1、甘肃省兰州市第四片区2020-2021学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2请将答案正确填写在答题卡上；卷(选择题)一、选择题(本题共计15小题，每题4分，共计60分)1. 下列说法中错误的是（ ）A. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量【答案】C【解析】【分析】【详解】A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个
2、化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。答案选C。2. 下列关于化学反应的描述中正确的是( )A. 已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B. 由C(金刚石)=C(石墨) H=-1.9kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定C. CH4的燃烧热是890.3kJ/mol，则表示CH4的燃烧热的热化学方程
3、式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-890.3kJ/mol D. 已知H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)生成1mol H2O(l)放出热量57.3kJ，NaOH的稀溶液与稀醋酸反应生成1mol H2O(l)时，放出57.3kJ的热量【答案】B【解析】【分析】【详解】A已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则2SO2(g)+O2(g)的总能量一定高于2SO3(g)的总能量，A描述错误；B由C(金刚石)=C(石墨) H=-1.9kJ/mol可知，石墨比相同量的金刚石具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B描述正确；CCH4的燃烧热是890.3k
4、J/mol，则表示CH4的燃烧生成的氧化物为稳定的，燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJ/mol，C描述错误；D已知H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)生成1mol H2O(l)放出热量57.3kJ，醋酸为弱电解质，电离时吸收热量，则NaOH的稀溶液与稀醋酸反应生成1mol H2O(l)时，放出的热量小于57.3kJ，D描述错误；答案为B。3. 一定温度下，反应N2(g)O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是()A. 缩小体积使压强增大B. 恒容，充入N2C. 恒容，充入HeD. 恒压，充入H
5、e【答案】C【解析】【分析】【详解】A气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；C容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，C选项正确；D压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；答案选C。4. 可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，在容积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是( )单位时间内生成
6、n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2:2:1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】判断可逆反应达到平衡状态的标志有：(1)v(正)=v(逆)，(2)混合物中各组成成分的浓度、百分含量保持不变，（3）分析反应过程中一直在改变的量，一旦不变了，就说明反应达到平衡了。【详解】单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO2是逆反
7、应，且NO2的系数是O2的两倍，故有(正)=(逆)，正确；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，二者均为正反应速率，不能作平衡标志，错误；用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态，没有明确正、逆反应速率，不能作平衡标志，错误；混合气体的颜色不再改变时，说明二氧化氮的浓度不再改变，达到平衡状态，正确；该反应在体积固定的密闭容器中混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，错误；该反应前后气体物质的量不等，混合气体的压强会随反应的进行而改变，故压强不再改变的状态为平衡状态，正确；该反应前后气体物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量会随反应的
8、进行而改变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态为平衡状态，正确；综上所述：能作为达到平衡的标志；故答案为：A。5. 室温时，下列说法正确的是A. pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH)均为11011 molL1B. 分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10C. 分别向等体积的0.1 molL1 HCl溶液和0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等D. 分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3
9、COONa固体，两溶液的pH均增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A酸碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的电离。pH=11的氨水，由水电离出的c(OH)为11011mol/L，pH=11的Na2CO3溶液中，水电离的氢氧根为1103mol/L，故A错误；B100 mL pH=11的NaOH溶液加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10，氨水是弱电解质，存在电离平衡， pH=11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH10，故B错误；C等浓度等体积的盐酸和醋酸，二者物质的量相等，当分别加入等物质的量的NaOH时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因
10、此，若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C错误；D盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大；向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，故pH增大，D正确；答案选D。6. 下列相同浓度的溶液中，水电离出的氢离子浓度最大的是（ ）A. CH3COONH4B. NH4ClC. NH4HSO4D. CH3COONa【答案】A【解析】【分析】【详解】浓度相等的CH3COO-和NH4+水解程度相同，均促进水的电离，而NH4HSO4电离出的H+抑制水的电离，NH4Cl和CH3COONa只在单一的NH4+或CH3COO-的水解，而CH3COON
11、H4溶液中同时存在NH4+和CH3COO-的水解，水的电离程度最大，即CH3COONH4溶液中水电离出的H+浓度最大，故答案为A。7. 下列说法错误的是( )NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO)的值保持增大浓度为0.1mol/L的Na2CO3溶液：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，恰好完全反应时溶液pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=10-amol/L向0.1mol/L (NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(SO)、c(NH)均增大在Na2S稀溶液中，c(OH-)=c(H+)+
12、2c(H2S)+c(HS-)A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】NaHCO3溶液加水稀释，Na+的物质的量不变，而HCO的电离、水解程度都增大，物质的量减小，因此在同一溶液中，c(Na+)/c(HCO)的比值保持增大,说法正确；浓度为0.1mol/L的Na2CO3混合溶液中，根据物料守恒可得：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，说法错误；在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L 盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，氢离子浓度为10-a mol/L，溶液中的溶质为氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则由水电离产生的c(O
13、H-)=c(H+)=10-a，说法正确；向0.1mol/L (NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(OH-)均增大，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动、铵根离子的水解平衡正向移动，则c(SO)增大，c(NH)减小，说法错误；在Na2S稀溶液中，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)，说法正确；综上所述，说法错误，答案为B。8. MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是( )。A. c(M)c(OH)c(A)c(H)B. c(M)c(A)c(H)c(OH)C. c(M)c(A)c(OH)c(H
14、)D. c(M)c(H)c(A)c(OH)【答案】C【解析】【分析】【详解】等浓度等体积的强碱MOH和弱酸HA恰好完全反应生成强碱弱酸盐MA，A-水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒得c(M+)c(A-)，但是其水解程度较小，则c(A-)c(OH-)，所以存在c(M+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故答案为C。9. 生活中处处有化学，下列有关说法正确的是A. 天然弱碱性水呈碱性原因是其中含有较多的Mg2、Ca2等离子B. 焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关C. 生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理D. 在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入B
15、aCl2溶液，溶液的红色逐渐褪去【答案】D【解析】【分析】【详解】A天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的CO32-，该离子在水中发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终当达到平衡时，水中c(OH-)c(H+)，错误；B焊接时用NH4Cl溶液除锈是由于该盐是强酸弱碱盐，NH4+发生水解反应小于水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，水中c(OH-)c(H+)，所以滴入酚酞试液时，溶液变为红色。当向其中慢慢滴入BaCl2溶液，发生离子反应：Ba2+CO32-=BaCO3，使盐的水解平衡逆向移动，c(OH-)减小，所以溶液的红色逐渐褪去，正确。答案选D。10. 下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是()
16、FeCl3Fe2(SO4)3Ca(HCO3)2Na2CO3A. 仅B. 仅C 仅D. 全部【答案】B【解析】由于三价铁离子水解，氯化氢挥发，会得到氢氧化铁。硫酸不挥发，会抑制三价铁离子水解，故能析出硫酸铁溶质会得到碳酸钙能析出碳酸钠溶质。故答案为B11. 在由水电离出的c(OH-)=110-13mol/L的溶液中，能大量共存的离子组是( )A. Fe2+、Na+、NO、Cl-B. Ba2+、Na+、NO、Cl-C. SO、SO、NH、Na+D. Mg2+、Na+、Br-、ClO-【答案】B【解析】【分析】水电离出的c(OH-)=110-13mol/L的溶液中含有大量的H+或OH-。【详解】AF
17、e2+与H+、NO或OH-反应，不能大量共存，A与题意不符；BBa2+、Na+、NO、Cl-与大量的H+或OH-之间不反应，能大量共存，B符合题意；CSO与H+，NH与OH-反应，不能大量共存，C与题意不符；DBr-与ClO-，Mg2+与OH-，ClO-与H+反应，不能大量共存，D与题意不符；综上所述，答案为B。12. 下列方程式书写正确的是( )A. H2S的电离方程式：H2S+H2OH3O+HS-B. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+COC. 的水解方程式：CO+2H2OH2CO3+2OH-D. HS-的水解方程式：HS-+H2OH3O+S2-【答案】A【解析】
18、【分析】【详解】AH2S为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式：H2S+H2OH3O+HS-，A正确；BNaHCO3为强电解质，在水溶液中电离出钠离子、碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO，B错误；C水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式：CO+H2O HCO+OH-，C错误；DHS-水解生成硫化氢和氢氧根离子，水解方程式：HS-+H2OH2S+HS-，D错误；答案为A。13. 现有下列溶液：40mL0.4mol/LAgNO3溶液；40mL0.4mol/LCaCl2溶液；40mL蒸馏水。常温下，将足量的AgCl固体分别加入上述溶液中，AgCl固体在各溶液中的溶
19、解度由大到小的顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】由于AgCl固体存在溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故AgCl的溶解度与溶液中Ag+或Cl-的浓度有关，浓度越大，AgCl的溶解度就越小，40mL0.4mol/LAgNO3溶液Ag+的浓度为0.4mol/L；40mL0.4mol/LCaCl2溶液中Cl-的浓度为0.8mol/L；40mL蒸馏水，故AgCl的溶解度由大到小的顺序为：，故答案为：B。14. 室温下，将0.100 0 molL1盐酸滴入20.00 ml 未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图。下列有关
20、说法不正确的是A. 该一元碱溶液浓度为0.100 0 molL1 B. a、b、c点的水溶液导电性依次增强C. 室温下，MOH的电离常数Kb1105 D. b点：c(M+)+c(MOH)c(Cl)【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图可知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，可知二者物质的量相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 molL1，A正确；B离子浓度越大，溶液的导电能力越强，由图可知0.1000mol/LMOH溶液中pH=11，则MOH是弱电解质，而HCl、MCl是强电解质， 则a、b、c点的水溶液中，溶液中自由移动离子浓度逐渐增大，导电性依次增强，B正确；C
21、由图知，0.1000mol/LMOH溶液中pH=11，则c(OH)=0.001mol/L，MOH的电离常数Kb= c(M+)c(OH)/ c(MOH)=0.0012/0.1=1105，C正确；Db点溶液PH=7，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，得c(M+)=c(Cl)，D错误。答案选D。15. 25时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A. a、b两点: c(X-) c(Cl-)B. 溶液的导电性: a 0.01mol/LD. 溶液体积稀释到10倍，HX 溶液的pH ”
22、“_【答案】 (1). +124.2 (2). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890 kJmol1 (3). (4). 0.5a mol/L (5). (6). 4.010-7mol/L (7). 810-10 mol/L (8). 5【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律可知，-可得C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，则H=+156.6kJmol1-32.4kJmol1=+124.2 kJmol1；(2)0.5mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳，同时放岀445kJ的热量，而甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体释放的热量，
23、则甲烷的燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890 kJmol1；(3)酸、碱对水的电离有抑制作用，且浓度越大，抑制能力越强，则水的电离程度；能水解的盐对水的电离有促进作用，而NaCl对水的电离无影响，故水的电离程度由大到小顺序为；(4)a mol/L的醋酸和b mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，混合后的总体积为醋酸的2倍，根据物料守恒，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5a mol/L；若醋酸与NaOH的物质的量相等时，溶质为CH3COONa，溶液呈碱性，等体积混合时溶液显中性，则n(CH3COOH)n(NaOH)，混合时体积
24、相等，故ab；(5)水电离出的c(H+)= c(OH-)，则c(OH-)=4.010-7mol/L；Kw= c(H+)c(OH-)=1.610-15，溶液中c(H+)=2.010-4mol/L，则c(OH-)=1.610-15(2.010-4mol/L)=810-10 mol/L，水电离产生的氢离子与氢氧根离子相等，则c(H+)=810-10 mol/L；(6) Ksp=c(Cu2+)c2(OH-)，则c2(OH-)=Kspc(Cu2+)=10-18，c(OH-)=10-9 mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)=10-5mol/L，故pH5。17. 实验室有一瓶混有氯化钠的氢氧化钠固体试剂
25、，为了测定其纯度，用浓度为0.2mol/L的标准盐酸进行滴定，完成下列问题：(1)用标准盐酸滴定时，应将标准盐酸注入_中(从图1中选填“甲”或“乙”)，该仪器的名称是_(2)若用酚酞作指示剂，判断达到滴定终点的现象是_(3)图2是某次滴定前、后滴定管中的液面，滴定后盐酸的体积为_mL(4)以下是实验数据记录表滴定次数待测液体积(mL)盐酸的读数(mL)滴定前滴定后110.000.0019.96210.000.1020.14310.000.3022.34通过计算可得，氢氧化钠的物质的量浓度为_(5)下列操作会引起实验结果偏高的是_(填编号)A滴定开始时读数仰视，终点时读数俯视B锥形瓶先用蒸馏水洗
26、涤后，再用待测液润洗C滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡D在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水【答案】 (1). 甲 (2). 酸式滴定管 (3). 当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由红色恰好变为无色，且半分钟不变色 (4). 22.80左右均可 (5). 0.4mol/L (6). BC【解析】【分析】中和滴定时，量取待测液及标准液滴定管在验漏、洗涤后，必须用试液进行润洗；而锥形瓶洗涤后，不能润洗；待测液为含有NaCl的NaOH溶液，滴入酚酞时，溶液显红色，当滴入最后一滴盐酸后，溶液呈中性，则溶液变为无色；根据c(NaOH)= c(HCl)V(HCl)V(NaOH)计算并进行误差分析。【详解】(
27、1)盐酸为酸，应注入酸式滴定管中，即注入甲中；(2)待测液为含有NaCl的NaOH溶液，滴入酚酞时，溶液显红色，当滴入最后一滴盐酸后，溶液呈中性，则溶液变为无色，故滴定终点的现象为溶液颜色由红色恰好变为无色，且半分钟不变色；(3)滴定前的体积为0.80mL，滴定后的体积为22.80mL；(4)根据表中数据，3次盐酸的体积分别为19.96mL、20.04mL和22.04mL，第3次数据偏差较大，舍去不用，则2次盐酸的平均体积为20.00mL，c(NaOH)=0.2mol/L20.00mL10.00mL=0.4mol/L；(5)A滴定开始时读数仰视，终点时读数俯视，导致计算标准液的体积偏小，计算的NaOH的浓度偏小，A与题意不符；B锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗，导致待测液的物质的量偏大，则使用盐酸的体积偏大，计算的NaOH的浓度偏高，B符合题意；C滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，导致盐酸的体积偏大，计算NaOH的浓度偏高，C符合题意；D在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对盐酸的物质的量无影响，则使用的NaOH的量无影响，计算NaOH的浓度不变，D与题意不符；答案为BC。
