1、山东省潍坊市2020-2021学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 Cl 35.5一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。1. 工业上制备金属钾的反应为KClNaNaClK，该反应为吸热反应，反应温度通常为850。相关数据如下表所示，下列说法错误的是( )物质熔点/沸点/Na97.8883K63.7774NaCl801.01413KCl7701500A. Na比K活泼B. 该反应的H0C. 该反应的S0D. 该条件下H-TS0【答案】A【解析】【详解】A金属性KNa，故K比Na活泼，A错误；B该反应为吸热反
2、应，因此，该反应的H0，B正确；C反应温度为850时，根据表格数据，Na、NaCl、KCl均为液态，而K为气态，随着反应的进行，气体增多，熵增大，因此该反应的S0，C正确；D该反应在高温下可以自发进行，因此H-TS0，D正确；答案选A。2. 下列现象不能用化学平衡原理解释的是( )A. 打开冰镇啤酒并倒入杯中，杯中立即泛起大量泡沫B. 在实验室制备氯气时，用饱和食盐水净化氯气C. 已知2HI(g)H2(g)I2(g)，为更准确测定HI的相对分子质量，选择高压条件下测定D. 实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出【答案】C【解析】【详解】A因溶液中存在着二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶并倒入杯中
3、后，压强减小，二氧化碳逸出，能用平衡原理解释，A不符合题意；B氯气溶于水生成HCl和HClO，存在平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和的食盐水含有大量的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向进行，可减少对氯气的溶解，能用平衡原理解释，B不符合题意；C反应2HI(g)H2(g)I2(g)前后气体分子数不发生改变，压强不影响平衡移动，不能用平衡原理解释，C符合题意；D实验室制取乙酸乙酯时，发生反应CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，将乙酸乙酯不断蒸出，促进反应正向进行，可以用平衡原理解释，D不符合题意；答案选C。3. SiCl4是一种重要的化工原料，SiCl4氢化为
4、SiHCl3的反应方程式为：3SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4SiHCl3(g)，其转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是( )A. B. n点v正v逆C. m点v逆大于q点v逆D. p点后，转化率下降可能是平衡左移E. 加压有利于提高混合气体中SiHCl3的体积分数【答案】B【解析】【分析】随温度升高SiCl4的转化率先增大后减小，说明在o点之前测定转化率时反应还未达到平衡，升高温度反应速率加快，测定的转化率增大，在p点之后反应达到平衡，升高温度平衡逆向移动，导致转化率下降。【详解】A根据分析可知n点还未达到平衡，反应还在正向进行，所以v正v逆，故A正确；Bm点温度比q点低的多，
5、且q点转化率比m点大，即生成物的浓度更大，所以m点v逆小于q点v逆，故B错误；C根据分析可知p点之后测定转化率时反应已达平衡，升高温度平衡逆向移动导致转化率下降，故C正确；D该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强平衡正向移动，有利于提高混合气体中SiHCl3的体积分数，故D正确；综上所述答案为B。4. 常温下，向0.1 molL-1 H2SO3溶液中缓慢加入固体NaOH(溶液体积不变)，溶液中H2SO3、HSO、的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )A. Ka1(H2SO3)=110-2molL-1B. 向a点溶液通入氯气，溶液中HSO数目减少C. m点溶液中离子的物质的
6、量浓度大小为c(HSO)c(H)c(OH-)D. 溶液导电性：ab【答案】D【解析】【详解】AKa1(H2SO3)=，据图可知当c(HSO)=c(H2SO3)时溶液的pH=2，即c（H+）=10-2mol/L，所以Ka1(H2SO3)=110-2molL-1，故A正确；B氯气具有氧化性能将+4价的S元素氧化为硫酸根，所以向a点溶液通入氯气，溶液中HSO数目减少，故B正确；C据图可知m点HSO的物质的量分数约为0.84，所以c(HSO)=0.1mol/L0.84=0.084mol/L，pH约为3，显酸性c(H+)=10-3mol/L，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为c(HSO)c(H)c(OH
7、-)，故C正确；Da点溶液的溶质主要为H2SO3，而b点溶液中的溶质为NaHSO3和Na2SO3，溶液体积不变，溶液中的离子浓度变大，导电能力变强，故D错误；综上所述答案为D。5. 溶液的酸碱性可用酸度(AG)表示，常温下，向0.1 molL-1的NaClO溶液中加入适量水，溶液酸度随加入水的体积变化如图所示。下列说法正确的是( )A. 测量该溶液pH的方法：蘸取待测液滴在pH试纸上，与标准比色卡对比B. m点，由水产生的c(H)=110-10 molL-1C. 加入一定量盐酸，AG有可能大于零D. 加水过程中，c(OH-)c(H)c(HClO)【答案】C【解析】【详解】A次氯酸根具有强氧化性
8、，会把pH试纸漂白，不能用pH试纸测其pH值，故A错误；Bm点lg=-6，常温下Kw= c(OH-)c(H)=110-14 ，联立可得c(OH-)=110-4 molL-1，溶液中氢氧根全部由水电离，且水电离出的氢离子浓度和氢氧根相等，所以由水产生的c(H)=110-4 molL-1，故B错误；CAG= lg0时即c(H) c(OH-)，溶液显酸性，加入一定量的盐酸可以使溶液显酸性，故C正确；D加水过程中，溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H)c(HClO)，故D错误；综上所述答案为C。6. FeCl3溶于盐酸中存在下列平衡：Fe3(aq)4Cl-(aq)FeCl(aq)(黄色)。已知平衡时
9、，物质的量浓度FeCl与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是( )A. 该反应为吸热反应B. A点与B点相比，B点FeCl浓度更高一些C. 反应处于D点时，有v正v逆，故C错误；DC点溶液中有较多的FeCl3，加热促进铁离子的水解和HCl的挥发，所以蒸干后得到氢氧化铁，灼烧后得到三氧化二铁，故D正确；综上所述答案为D。7. 下列说法错误的是( )A. 水的离子积常数KW不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液B. 强酸与强碱形成的盐，其水溶液不一定呈中性C. 电离常数大的酸溶液中c(H)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H)大D. 多元弱酸的各级电离常数逐级减小【答案】C【解析】【详解】A
10、水的离子积常数KW不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液，故A正确；B强酸与强碱形成的盐，其水溶液不一定呈中性，如等物质的量的氢氧化钠和硫酸反应，生成硫酸氢钠，溶液显酸性，故B正确；C酸的浓度没确定，所以电离常数大的酸溶液中c(H)与电离常数小的酸溶液中的c(H)无法比较，故C错误；D多元弱酸是分步电离的，且电离程度依次减小，电离常数逐级减小，故D正确；故答案：C。8. 一定温度下，反应I2(g)H2(g)2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11 mmolL-1，c(HI)=0.78 mmolL-1.相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，最有可能使反应逆向进行的是(
11、)ABCDc(I2)/mmol/L0.440222.000.11c(H2)/mmol/L0.440.222.000.44c(HI)/mmol/L4.001.562.001.56(注：1 mmolL-1=10-3 molL-1)A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】判断反应进行的方向，可以通过比较Qc和K的相对大小，但本题没有平衡时c(H2)，所以无法计算出K，则不能通过Qc与K的关系判断反应进行的方向，但可以通过比较四个选项中Qc的大小关系， Qc越大，则向逆向移动的可能性越大。【详解】AQc=82.64；BQc=50.28；CQc=1；DQc=50.28；综上所述Qc最大
12、的是A，其逆向进行的可能性最大，故选A。9. (CH3NH3)(PbI3)是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其降解原理如图所示。下列说法错误的是( )A. H2O不是催化剂B. H2O与CH3NH发生作用，生成H3O和CH3NH2C. 该反应的化学方程式为(CH3NH3)(PbI3)HICH3NH2PbI2D. 及时分离出HI有利于提高产率【答案】A【解析】【详解】A据图可知H2O虽然参与了降解过程，但整个过程前后H2O的质量并没有发生变化，所以H2O为催化剂，故A错误；B据图可知该降解过程第一步为n(CH3NH3)(PbI3)+H2O=(CH3NH3)n-1( CH3NH2)(PbI3)nH
13、3O，对比各物质的前后变化可知H2O与CH3NH发生作用，生成H3O和CH3NH2，故B正确；C观察整个过程可知n个(CH3NH3)(PbI3)在水催化作用下，其中一分子(CH3NH3)(PbI3)分解生成HI、CH3NH2和PbI2，所以化学方程式为(CH3NH3)(PbI3)HICH3NH2PbI2，故C正确；D及时分离出生成物，可使平衡正向移动，提高产率，故D正确；综上所述答案为A。10. 合成氨的反应历程有多种，有一种反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物质用*表示。下列说法错误的是( )A. 适当提高N2分压，可以加快N2(g)*N2反应速率B. N2生成NH3是通过多步氧化反应生成
14、的C. 两个氮原子上的加氢过程分步进行D. 大量氨分子吸附在催化剂表面，将减缓反应速率【答案】B【解析】【详解】A适当提高N2分压，可以加快N2(g)*N2反应速率，进而加快了化学反应速率，故A正确；B 由题图可知，N2反应生成NH3的过程为N2N=N-HH-N=N-HH-N-NH2H2N-NH2-NH3，氮元素的化合价逐渐降低，即发生多步还原反应生成NH3，故B错误；C 由题图分析可知，两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故C正确；D NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就会将减缓反应速率，故D正确；故答案：B。二、选择题：每小题有一个或
15、两个选项符合题目要求.11. 常温下，浓度均为0.10 molL-1、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A. HA的酸性强于HB的酸性B. HB溶液中的值：b点大于a点C. 此温度下，Ka(HB)=110-5 molL-1D. HA的电离程度：d点大于c点【答案】D【解析】【详解】A0.1mol/L的HA溶液pH=1，所以HA为一元强酸，0.1mol/L的HB溶液pH2，所以为一元弱酸，故A正确；B，温度不变Ka(HB)不变，b点pH大于a点，所以b点氢离子浓度更小，则的值：b点大于a点，故B正确；C据图可知稀释100倍后HB的pH
16、=4，0.001mol/L的HB溶液pH=4，即溶液中c(H+)=10-4mol/L，所以Ka(HB)=10-5 molL-1，故C正确；DHA为强电解质，不存在电离平衡，所以各浓度的HA溶液中其电离程度相等，故D错误；综上所述答案为D。12. 某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示(E为正值，单位：kJmol-1)。下列有关说法正确的是( )A. B. 该总反应的活化能Ea=E1E3C. 该总反应的焓变H=-(E4E2-E1-E3)D. 此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个E. 对于Ea0的反应，必须加热才能进行【答案】BC【解析】【详解】A该反应的活化能
17、应为反应物的能量和过渡态II的能量之差，即Ea=E3-(E2-E1)= E1E3- E2，故A错误；B焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H= E1+E3-(E4E2)= -(E4E2-E1-E3)，故B正确；C据图可知第一个基元反应的活化能E1小于第二个基元反应的活化能E3，活化能越小反应速率越快，所以此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个，故C正确；D活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，根据活化能并不能判断反应发生的条件，故D错误；综上所述答案为BC。13. 已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol
18、L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中溶液中pOHpOH=-lgc平衡(OH-)与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )A. Q点对应a值等于7B. M点所示溶液中c(CH3COO-)c()C. 在滴加过程中，水的电离程度始终增大D. c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变【答案】B【解析】【详解】A据图可知Q点pH=pOH=a，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，但温度未知中性溶液的pH不一定为7，故A错误；B溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)= c()+c(H+)，M点pHc(OH-)，结合电荷守恒可知c(CH3CO
19、O-)c()，故B正确；C当醋酸和一水合氨恰好完全反应时溶液中的溶质只有CH3COONH4，此时只有水解促进水的电离，电离程度达到最大，继续滴加氨水，溶液中存在氨水的电离，水的电离程度又开始减小，故C错误；D根据物料守恒n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终不变，但溶液体积在变，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和会发生变化，故D错误；综上所述答案为B。14. 已知除去NO的一种反应如下：主反应：4NH3(g)4NO(g)O2(g)4N2(g)6H2O(g) H副反应：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应
20、。下列说法错误的是( )A. H0B. 乙催化剂的催化效果要强于甲C. 改变催化剂的选择性，可以减少副反应的发生D. 相同条件下选择高效催化剂，可以提高M点的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A据图可知温度升高到一定程度后继续升高温度NO的转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，Hp2p3B. 该反应在常温常压下进行最有利于提高效益C. 恒容条件下，增加N2初始用量，增大D. 其它条件不变，若将SO2、O2初始用量调整为2：1，则减小【答案】AD【解析】【详解】A该反应前后气体系数之和减小，相同温度下增大压强平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以p1p2p3，故A正确；B虽然
21、升高温度SO2的平衡转化率减小，但实际生产当中除了考虑平衡转化率还需要考虑反应速率，常温下反应速率较慢，不利于提高效益，且该反应为气体系数之和减小的反应，较高的压强有利于反应正向进行，故B错误；C恒容条件下氮气的用量增大，则参与反应的气体的分压减小，相当于减小压强，平衡逆向移动，减小，故C错误；D当SO2的量一定时，氧气的用量越大，越大，其它条件不变，若将SO2、O2初始用量调整为2：1，相当于减少了氧气的用量，减小，故D正确；综上所述答案为AD。三、非选择题16. 醋酸(CH3COOH)是食醋的主要成分，也是重要的化工原料。常压下，取不同浓度、不同温度的醋酸溶液测定，得到下表实验数据。温度/
22、c(CH3COOH)/(mol/L)电离常数/(mol/L)电离度/(%)031.6010-50.2332521.8010-50.305012.5010-5a已知： ；50时CH3COO-的水解平衡常数Kh=410-9；lg50.7。回答下列问题：(1)增大醋酸溶液中CH3COOH电离程度可采取的措施有_、_。(2)上表中a=_。(3)50时，H2O的离子积常数K=_(molL-1)2，50时1 molL-1CH3COOH溶液的pH=_。(4)25时，浓度均为0.10 molL-1的CH3COOOH和CH3COONa的缓冲溶液(化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液)的pH=
23、4.76。向1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H)=_molL-1。该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。【答案】 (1). 升高温度 (2). 将溶液用水稀释 (3). 05 (4). 110-13 (5). 2.3 (6). 110-4.76 (7). c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)【解析】【详解】(1)弱电解质的电离为吸热过程，所以升高温度可以增大醋酸的电离程度，同时加水稀释也可以促进弱电解质的电离；(2)设50时1mol/L的醋酸溶液中c(CH3COO-)=x mol/L，则c(H+)= x mol/L，所以
24、电离平衡常数Ka=2.510-5，解得x=510-3mol/L，所以电离度为=0.5%，所以a=0.5；(3)醋酸的电离平衡常数为Ka=，醋酸根的水解平衡常数为Kh=，所以相同温度下的Ka与Kh的乘积即为该温度下的Kw，则Kw=2.510-5410-9=110-13(molL-1)2；根据(2)的计算可知该温度下1mol/L的醋酸溶液中c(H+)=510-3mol/L，pH=-lg c(H+)=2.3；(4)化学上把外加少量酸、碱而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液，所以该溶液中滴入几滴NaOH后pH基本不变，仍为4.76，则c(H+)=110-4.76mol/L；该缓冲溶液的pH=4.76、呈
25、酸性，即c(H+)c(OH-)，电荷关系为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)。17. 将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H=-196 kJmol-1，某小组计划研究在相同温度下该反应的物质变化和能量变化，他们分别在恒温下的密闭容器中加入一定量的物质，获得如下数据：容器编号容器体积/L起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时间/min平衡时反应热量变化/kJSO2O2SO310.0500.0300t1放出热量：Q110
26、.1000.0600t2放出热量：Q2回答下列问题：(1)若容器的容积变为原来的2倍，则SO2的平衡转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)容器、中均达到平衡时：t1_t2，放出热量2Q1_Q2(填“”、“ (3). t2；若容器和容器为等效平衡，则2Q1=Q2，但实际上要在等效平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多，所以2Q1 H2CO3 HSO，所以离子反应方程式为H2SO3+HCO=CO2+ HSO+H2O；酸性越强同浓度的溶液pH越小，所以可以测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导电性越强，用相同浓度的氢硫
27、酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。20. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，为无色晶体，是二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中，在实验研究和化学工业中应用广泛。回答下列问题：(1)工业上可由以下反应制取草酸：I4CO(g)4C4H9OH(l)O2(g)2(COOC4H9)2(l)2H2O(l)II(COOC4H9)2(l)2H2O(l)H2C2O4(l)2C4H9OH(l)反应I选择1315 MPa的高压条件下
28、进行，最主要的原因是为了_，若5min内c(O2)减少了0.15 molL-1，则用CO表示的反应速率为_molL-1min-1对于反应II，下列能够说明其已经达到平衡状态的是_(填序号)。a溶液的pH保持不变b平衡常数K保持不变c丁醇的浓度保持不变d反应液的总质量保持不变(2)草酸溶液中微粒的物质的量分数随溶液pH变化如图所示：某温度下，测得0.1 molL-1 H2C2O4溶液的pH=1.3，此时草酸的电离方程式为_。向10 mL 0.1 molL-1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.1 molL-1 NaOH溶液，当溶液中c(Na)=2c()c()时，加入V(NaOH)_10 mL(填“”
29、“=”或“”)，若加入NaOH溶液体积为20 mL，此时溶液中阴离子浓度的大小顺序为_；当pH=2.7时，溶液中 =_。【答案】 (1). 增大气体在丁醇中的溶解度，有利于反应进行(或增大反应速率) (2). 0.12molL-1min-1 (3). ac (4). (5). (6). c(OH-)c()c() (7). 103或1000【解析】【详解】(1)该反应有气体参与，在高压条件下进行，可增大气体在丁醇中的溶解度，或增大反应速率，从而有利于反应的进行，若5min内氧气的浓度减少了0.15molL-1，则根据方程式，CO的浓度减少0.15molL-14=0.6molL-1，则用CO表示的
30、反应速率为；a反应液中有乙二酸，溶液显酸性，当溶液的pH保持不变时，说明溶液中乙二酸的浓度保持不变，可以说明反应达到平衡，a符合题意；b平衡常数只与温度有关，该反应在一定温度下进行，平衡常数不发生改变，为定量，因此平衡常数K保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；c丁醇的浓度为变量，当其不发生改变时，说明反应达到平衡，c符合题意；d根据质量守恒，该反应的反应物和生成物均为液体，故反应液的总质量始终不变，因此当其不发生改变时，不能说明反应达到平衡状态，d不符合题意；答案选ac；(2)根据图像可知，当H2C2O4溶液的pH=1.3时，溶液中存在，不存在，故草酸的电离方程式为；根据电荷守恒，c(Na)+c(H+)=c(OH-)+2c()c()，当溶液中c(Na)=2c()c()，则c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，由于草酸氢钠溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氢氧化钠需稍微过量，故加入的V(NaOH)10mL，若加入NaOH的体积为20mL，则n(NaOH)=0.02L0.1mol/L=0.002mol，NaOH过量，则溶液中阴离子浓度的大小顺序为c(OH-)c()c()，当pH=2.7时，草酸溶液中存在电离平衡：、，则，由，又由图像可知，当电离平衡时，pH=1.2，则K1=10-1.2，当电离平衡时，pH=4.2，则K1=10-4.2，因此。