高二化学人教版（2019）选择性必修第1册 综合测评2（含答案）

这是一份高二化学人教版（2019）选择性必修第1册 综合测评2（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是( D )
A．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
B．泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应
C．打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
D．明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同
解析 硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理转化为更难溶的CaCO3，CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，故B正确；因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释，故C正确；明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错误。
2．对反应A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)来说，下列反应速率最快的是( D )
A．v(A)＝0.3 ml·(L·s)－1
B．v(B)＝0.6 ml·(L·min)－1
C．v(C)＝0.5 ml·(L·min)－1
D．v(D)＝0.01 ml·(L·s)－1
解析 A项，因为A的状态是固态，浓度视为常数，不能表示化学反应速率；B项，v(D)＝v(B)/3＝0.2 ml·(L·min)－1；C项，v(D)＝v(C)/2＝0.25 ml·(L·min)－1；D项，v(D)＝0.01 ml/(L·s)＝0.6 ml·(L·min)－1。所以反应速率最快的选项为D。
3．下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( D )
A．向水中加入少量的CH3COONa
B．向水中加入少量的NaHSO4
C．加热水至100 ℃，pH＝6
D．向水中加少量的CuSO4
解析 使H2O的电离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。CH3COONa可以促进水的电离，但是溶液呈碱性，A项不符合题意；NaHSO4在溶液中会电离出H＋，抑制水的电离， B项不符合题意；加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；向水中加少量的CuSO4，Cu2＋会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意。
4．下列有关热化学方程式的叙述正确的是( A )
A．已知S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1；S(s)＋O2(g)＝SO2(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2
B．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ/ml，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ/ml
C．已知中和热为ΔH＝－57.3 kJ/ml，则含0.5 ml浓硫酸和足量稀NaOH溶液反应的放出57.3 kJ的热量
D．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
解析 1 ml S(g)的能量大于1 ml S(s)的能量，故与O2(g)反应生成SO2(g)，S(g)放出的热量多，因为ΔH＜0，所以放出的热量越多，ΔH就越小，因此ΔH1＜ΔH2，故A正确；燃烧热是指在101 kPa时，1 ml可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，水应为液态，故B错误；中和热是强酸强碱稀溶液中和反应生成1 ml水放出的热量，而浓硫酸溶于水放热，则含0.5 ml浓硫酸和足量稀NaOH溶液反应时放出的热量大于57.3 kJ，故C错误；由热化学方程式可得，石墨转变为金刚石吸收能量，因为物质能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故D错误。
5．已知Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g) ΔH0，反应至15 min时，改变的条件是降低温度
D．④2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.8 kJ·ml－1，当x表示温度时，y表示平衡常数K
解析 由图可知，反应从开始到平衡消耗B的物质的量为(0.4－0.2) ml，容器体积没有明确，无法计算B的浓度变化量，不能计算B的平均速率，故A错误；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，起始氢气物质的量相同时，由图可知，T1氨气的体积分数大于T2，则T2>T1，故B错误；该反应是一个气体体积不变的吸热反应，改变条件15 min时A、B、D的瞬时浓度不变，15 min后，反应物A、B的浓度增大，生成物D的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是降低温度，故C正确；平衡常数K是温度函数，温度改变，平衡常数一定改变，故D错误。
8．恒温、恒压下，1 ml A和1 ml B在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)＋2B(g) 2C(g)。一段时间后达到平衡，生成a ml C。下列说法不正确的是( D )
A．起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为1∶1
B．物质A、B的转化率之比一定是1∶2
C．若起始放入3 ml A和3 ml B，则达到平衡时生成3a ml C
D．当v正(A)＝v逆(B)时，可断定反应达到平衡
解析 根据题中条件，反应恒温、恒压下进行，所以起始时刻和达平衡后容器中的压强比为1∶1，A正确；A、B的起始量都是1 ml，所以A、B的转化率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，根据反应方程式可以知道，物质A、B的转化率之比一定是1∶2，B正确；在恒压下，放入3 ml A和3 ml B，与起始时1 ml A和1 ml B配比数相等，为等效平衡，则达平衡时生成3a ml C，C正确；根据方程式可知若v正(A)＝v逆(B)时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D错误。
9．将0.2 ml AgNO3、0.4 ml Cu(NO3)2和0.6 ml KCl溶于水配成100 mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3 ml Cu，此时，另一极上的气体体积(标准状况)为( B )
A．4.48 LB．5.6 L
C．6.7 LD．7.8 L
解析 三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2 ml KNO3、0.4 ml Cu(NO3)2和0.4 ml KCl，当有0.3 ml Cu生成时，先后发生反应：①Cu2＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up15(电解))Cu＋Cl2↑；②2Cu2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up15(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋。在阳极上先后生成Cl2和O2。n(Cl2)＝1/2n(KCl)＝(1/2)×0.4 ml＝0.2 ml，根据电子守恒有：0.3 ml×2＝0.2 ml×2＋4n(O2)，解得n(O2)＝0.05 ml，所以阳极共产生气体体积为：(0.2 ml＋0.05 ml)×22.4 L·ml－1＝5.6 L。
10．25 ℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)===Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是( C )
A．若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大
B．若向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色
C．若向Mg(OH)2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动
D．若向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，固体质量将增大
解析 向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2＋)会增大，故A正确；向Mg(OH)2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＜Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；加入少量水，Ksp保持不变，c(Mg2＋)、c(OH－)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；向Mg(OH)2浊液中加入少量Na2CO3(s)，由于碳酸根水解成碱性，所以c(OH－)增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．如图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有0.02 ml电子通过，正确的是( C )
A．甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64 g
B．甲烧杯中B极上电极反应式4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．乙烧杯中滴入酚酞试液，D极附近先变红
D．乙烧杯中C极上电极反应式为4H＋＋4e－===2H2↑
解析 A极与电源正极相连，作阳极，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，生成氧气，不能析出铜，A错误；甲烧杯中B电极是阴极，B极上电极反应式为：Cu2＋＋2e－===Cu，B错误；D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式为2H＋＋2e－===H2↑，由于H＋放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性(有NaOH生成)，C正确；烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。
12．下列有关溶液的说法中正确的是( D )
A．0.1 ml·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SOeq \\al(2－,4))＞c(NHeq \\al(＋,4))＞c(H＋)＞c(OH－)
B．pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小
C．向0.1 ml·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)
D．pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq \\al(－,3))＋2c(SOeq \\al(2－,3))
解析 0.1 ml·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NHeq \\al(＋,4))＞c(SOeq \\al(2－,4))＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH－)增大，B错误；向0.1 ml·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C错误；pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq \\al(－,3))＋2c(SOeq \\al(2－,3))，D正确。
13．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是( B )
A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
解析 高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2O，故A正确；一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3＋、Al3＋产生沉淀，而Mg2＋不沉淀，从而将其分离，故D正确。
14．1,3­丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H＋进攻1,3­丁二烯生成碳正离子()；第二步Br－进攻碳正离子完成1,2­加成或1,4­加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0 ℃和40 ℃时，1,2­加成产物与1,4­加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是( AD )
A．1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定
B．与0 ℃相比，40 ℃时1,3­丁二烯的转化率增大
C．从0 ℃升至40 ℃，1,2­加成正反应速率增大，1,4­加成正反应速率减小
D．从0 ℃升至40 ℃，1,2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
解析 根据上述分析可知，能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4­加成产物的能量比1,2­加成产物的能量低，即1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定，故A正确；该加成反应不管生成1,4­加成产物还是1,2­加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利于1,3­丁二烯的转化，即在40 ℃时其转化率会减小，故B错误；从0 ℃升至40 ℃，正化学反应速率均增大，即1,4­加成和1,2­加成反应的正速率均会增大，故C错误；从0 ℃升至40 ℃，对于1,2­加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确。
15．25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 ml·L－1，1g c(CH3COOH)、1g c(CH3COO－)、1g c(H＋)和1g c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( BC )
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝－lg Ka
C. 该体系中，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1cH＋,Ka＋cH＋) ml·L－1
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO－的水解程度始终增大
解析 根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lg c(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lg c(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lg c(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lg c(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH＝7，应该得出的结论为：c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lg c(CH3COO－)＝lg c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，代入等量关系并变形可知pH＝－lg Ka，故B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 ml/L，则c(CH3COO－)＝0.1 ml/L－c(CH3COOH)，又Ka＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1cH＋,Ka＋cH＋) ml/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO－＋H2O CH3COOH ＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，则使得不利于醋酸根离子的水解，会使其水解程度减小，故D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．(12分)(1)高温下，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH>0，反应的化学平衡常数表达式K＝eq \f(cCO·cH2,cH2O)，该反应随温度升高，K值增大(填增大、减小或不变)，该反应在高温下自发进行的原因是该反应为熵增反应，高温时自由能小于零。
(2)向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠固体，溶液的颜色变化为橙色变为黄色，原因是(请从平衡的角度用化学用语及必要的文字说明)存在反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H2O2CrOeq \\al(2－,4)＋2H＋，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动。
(3)密闭容器中充入N2O4达化学平衡，压缩体积达新平衡，整个过程的现象为压缩体积时颜色变深随后变浅但比原平衡颜色深。
(4)多元弱酸的逐级电离平衡常数为K1、K2、K3……，则K1、K2、K3的大小关系为K1>K2>K3 。
解析 (1)化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则化学平衡常数表达式K＝eq \f(cCO·cH2,cH2O)；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大；该反应是一个气体体积增大的反应，反应中ΔH＞0、ΔS＞0，高温时ΔH－TΔS＜0，自发进行。(2)橙色重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2Oeq \\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2CrOeq \\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)，加入少量NaOH固体，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色。(3)压缩容器，N2O4、NO2浓度均变大，混合气体颜色变深，对于平衡N2O42NO2，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，但平衡移动不会完全消除NO2浓度的增大，达新平衡时NO2浓度比压缩前大，则混合气体颜色变深随后变浅，但比开始气体颜色变深。(4)多元弱酸分步电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用，因此K1>K2>K3。
17．(12分)已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
(1)常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是①>②>③(填序号)。
(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为c(Cl－)> c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。
(3)0.1 ml/L的NaClO溶液和0.1 ml/L的NaHCO3溶液中，c(ClO－)”“②>③。(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液中，铵根离子水解，浓度小于氯离子，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故各离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)。(3)根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1 ml/L的NaClO溶液和0.1 ml/L的NaHCO3溶液中，c(ClO－)v逆(填“>”“