1、云南省玉溪市民族中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学试卷命题人： 联系电话： 审核人: 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 一、选择题（本题包括25个小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个正确答案）1. 下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 ( )A. 碳酸钙的分解 B. 灼热的炭与水蒸气的反应C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应 D. 铝片与稀盐酸反应【答案】B【解析】A. 碳酸钙的分解是吸热反应，但该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；B. 碳和水蒸气的反应是吸热反应，该反应中碳
2、元素和氢元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故C错误；D. 铝和稀盐酸反应是放热反应，故D错误；答案选B。2. 下列说法中正确的是（ ）A. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化B. 伴有能量变化的变化都是化学变化C. 放热反应不需要加热就一定能发生D. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关【答案】D【解析】A化学变化的本质是旧键断裂、新键生成，化学变化不仅由新物质生成，同时一定伴随能量变化，故A错误；B同一物质不同状态之间的转化，伴随能量变化，属于物
3、理变化，不属于化学变化，故B错误；C放热反应也可能需要加热才能发生，如铝热反应等，故C错误；D根据盖斯定律可知，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的途径无关，故D正确；答案选D。3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、铁与氯气反应只能生成氯化铁，选项A错误；B、硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，选项B错误；C、碳酸钙高温条件下受热分解生成氧化钙，氧化钙在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钙，选项C正确；D、一氧化氮与水不反应，得不到硝酸，选项D错误。答案选C。4. “活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重
4、要依据，下列对“活化分子”说法中不正确的是( )A. 催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加B. 增大反应物的浓度，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快C. 对于有气体参加的反应通过压缩容器增大压强，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快D. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞【答案】D【解析】试题分析：D、活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，错误。考点：考查了化学反应速率理论解释。5. 水的电离过程为H2O H+OH，下列叙述正确的是（ ）A. 升高温度，促进水的电离，c（H+）增大，pH增大B. 加入NaOH，抑制水的电离，c（H+）和c（OH）都减小C. 水的
5、离子积只适用于纯水，不适用于其他电解质水溶液D. Kw只与温度有关【答案】D【解析】A水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动， c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B向水中加入NaOH，c（OH）增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，故B错误；C水的离子积不仅适用于纯水，也适用于其他电解质水溶液，故C错误；DKw只与温度有关，与浓度等其他因素无关，故D正确；答案选D。6. 下列有关叙述中正确的是 ( )A. 碳酸钙在水里的溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质B. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质C. 强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的D. 强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解
6、质的水溶液导电能力强【答案】C【解析】A.碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故A错误；B.氨气分子不能自身电离出自由移动的离子，氨气属于非电解质，故B错误；C.强电解质在水溶液中完全电离，其电离过程不可逆，故C正确；D.电解质溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带电荷，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念和判断，解答该题时，要注意电解质的强弱与溶解性无关，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质部分电离；溶液的导电性与电解质的强弱无关，溶液中离子浓度越大，离子所带的电荷越多，则溶液的导电性越强。7. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）A.
7、H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应C. 高压有利于合成NH3的反应 D. 500左右比室温更有利于合成NH3的反应【答案】C【解析】A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H22NH3 H0 S0 B. H0 S0 C. H0 D. H0 S0 S0，G=H-TS0,故选项是A。考点：考查反应的自发性的知识。21.
8、 可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为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】试题分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，v（正）=v（
9、逆），正确；单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ，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的状态即为二氧化氮浓度不变，达到平衡状态。正确；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；该反应两边气体物质的量不等，混合气体的压强不再改变的状态为平衡状态，正确；该反应两边气体物质的量不等，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，选A。考点：考查化学平衡状态的判断。22. 下表是部分短周期元素的原
10、子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）元素代号LMQRT原子半径nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价2326、22A. 氢化物的沸点为H2TH2R B. 单质与稀盐酸反应的速率为LQC. M与T形成的化合物具有两性 D. L2与R2的核外电子数相等【答案】C【解析】短周期元素，T、R都有-2价，处于A族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于A族，原子半径LQ，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于A族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。A水分子间能够形成氢键，沸点较高，故A错误；B金属性MgBe，则M
11、g与酸反应越剧烈，故B错误；CM与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；DL2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故D错误；故选C。点睛：本题考查元素的性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点是A，要知道结构相似的物质，分子间能够形成氢键的沸点较高。23. 在一定条件下在固定容积的容器中进行的可逆反应：2M(g)+N(g)Q(g) H0，达到平衡状态，若升高温度，则对于该混合气体下列说法正确的是（ ）A. 密度增大 B. 平均相对分子质量增大C. 总分子数增大 D. 平衡逆向移动【答案】B【解析】试题分
12、析：2M(g)+N(g)Q(g)H0，反应是气体体积减小的吸热反应，升温，平衡正向进行；A反应前后气体质量不变，体积不变，升温反应正向进行，但密度不变，故A错误；B反应前后气体质量不变，物质的量变化，升温平衡正向进行，气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，故B正确；C升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总分子数减小，故C错误；D反应是气体体积减小的吸热反应，升温，平衡正向进行，故D错误；故选B。考点：考查化学平衡影响因素分析判断。24. 已知某可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g) H 在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）
13、的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（ ）A. T1P2，m+np，H0B. T1T2，P1p，H0C. T1T2，P1P2，m+np，HT2，P1P2，m+np，H0【答案】D【解析】试题分析：根据图像可知T1所在曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，这说明温度T1高于T2。温度越高B的含量越低，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即H0。P2所在曲线首先达到平衡状态，压强大反应速率快，这说明压强是P2大于P1。压强越大B的含量越低，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，因此正反应是体积减小的，即m+nK2，故答案为：；. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度
14、CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C.
15、使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol0.4mol）2mol100%=80%，故D正确；故答案为：AD；(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L2min=0.25molL1min1，则v(CH3OH)=0.125molL1min1； CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)起始浓度(mol/L) 0.5 0 0转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5平
16、衡浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5则K1=0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K4；某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 molL1，C（H2）=1.0 molL1，C（CH3OH）=0.75 molL1，则此时Qc3K4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 molL1min1；4；向正反应方向。28. 中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于下图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问
17、题：（1）从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_，除此之外，装置中的一个明显错误是_。（2）为保证该实验成功该同学采取了许多措施，如图的碎纸条的作用在于_。（3）若改用60mL 0.25molL-1 H2SO4和50mL 0.55molL-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热_（填“相等”“不相等”）（4）倒入NaOH溶液的正确操作是：_。（从下列选出）A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量倒入 C一次迅速倒入（5）实验数据如下表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2
18、SO4NaOH平均值126.226.026.129.5_227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 J/(g)。则中和热H_。(提示：H=,保留一位小数)。上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)_。a实验装置保温、隔热效果差b用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中（6）如果用含0.5mol Ba(OH
19、)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应，反应放出的热_57.3 kJ（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高） (3). 隔热，减少热量的损失 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C (7). 3.4 (8). -56.8kJ/mol (9). a b c (10). 大于【解析】.由量热计的构造可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口要相平，故答案为：环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；.中
20、和热的测定过程中要尽量减少热量的损失，因此在大小烧杯之间塞满碎纸条的作用是隔热，减少热量的损失，故答案是：隔热，减少热量的损失；.反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.25molL-1 H2SO4和50mL 0.55molL-1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，反应放出的热量也增多，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以中和热相等，故答案为：不相等；相等；.倒入NaOH溶液时，必须一次迅速倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入NaOH溶液，否则会导致热量损失，影响测定结果，故答案选C；.4次温度差分别为：3.4，5.1，
21、3.3，3.5，第2组数据无效，所以温度差平均值3.4，故答案为：3.4；.50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.25mol/L2=0.025mol，溶液的质量为：100mL1g/mL=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/(g)3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热H=1.4212kJ0.025mol=56.8kJ/mol，故答案为：56.8kJ/mol；.a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏少，中和热的数值偏小，故a正确；
22、b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，酸碱反应放热，导致H2SO4的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏少，中和热的数值偏小，故b正确；c.分多次把NaOH溶液倒人盛有硫酸的小烧杯中，热量损失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c正确，故答案为：abc；.Ba(OH)2的稀溶液与足量的稀硫酸溶液反应时生成硫酸钡沉淀和水，因生成硫酸钡时也要放出热量，则用含0.5mol Ba(OH)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应，最终放出的热量大于57.3 kJ，故答案为：大于。点睛：本题考查有关中和热的测定实验，注意理解中和热的概念和测定原理是解题的关键。实验中所用硫酸和Na
23、OH的物质的量比不是1:1，而是NaOH过量，是为了保证0.25mol/L的硫酸完全被NaOH中和；实验所测得的数据若不是为57.3 kJ/mol，则产生误差可能的原因是：(1)量取溶液的体积有误差(测量结果是按50 mL的酸、碱进行计算，若实际量取时，多于50 mL或小于50mL都会造成误差)；(2)温度计的读数有误；(3)实验过程中有液体洒在外面；(4)混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差；(5)隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差；(6)测量酸后的温度计未用水清洗而便立即去测碱的温度，致使热量损失而引起误差等。29. 氯气在298 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解
24、0.090 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：（1）该反应的离子方程式为_；（2）在上述平衡体系中加入少量NaCl固体，平衡将向_移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)。（3）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡将向_移动。(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)（4）在饱和氯水中加入石灰石可得到较大浓度的次氯酸溶液，请运用学过的化学原理进行解释（酸性：盐酸碳酸次氯酸）：_；写出氯水与石灰石反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Cl2H2OClHHClO (2). 逆反应方向 (3). 增大 (4
25、). 正反应方向 (5). 次氯酸的酸性弱于碳酸，加入石灰石只与盐酸反应，C(H+)减小，使Cl2H2OClHHClO，平衡向正反应方向移动，溶液的c(HClO)增大 (6). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2【解析】(1).氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故答案为：Cl2+H2OH+Cl+HClO；(2).在上述平衡体系中加入氯化钠，溶液中氯离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，平衡将向逆反应向移动，故答案为：逆反应方向；(3).在上述平衡中加压，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氯气的溶解度会增大，故答案为：增大；正反应方向；(4).氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸的酸性比碳酸弱，在氯水中加入碳酸钙，盐酸能够与其反应，次氯酸不能，则C(H+)减小，使Cl2+H2OH+Cl+HClO的平衡向正反应方向移动，溶液中c(HClO)增大，氯水中的盐酸与碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：次氯酸的酸性弱于碳酸，加入石灰石只与盐酸反应，C(H+)减小，使Cl2H2OClHHClO平衡向正反应方向移动，溶液的c(HClO)增大；CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。
