B。7. 在25 时，在0.01 molL1的盐酸溶液中，水电离出的OH 浓度是( )A. 11012 molL1B. 0.02 molL1C. 1107 molL1D. 51013 molL1【答案】A【解析】【详解】在25 时，在0.01 molL1的盐酸溶液中，c(H+)=0.01 molL1、c(OH-)=11012 molL1，盐酸中氢氧根全部由水电离，所以水电离出的OH浓度是11012 molL1，故选A；8. 25时，在0.1 mol/L的醋酸中，水溶液的KW值为（ ）A. 大于110-14B. 小于110-14C. 等于110-14D. 无
7、法确定【答案】C【解析】水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，25时，水的KW=110-14，故答案选C。考点：离子积常数。9. 反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mo1/（L.s），则这段时间为( )A. 0.1sB. 2.5sC. 5sD. 10s【答案】C【解析】【详解】根据反应方程式2SO2+O22SO3，一段时间后SO3的浓度增加了0.4molL-1，那么氧气的浓度必然减少0.2molL-1，根据v(O2)=0.04molL-1s-1 ，t=5s，故选C。10. 将0.l molL-1醋酸溶
8、液加水稀释，下列说法正确的是( )A. 溶液中c（H+）和c（OH-）都减小B. 溶液中c（H+）增大C. 溶液的pH增大D. 醋酸电离平衡向左移动【答案】C【解析】【详解】A.因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根浓度增大，A错误；B.因醋酸溶液中溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，B错误；C.醋酸是弱电解质，加水稀释平衡正向移动，由于溶液的体积增大，电离产生的氢离子的浓度减小，pH=-c（H+），pH增大，C正确；D. 醋酸是弱电解质，加水稀释平衡向右移动，D错误；答案为C11. 在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(
9、g)O2(g) 2SO3(g) H0。在其他条件一定，只改变某一条件时，下列分析不正确的是A. 图表示的是t1时刻增大压强对反应速率的影响B. 图表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响C. 图表示的是温度对平衡的影响，且甲的温度小于乙的温度D. 图表示的是催化剂对化学平衡的影响，乙使用了催化剂【答案】D【解析】【详解】A该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，增大压强正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，则图I中t1时刻可以是增大压强对反应速率的影响，故A正确；B催化剂对平衡移动无影响，同等程度增大反应速率，则图II中t1时刻可以表示加入催化剂对反应速率的影响，故B正确
10、；C图中乙先达到平衡，乙的温度高，且温度高转化率小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，与图像一致，故C正确；D催化剂对平衡移动无影响，甲、乙转化率不同，则不能表示催化剂对化学平衡的影响，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学平衡，把握压强和温度对化学平衡、反应速率的影响因素为解答的关键。本题的易错点为C，要注意反应速率越快，建立平衡需要的时间越少。12. 密闭容器中发生如下反应m，达平衡后，温度一定时，将气体体积缩小到原来的，当达新平衡时，C的浓度为原来的倍，则下列推断正确的是A. 平衡向正向移动了B. C. 达新平衡时，A的浓度小于原平衡A浓度的2倍D. 达新平衡时，容器内总压一定
11、比原平衡的2倍小【答案】D【解析】【分析】温度一定时，将气体体积缩小到原来的，如果不考虑平衡移动，C的浓度为原来的2倍，而当达新平衡时，C的浓度为原来的倍，所以C的浓度减少，平衡逆向移动了。【详解】A.由上述分析可知，体积减小、压强增大，平衡逆向移动，故A错误；B. 增大压强平衡逆向移动，D是固体，可知1+n0C. 某反应低温条件下能够自发进行，则高温条件下一定能够自发D. KNO3溶于水的过程熵值减小【答案】B【解析】【分析】综合考虑H、S对反应自发性的影响。【详解】A项：同温同压下，化学反应的H取决于反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，A项错误；B项：反应C(s)CO2(g)=
12、2CO(g)常温不能自发进行，则其高温下可以自发进行，该反应的H0，B项正确；C项：低温条件下能够自发进行的反应，其H0、S0，反应过程中各物质的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化曲线如图所示。 (1)该温度下，若温度升高，K值将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡后容器内气体颜色_。(2)a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是_点。曲ac表示N2O4浓度的变化情况，从起点开始首次达到平衡时，以N2O4表示的反应速率为_，其转化率为_。(3)25 min时，加入了_(填加入物质的化学式)，使平衡发生了移动。(4)d点对应NO2的物质的量浓度_(填“大于”、“小于”或“等于
13、”)0.8 molL1。(5)a点，V正 _V逆 (填“大于”、“小于”或“等于”)。【答案】 (1). 增大 (2). 加深 (3). bd (4). 0.02mol/(Lmin) (5). 33.3% (6). NO2 (7). 小于 (8). 大于【解析】【详解】(1) N2O4(g)2NO2(g) H0正反应吸热，若温度升高，平衡正向移动，K值将增大，平衡后容器内气体颜色加深；(2)一定条件下，达到化学平衡，浓度保持不变，a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是b、d点。曲ac表示N2O4浓度的变化情况，从起点开始首次达到平衡时，N2O4的浓度变化为（0.6-0.4）mol
14、/L=0.2mol/L，以N2O4表示的反应速率为0.02mol/(Lmin)，其转化率为33.3%；(3)25 min时，NO2的浓度突然增大，所以是加入了NO2，使平衡发生了移动；(4)根据等效平衡原理，开始容器中相当于加入NO2的浓度1.4mol/L，达到平衡时，NO2的物质的量浓度0.6mol/L，25 min时，容器中相当于加入NO2的浓度1.8mol/L，若为等效平衡NO2的浓度为0.77mol/L，增大压强平衡逆向移动，d点对应NO2的物质的量浓度小于0.8 molL1；(5)a点后NO2的物质的量浓度增大，说明反应正向进行， V正 大于V逆。【点睛】本题考查化学平衡移动、平衡转
15、化率，明确影响化学平衡的因素是解题关键，注意理解化学平衡的建立，培养学生图象分析、判断能力，掌握等效平衡理论的应用。18. (1)已知下列反应：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H566 kJmol1，Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+1/2O2(g)H266 kJmol1。试回答：CO的燃烧热H_。(2)0.5mol HCl与过量NaOH溶液反应，放出热量为28.65kJ，写出该反应表示中和热的热化学方程式_ 。(3)工业废气中的CO2可用碱液吸收。所发生的反应如下：CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)Ha kJmol1CO2(g)+N
16、aOH(aq)=NaHCO3(aq) Hb kJmol1则：反应CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的H_ kJmol1(用含a、b的代数式表示)。【答案】 (1). -283kJ/mol (2). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3kJ/mol (3). a-2b【解析】【详解】(1)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为H=-283kJ/mol；故答案为：-283kJ/mol；(2)0.5mol HCl与过
17、量NaOH溶液反应，生成0.5mol水放出热量为28.65kJ，则生成1mol水释放57.3kJ的能量，则该反应表示中和热的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3kJ/mol，故答案为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.3kJ/mol；(3)已知CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)H=-a kJ/mol ；CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)H=-b kJ/mol ；由盖斯定律：2-得 CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHC
18、O3(aq)的H=(a-2b) kJ/mol，故答案为：a-2b。19. .写出下列物质在水中的电离方程式：(1)NH3H2O：_；(2)KHSO4：_；(3)HClO：_；(4)Al(OH)3的碱式电离：_；.下列物质中：A.KI(s) B.C2H5OH(l) C.Cl2(g) D. CH3COOH(l) E.BaSO4(s) F.NaHSO4(s) G.石墨(s) H.蔗糖(s) I.NaOH(l)(1)属于非电解质的是_，属于弱电解质的是_。(2)能溶于水，且水溶液能导电的是_。【答案】 (1). NH3H2ONH+OH- (2). KHSO4=K+H+SO (3). HClOH+ClO
19、- (4). Al(OH)3Al3+3OH- (5). BH (6). D (7). ACDFI【解析】【详解】. (1)NH3H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离为铵根离子和氢氧根离子，电离方程式是NH3H2ONH+OH-；(2)KHSO4是强电解质，在水溶液中全部电离为钾离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式是KHSO4=K+H+SO；(3)HClO是弱电解质，在水溶液中部分电离为次氯酸根离子和氢离子，电离方程式是HClOH+ClO-；(4)Al(OH)3是弱电解质，在水溶液中部分发生碱式电离，电离出铝离子和氢氧根离子，电离方程式是Al(OH)3Al3+3OH-；. AKI(s) 易溶于水，
20、在水溶液中完全电离，其水溶液能导电，属于强电解质，；BC2H5OH(l)在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；CCl2(g)是单质，既不是电解质又不是非电解质，其水溶液中含有盐酸和次氯酸，能导电； DCH3COOH(l)在水中部分电离，水溶液能导电，是弱电解质； EBaSO4(s) 难溶于水，溶于水中的硫酸钡能完全电离，硫酸钡属于强电解质；FNaHSO4(s)能溶于水，完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，水溶液能导电，属于强电解质； G石墨(s) 是单质，既不是电解质又不是非电解质，难溶于水； H蔗糖(s)能溶于水，在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质； INaOH(l)能溶于水
21、，在水溶液中完全电离为钠离子和氢氧根离子，能导电，属于强电解质； (1)属于非电解质的是BH，属于弱电解质的是D；(2)能溶于水，且水溶液能导电的是ACDFI。20. 一定温度下，向一容积为5 L恒容密闭容器中充入0.4 mol SO2和0.2 mol O2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H196 kJmol1。当反应达到平衡时，容器内混合气体的总物质的量变为起始时的。请回答下列问题：(1)判断该反应达到平衡状态的标志是_(填序号)。a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为212b.容器内气体的压强不变c.容器内混合气体的密度保持不变d.SO3的物质的量不再变化e.SO2的
22、生成速率和SO3的生成速率相等(2)SO2的转化率为_；写出该反应的平衡平衡常数K的表达式_；(3)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：温度关系：T1_T2(填“”“”或“”，下同)；平衡常数关系：KA_KB【答案】 (1). bde (2). 90% (3). K= (4). (5). KA=KB【解析】【详解】(1)a. SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2:1:2的状态也可能不符合Qc=K的结论，也可能符合，这不是平衡的标志，故a错误；b. 反应是一个前后气体系数变化的反应，容器内气体的压强不变，证明达到了平衡，故b正确；c. 容器内混合气体的密度始终保持不变，所
23、以密度不变不一定平衡，故c错误；d. SO3的物质的量不再变化即浓度不再变化是平衡的特征，故d正确；e. SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故E正确。故答案为：bde；(2)设SO2的变化浓度是x，则当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时倍，则=0.7，解得x=0.36mol，所以二氧化硫的转化率=100%=90%，故答案为：90%；反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡平衡常数K的表达式K=，故答案为：；(3)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，根据图象可知，压强相同时，T1温度下SO2的体积分数较大，则温度关
24、系为：T1T2；故答案为：；化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡不变，A、B的温度相同，则KA=KB；故答案为：=。21. 已知水在25和100时的电离平衡曲线如图所示：(1)25时水的电离平衡曲线应为_(填“A”或“B”)。其理由是_。(2)25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_。(3)25时，等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液与0.1mol/L的盐酸发生中和反应时，恰好完全反应时消耗盐酸的体积_。(填：前者多，后者多，一样多)(4)100时，由水电离出H+的浓度为10-11mol/L，则
25、该溶液中一定能大量共存的是_。A.K+、Cl-、NO、S2-B.K+、Fe2+、I-、SOC.Na+、SO、NO、Cl-D.OH-、NH、HCO、Na+【答案】 (1). A (2). 因为水的电离是吸热的，温度升高，Kw增大 (3). 10:1 (4). 后者多 (5). C【解析】【详解】(1)水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，水的电离程度增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的离子积常数增大，则25时水的电离平衡曲线应为A，故答案为：A；因为水的电离是吸热的，温度升高，Kw增大；(2)设NaOH溶液与H2SO4溶液的体积分别为V1和V2，所得混合溶液的pH=7时，
26、酸和碱恰好完全反应，由NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量等于H2SO4溶液中氢离子的物质的量可得：105mol/LV1=104mol/LV2，解得V1：V2=10:1，故答案为：10:1；(3)pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为102mol/L，pH=12的氨水溶液中氢氧根离子浓度为102mol/L，一水合氨的浓度大于102mol/L，则等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液与0.1mol/L的盐酸发生中和反应时，恰好完全反应时氨水消耗盐酸的体积多，故答案为：后者多；(4)100时，由水电离出H+的浓度为10-11mol/L，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液；A在酸溶液中，硝酸根离子与氢离子、硫离子三者间发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；B在碱溶液中，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，故错误；CNa+、SO、NO、Cl-无论是在酸溶液中，还是在碱溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，故正确；D氢氧根离子和碳酸氢根离子在溶液中反应生成碳酸根和水，和铵根离子生成弱碱一水合氨，不能大量共存，故错误；故答案为：C。