1、2020年秋季期期中考试高二年级化学(理科)试题注意事项：1.本试卷分为：第I卷选择题48分，第II卷非选择题52分。2.请将答案统一填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64第I卷选择题一、单项选择题(共16题，每题3分，共48分)1. 化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）A. NH3常用作制冷剂B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入硅胶C. 小苏打用制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂D. 二氧化硅常用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A液氨气化时从外界吸收热量
2、，具有制冷作用，氨气可以做制冷剂，故A正确；B硅胶具有吸水性，可以防止中秋月饼等富脂食品因潮解而变质，不能防止被氧化而变质，故B错误；C小苏打受热分解生成二氧化碳，可用制作馒头和面包等糕点的膨松剂，小苏打能与盐酸反应，还可以用作治疗胃酸过多，故C正确；D二氧化硅晶体对光具有全反射作用，能传递光信号，所以二氧化硅常用于制造光导纤维，故D正确；故选B。2. 下列各组中，每种电解质溶液电解时（惰性电极）只生成氢气和氧气的是A. HCl、CuCl2、Ba(OH)2B. NaOH、CuSO4、H2SO4C. NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D. NaBr、H2SO4、Ba(OH)2【答案】C【解析】
3、【详解】A、根据我们所学的电解原理，惰性电极电解CuCl2时阳极析出氯气，阴极析出铜，A错误；B、惰性电极电解CuSO4时阴极析出铜，阳极产生氧气，B错误；C、惰性电极电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2实质上均是电解水，只生成氢气和氧气，C正确；D、惰性电极电解NaBr时，阳极析出溴单质，阴极产生氢气，D错误。答案选C【点睛】此题考查电解基本原理知识，解答时要抓住电解时阴阳离子的放电顺序。3. 根据气象台报道，近年来每到春季，沿海一些城市经常出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（ ）A. 溶液B. 悬浊液C. 乳浊液D. 胶体【答案】D【解析】【详解】雾是由悬浮
4、在大气中的小液滴构成的，小液滴的直径在1100nm之间，所以雾属于胶体，故选D。4. 如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是 ( )A. 石墨是阴极B. 两个铜片上都发生氧化反应C. 锌片是负极D. 两个番茄都形成原电池【答案】C【解析】【详解】A、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，选项A错误；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，选项B错误；C、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，选项C正确；D、左装置是原电池，右装置是电解池，选项D错误；答案选C。5. 已知气体A和气体B反应生成液态C为放热反应，则
5、下列热化学方程式书写正确的是(a0)A. A(g)2B(g)=C(l)Ha kJ/molB. A2B=CHa kJ/molC. A(g)2B(g)=C(l)Ha kJD. A(g)2B(g)=C(l)Ha kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A放热反应，H应为负值，H=-a kJ/mol，故A错误；B热化学方程式中没有注明物质的聚集状态，故B错误；CH的单位为kJ/mol，故C错误；DA(g)2B(g)=C(l)Ha kJ/mol，聚集状态、单位、H的正负号均正确，故D正确。故选D6. 下列变化不能通过一步化学反应实现的是( )A. BaCl2BaSO4B. CuOCu(OH)2C. NaO
6、HNa2SO3D. MgSO4Mg(OH)2【答案】B【解析】【详解】ABaCl2与H2SO4、Na2SO4等反应，均可生成BaSO4，故A不符合题意；BCuO不能与水反应生成Cu(OH)2，故B符合题意；CNaOH与SO2发生反应生成Na2SO3和H2O，故C不符合题意；DMgSO4与NaOH、Ba(OH)2等反应，均可生成Mg(OH)2，故D不符合题意。综上所述，答案为B。7. 在一定条件下，RO与R可发生反应：RO5R6H=3R23H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是（ ）A. 元素R位于周期表中第A族B. RO中的R只能被还原C. R2在常温常压下一定是气体D. 若1 mol RO
7、参与该反应，则转移的电子的物质的量为5 mol【答案】D【解析】【详解】A主族元素的最高正价=主族序数，根据题干信息可知R的最高正价是+7价，则R位于第VIIA族，A错误；B由于氧元素显-2价，则RO中R的化合价为+5，既能升为+7价，也能降为0价等，因此RO中R既能被氧化，又能被还原，B错误；CR可以是Br元素或I元素，Br2在常温下是液体，I2在常温下是固体，C错误；D根据方程式可知，R元素由+5价降为0价，化合价降低总数为5，则转移电子数为5，因此1 mol RO参与该反应，则转移的电子的物质的量为5 mol，D正确；答案选D。8. 下列离子方程式正确的是A. 向NaHCO3溶液中加入N
8、aOH溶液：HCO+OH-=CO+H2OB. 澄清石灰水中加盐酸：2H+Ca(OH)2=Ca2+2H2OC. 氯气溶于水：Cl2+H2O2H+ClO-+Cl-D. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+OH-+H+SO=BaSO4+H2O【答案】A【解析】【详解】A向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，NaHCO3和NaOH反应生成Na2CO3和水，离子方程式为：HCO+OH-=CO+H2O，故A正确；B澄清石灰水是Ca(OH)2的水溶液，需要拆成离子，故正确的离子方程式为：H+OH- =H2O，故B错误；C氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成离子，故正确的离子方程式为：Cl
9、2+H2O H+HClO+Cl-，故C错误；D向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式中离子的系数比要符合化学式的组成比，即正确的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+ SO=BaSO4+2H2O，故D错误；故选A。9. 断开1 mol AB(g)分子中的化学键，使其分解生成气态A原子和气态B原子时所吸收的能量称为AB键的键能。已在HH键的键能为436 kJmol1，HN键的键能为391 kJmol1，根据热化学方程式N2(g)3H2(g)=2NH3(g)H92 kJmol1，推求NN键的键能是()A. 431 kJmol1B. 946 kJmol1C. 649 kJmol1D. 1130
10、 kJmol1【答案】B【解析】【详解】已知：HH键能为436kJ/mol，HN键能为391kJ/mol，令NN的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92kJ/mol，反应热=反应物的总键能生成物的总键能，故x+3436kJ/mol23391kJ/mol=92kJ/mol，解得：x=946 kJ/mol。故选B。10. 3He在月球上储量丰富，3He主要来源于宇宙射线的初级粒子，下列关于3He和4He的叙述正确的是A. 两者互为同位素B. 两者互为同素异形体C. 两者为同一种核素D. 两者具有相同的中子数【答案】A【解析】【详解】二者是质子数相同，中子数不同的原子，互
11、为同位素，故选A。【点睛】同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，同种元素组成的不同的单质为同素异形体。具有一定质子数和中子数的原子为核素。中子数为质量数-质子数。11. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A. 阴极的电极反应式为B. 金属M活动性比Fe的活动性弱C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极，据此分析解答。【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护
12、不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。12. 选用下列试剂和电极:稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒,组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有( )A. 6种B. 5种C. 4种D. 3种【答案】
13、B【解析】【详解】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液；当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种；故选B。【点睛】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，以此解答该题。13. 在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A.
14、 v（A）=0.5 molL-1s-1B. v（B）=0.3 molL-1s-1C. v（C）=0.8 molL-1s-1D. v（D）=1 molL-1s-1【答案】B【解析】【详解】由于不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的化学反应速率越快；A=0.25 molL-1s-1；B=0.3 molL-1s-1；C.=0.267 molL-1s-1；D=0.25 molL-1s-1；故表示的化学反应速率最快的是v(B)，答案选B。14. 在一密闭容器，aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度
15、是原来的60%，则（ ）A. 物质B的质量分数增加了B. 物质A的转化率减少了C. 平衡向逆反应方向移动了D. ab【答案】A【解析】【分析】容器体积增加一倍时，若平衡未移动，则B的浓度应为原来的50%，实际平衡时，B的浓度是原来的60%，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab。据此分析解答。【详解】A、平衡向正反应方向移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，物质B的质量分数增大，故A正确；B、平衡向正反应移动，反应物A的转化率增大，故B错误；C、平衡向生成B的方向移动，即向正反应方向移动，故C错误；D、根据上述分析，平衡向生成B的方向移动，则ab，故D错误；故选
16、A。15. N2 (g)与H2 (g)在铁催化剂表面经历如下过程生成NH3(g): 下列说法正确的是A. I中破坏的均为极性键B. IV中NH2与H的总键能大于NH3中总键能C. II、III、IV均为放热过程D. N2 (g)+3H2 (g)NH3 (g) H0【答案】C【解析】【详解】A. 据图可知，中破坏的是和H-H键，均为非极性键，故A错误；B. 中NH2与H原子生成NH3时放出热量，焓变=反应物总键能-生成物总键能，则NH2与H的总键能小于NH3中总键能，故B错误；C. 根据图示能量逐渐降低，、均为放热过程，故C正确；D. N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)反应放热 H 0
17、，故D错误；答案选C。16. 碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：H2（g） + I2（?）2HI（g）+948kJH2（g） + I2（?）2HI（g）-2648kJ下列判断正确的是A. 中的I2为固态，中的I2为气态B. 的反应物总能量比的反应物总能量低C. 的产物比反应的产物热稳定性更好D. 1mol 固态碘升华时将吸热17kJ【答案】B【解析】【详解】A、反应放热，吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故中的I2为气态，中的I2为固态，错误；B、生成物的能量相等，放热，故的反应物总能量比的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、1m
18、ol 固态碘升华时将吸热为2648+948=3596kJ，错误。答案选B。第II卷非选择题二、简答题(共4题，共52分)17. (1)现有反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)过程中能量变化如图所示，回答下列问题：写出该反应的热化学方程式_；图中数字“419”表示的是_；图中曲线II表示(填反应条件)的能量变化_。(2)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-437.3kJmol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566.0kJmol-1则2C(s)+O2(g)=2CO(g) H3=_。(3)下列反应中，属于放热反应的是_(填编号，下同)，属于吸热反应的是_。
19、物质燃烧酸碱中和反应CaCO3受热分解Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-91kJ/mol (2). (正)反应的活化能(或1molCO和2molH2断键所需要吸收的能量) (3). 使用催化剂 (4). -308.6kJmol-1 (5). (6). 【解析】【详解】(1)由图可知，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的H=419kJ/mol -510kJ/mol =-91kJ/mol，故该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-91kJ/mol；图中数字“419”表示的是(正)反
20、应的活化能(或1molCO和2molH2断键所需要吸收的能量)；图中曲线II表示的反应过程活化能降低，故表示的是使用催化剂的能量变化；(2)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-437.3kJmol-1；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566.0kJmol-1；由盖斯定律可知，2-可得目标方程式，则2C(s)+O2(g)=2CO(g) H3= -437.3kJmol-12-(-566.0kJmol-1)= -308.6kJmol-1；(3)物质燃烧属于放热反应；酸碱中和反应属于放热反应；CaCO3受热分解属于吸热反应；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应属于吸热
21、反应；故属于放热反应是，属于吸热反应的是。18. 如图两个实验装置是实现化学能和电能相互转化的装置。(1)电极、的名称分别是_、_。(2)把电能转化为化学能的装置是_ (填“甲”或“乙”)(3)铁电极腐蚀更严重的装置是_ (填“甲”或“乙”)(4)甲、乙两装置电极附近的溶液首先变红的电极是_。A. B. C. D. 【答案】 (1). 阴极 (2). 负极 (3). 甲 (4). 乙 (5). B【解析】【分析】甲装置有外接电源，为电解池，C棒为阳极，Fe棒为阴极；乙装置为原电池，活泼金属Fe作负极，C棒作正极，据此分析解答。【详解】(1)电极与外接电源的负极相连，为阴极；电极为负极；(2)电
22、解池是能把电能转化为化学能的装置，原电池是把化学能转化为电能的装置，故把电能转化为化学能的装置是甲；(3)甲装置中，Fe作阴极，被保护，乙装置中，Fe作负极，失电子被氧化，故铁电极腐蚀更严重的装置是乙；(4)甲装置中，阴极发生反应，故甲装置中极附近的溶液首先变红；乙装置中，电极发生反应，故乙装置中电极附近的溶液首先变红，故选B。19. 电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。a极的电极反应式是_。下列说法正确的是_。A. 该装置可以实现电能转化为化学能B. 电极b连接电源负极C. 该
23、方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点【答案】 (1). O2+2e- + 2H+ =H2O2 (2). AC【解析】【详解】该装置为电解池，a极通入O2，生成H2O2，说明a极得电子，发生还原反应，故a极为阴极，则b极为阳极，a极通入O2，生成H2O2，说明a极得电子，发生还原反应，故a极电极反应式是O2+2e- + 2H+ =H2O2；A. 2H2O2=2H2O+O2能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B. 根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；C. 根据分析，该装置的总反应为2H
24、2O+O2=2H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧和水，具有来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；故选AC。20. (1)某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化关系曲线如图所示。反应至2min时Y与Z的物质的量之比为_。由图中的数据分析，该反应的化学方程式为_。反应开始至5min时Z的平均反应速率为_。5min后Z的生成速率_其消耗速率 (填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。实验混合溶液ABCDEF4molL-1H2SO4m
25、L30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V1090请完成此实验设计，其中：V1=_，V6=_。【答案】 (1). 3：1 (2). 3X+Y2Z (3). 0.04molL-1min-1 (4). 等于 (5). 30 (6). 11【解析】【详解】(1) 由图中可知，反应至2min时Y的与Z的物质的量分别为：0.9mol、0.3mol，故二者的物质的量之比为0.9mol：0.3mol=3：1，故答案为：3：1； 由图中的数据分析，反应至5min时，Y减少了1.0 mol-0.8 mol=0.2 mol，X减少了1.0 mol -0.4
26、 mol=0.6 mol，Z增加了0.5 mol-0.1mol=0.4 mol，故该反应的化学方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；反应开始至5min时Z的平均反应速率为，故答案为：0.04molL-1min-1；由图中可知，5min后X、Y、Z的物质的量均不再改变，说明反应达到化学平衡，故Z的生成速率等于其消耗速率，故答案为：等于；(2) 对比试验效果，那么除了反应物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜的浓度的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸
27、铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V1=30mL，V6=11mL，故答案为：30mL；11mL。21. 某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。(1)仪器a的名称是_；实验前，第一步操作是_。(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是_。(3)如表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是_。方案反应物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3(4)该装置也可用来证明酸性强弱：如H2CO3H2SiO3。方法如下：在a中加入稀硫酸，c中加入的试剂
28、是_ (填编号，下同)，d中加入的试剂是_；如果在d中看到_，即可证明酸性：H2CO3H2SiO3。供选择的试剂：ANa2SiO3溶液 B稀硫酸 CNaCl溶液 DNa2CO3溶液 E碳酸钙【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O (4). 丙 (5). D (6). A (7). 生成白色胶状物质(或白色沉淀)【解析】【分析】铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、有毒气体NO2和水，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、有毒气体NO和水，NaOH可以吸收NO2：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，也能吸收NO和N
29、O2的混合气：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故用NaOH溶液吸收多余的氮氧化物，防止污染环境。若要证明碳酸酸性强于硅酸，需要把CO2通入硅酸钠溶液中，根据生成白色胶状沉淀证明反应的发生，从而证明酸性的强弱。【详解】(1)根据仪器的构造可知，a为分液漏斗；本实验有气体生成，故实验前，应先检查装置的气密性。(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。(3)方案甲会生成有毒气体NO2，方案乙也会产生有毒气体NO，而方案丙中，铜和氧气生成氧化铜，氧化铜再和稀硝酸反应生成硝酸铜，没有污染产生，且硝酸中的氮全部转移到硝酸铜里，原料利用率高，故能体现绿色化学理念，故选丙。(4)根据分析可知，需要先制取CO2，所用试剂为稀硫酸和碳酸钠溶液，不能选碳酸钙，因为稀硫酸和碳酸钙反应会生成微溶性的硫酸钙，附着在碳酸钙的表面，阻碍反应的进行。生成的CO2通入硅酸钠溶液中，发生复分解反应：CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3，若看到白色胶状沉淀，则可证明碳酸酸性强于硅酸。
