【期末模拟测试】人教版(2019)高二化学选择性必修第一册：期末测试卷01

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2022-2023学年上学期期末测试卷01高二化学·全解全析12345678910111213141516DCCABCBCABADCDCD1．【答案】D【详解】总反应焓变小于0，为放热反应，所以A+B的能量高于C，第一步反应焓变大于0为吸热反应，所以A+B的能量低于X，第二步反应焓变小于0为放热反应，所以X的能量高于C，综上所述图像D符合，故答案为D。2．【答案】C【详解】A．没有参照物，所以无法判断，故A项不选；B．两实验的催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B项不选；C．两个实验不同点只有是否具有催化剂，所以能够判断催化剂对化学反应速率的影响，故C项选；D．两实验温度不同，其目的是探究温度对化学反应速率的影响，故D项不选；故答案为C。3.【答案】C【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平衡，故A不选；B. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；C. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)＋H2(g)中，每生成1mol CO(g)的同时，生成1mol H2(g)，CO与H2O浓度始终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；D. 1 mol H−H键断裂等效于生成2 mol H−O键的同时断裂2 mol H−O键，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达平衡状态，故D不选；故选C。4．【答案】A【详解】25℃时，溶液中由水电离产生的c(H+)水为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-)水也为10-13mol/L；若溶液呈强酸性，根据Kw=c(H+)∙c(OH-)水，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+)水与c(H+)相比，可以忽略不计，故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+)水=10-1mol/L，根据Kw=c(H+)∙c(OH-)，可知溶液中c(OH-)为10-1mol/L，故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性，也可能是碱性，pH可能为1，也可能为13，故A正确。故选A。5．【答案】B【详解】水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液也可能是碱溶液；A．亚铁离子不能在无色溶液中大量存在，且酸性溶液中硝酸根会把亚铁离子氧化，故A不符合题意；B．酸性或碱性环境中四种离子相互之间均不反应，且无色，可以大量共存，故B符合题意；C．F-不能在酸性溶液中大量存在，Ag+不能在碱性溶液中大量存在，故C不符合题意；D．亚硫酸氢根既能和氢离子反应也能和氢氧根反应，酸性或碱性溶液中均不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为B。6．【答案】C【详解】A．没注明物质的聚集状态，选项A错误；B．没注明物质的聚集状态，选项B错误；C．1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，即N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.4kJ/mol，选项C正确；D．反应为放热，焓变为负值，选项D错误；答案选C。7．【答案】B【分析】原电池的总反应为：Cu＋2Ag＋Cu2＋＋2Ag，Cu极作负极，电极方程式为：Cu-2e-= Cu2＋，Ag极作正极，电极方程式为：2Ag＋+2e-=2Ag，以此解答。【详解】A. Cu为负极Ag为正极，电子从负极Cu经导线流向正极Ag，故A错误；B. 右烧杯发生电极反应Cu-2e-= Cu2＋，电极重量减轻，故B正确；C. 电池工作时，阳离子向正极移动，Cu2＋向银电极移动，故C错误；D. Ag极作正极，电极方程式为：2Ag＋+2e-=2Ag，没有气泡产生，故D错误；故选B。8．【答案】C【详解】A．该装置为牺牲阳极的阴极保护法，符合原电池的工作原理，A错误；B．金属的还原性应该比的还原性强，才能优先失去电子，从而保护铁不被腐蚀，B错误；C．当水体环境呈较强酸性时，H+向钢铁设施一极移动，得到电子生成氢气，钢铁设施表面会有气泡冒出，C正确；D．当水体环境呈中性时，发生吸氧腐蚀，O2得到电子，反应为，D错误；答案选C。9．【答案】A【详解】A．根据反应热键能计算，反应(2)的 △H＝ ，解得x=，A项正确；B．根据盖斯定律，由反应 可得：H2O(g)＝H2O(l)  △H=kJ/mol，水从气态到液态、从液态到固态的变化均是熵减的过程，故正反应为熵减小的反应，B项错误；C．当有4NA个C‒H键断裂时，1molCH4反应，若生成H2O(l)放出akJ热量，若生成H2O(g)，则放出bkJ热量，C项错误；D．CH4燃烧为放热反应，a、b均小于零。且反应物相同时，生成同种液态物质放出的热量比生成等量的气态物质放出的热量多，故a＜b。根据燃烧热的定义，燃烧热所生成的产物一定是稳定的。则水应为液态，故甲烷燃烧热为akJ/mol；D项错误；答案选A。【答案】B【分析】溶液中存在平衡，、、，由于常温下溶液，说明电离大于水解，据此解答问题。【详解】A．溶液中会发生水解和电离，因此，A错误；B．由上述分析可知，溶液中的电离大于水解，但电离、水解均是少量的，因此，B正确；C．溶液中存在电荷守恒：，C错误；D．溶液中加入少量溶液发生反应：，D错误；答案选B。11．【答案】A【详解】A．该反应前后气体总质量减小，混合气体的物质的量不变，则混合气体平均摩尔质量在反应前后减小，当容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B．平衡后加入X，平衡正向移动，但是消耗X的增加量小于加入X的量，所以X转化率减小，但是Y转化率增大，故B错误；C．焓变只与反应物和生成物能量差有关，与反应条件、平衡移动方向无关，故C错误；D．W是固体，不影响化学反应速率，所以平衡后加入少量W，逆反应速率不变，故D错误；故答案选A。12．【答案】D【详解】A. CO的燃烧热为283 kJ·mol−1，单位错了，A错误；B．图中的CO(g)＋O2(g)系数不等于方程式的化学计量数，不能表示由1 mol CO生成CO2的反应过程和能量关系，B错误；C．ΔH跟化学计量数成正比，化学计量数扩大2倍，ΔH也扩大2倍，ΔH变为−452 kJ·mol−1，但是选项中CO2为固态，变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，ΔH  > −452 kJ·mol−1，C错误；D．根据盖斯定律，式①÷2+式②可以求出Na2O2(s)＋CO(g)=Na2CO3(s)的反应热，D正确；故选D。13．【答案】C【详解】A．升高温度，NO浓度增大，平衡逆向移动，逆向是吸热个，正向为放热反应，故A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K2＜K1，故B错误；C．在T2℃时，若反应体系处于状态D，D向平衡方向移动，浓度减低，则为正向移动，因此υ正＞υ逆，故C正确；D．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此p(D)=p(B)，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强p(C)＞p(D)，故D错误。综上所述，答案为C。14．【答案】D【详解】A. 固体氢氧化钠溶于水的过程中也放出一定的热量，故用固体氢氧化钠与稀盐酸反应来探究中和反应中能量的变化情况，显然不合理，故A错误；B. 稀硝酸可以把BaSO3氧化成BaSO4，不能说明原Na2SO3溶液已变质，故B错误；C. 向pH＝3的醋酸溶液中，加入醋酸铵溶液，使醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液pH增大，溶液仍然呈酸性，该现象不能说明醋酸铵溶液呈碱性，故C错误；D. 向含有少量CuCl2的MgCl2溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转换成了蓝色的氢氧化铜沉淀，根据沉淀转化的原则可知，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D正确；故选D。15．【答案】C【分析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO3溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想判断分析。【详解】A．W点时，c()=c(H2SO3)，pH=2，则Ka1= c(H+)=10-2，Y点时，c()=c()，pH=7.19，Ka2= c(H+)=10-7.19，H2SO3的=1×105.19，故A错误；B．根据分析，第一化学计量点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图象，此时溶液中c(NaHSO3)==0.05mol/L，溶液pH=4.25，所以0.05mol/L NaHSO3溶液的pH=4.25，故B错误；C．根据图象，Y点为第二滴定点，溶液中c()=c()，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c()+2c()，由于c()=c()，所以3c()=c(Na+)+c(H+)−c(OH−)，故C正确；D．Z点为第二化学计量点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液显碱性，表明会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH−)＞c()，故D错误；答案选C。16．【答案】D【详解】A．电解池左侧发生反应Fe3+→Fe2+，左侧是阴极，电源a端为负极，故A正确；B．Fe的价电子排布式是3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，故B正确；C．根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HCl－2e－=2H＋＋Cl2，故C正确；D．根据电子守恒，电路中转移1mol电子，需要消耗0.25mol氧气，标准状况下的体积是5.6L，故D错误；选D。17.【答案】（除特别说明，每空2分）减小（1分）    不变（1分）     NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g)   ＝－234kJ·mol-1    CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)    ＝－764.7kJ·mol-1    N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　＝＋183kJ·mol-1    【详解】(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234 kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)  =-234 kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)  =-234 kJ•mol-1；(2)依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得到CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  =3×(-192.9kJ•mol-1)-2×(+49.0kJ•mol-1)+2×(-44 kJ•mol-1)=-764.7  kJ•mol-1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  =-764.7  kJ•mol-1；(3)由题干图示可知，该反应中的反应热=（945+498）kJ•moL-1-2×630 kJ•moL-1=+183 kJ•moL-1，所以其热化学反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)  =+183 kJ•moL-1，故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)  =+183 kJ•moL-1。18．【答案】（每空2分）    Ⅱ    60%    0.045        【分析】生成氢气的反应可由图、铁的性质找到；计算，则是落实到具体的反应方程式、运用三段式、从图中获取数据信息、结合转化率的定义、平衡常数的定义、分压的定义进行即可；【详解】(1)①由图知，在300°C时铁与水蒸气反应产生H2，化学方程式为。②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增加较大的一步是II。(2)反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，当在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，由图知，T1时，反应Ⅰ分别生成0.2mol甲烷、反应Ⅱ生成0.2mol乙烯，则 ，，则T1℃时，CO2的转化率。T1℃平衡时， ， ， ， ，反应I的平衡常数 ；(3) 对反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g),正反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；T4温度时，m=3时，设n(CO2)=3mol，n(H2)=9mol，列三段式如下： ， ，3−2x=x，解得x=1mol，则乙醇所占的物质的量分数为 ，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=。19．【答案】（方程式2分，其余每空1分）正    d    2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑    负    4OH-- 4e-=2H2O+O2↑    变小    变浅    铜    5.4    【详解】（1）①由钠离子的移动方向可知，A电极为阳极，与直流电源正极相连，故答案为；正；②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，B电极为阴极，与直流电源负极相连，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，同时破坏水的电离平衡，在阴极区云集大量氢氧根离子，则氢氧化钠溶液从图中d处流出，故答案为：d；③电解饱和食盐水时，反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；（2）①将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F为电解池的阴极，则B为电源的负极，C为电解池的阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子分氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH-- 4e-=2H2O+O2↑；甲池电解硫酸铜溶液，电解时反应生成硫酸、铜和氧气，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极Y移动，则阳极X附近的颜色逐渐变浅，故答案为：负；4OH-- 4e-=2H2O+O2↑；减小；变浅；②由图可知，G为电镀池的阳极，则丙装置给铜件镀银时，H为镀件铜；当乙中溶液的OH-浓度为0.1mol/L(此时乙溶液体积为500mL)时，电路中转移电子数目为0.1mol/L×0.5L=0.05mol，则铜镀件上析出银的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g，故答案为：铜；5.4。 20．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）571.4    将HCO转化为CO，增大溶液中CO的浓度    温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发    取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红    氨水 （1分）   SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)    取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干    【分析】天青石精矿(主要含SrSO4，还含有少量SiO2、CaSO4、BaSO4)，加入碳酸氢铵溶液和氨水浸取，可将SrSO4转化为SrCO3，过滤后滤渣含有SiO2、CaCO3、BaSO4、SrCO3滤液中含有NH，滤渣经过焙烧，“焙烧”所得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH)2溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO4，以此解答。【详解】(1)室温下，反应SrSO4(s)＋CO (aq) SrCO3(s)＋SO (aq)达到平衡，则溶液中= ==571.4，故答案为：571.4；(2)一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目的是：将HCO转化为CO，增大溶液中CO的浓度；NH4HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4的转化率下降，故答案为：将HCO转化为CO，增大溶液中CO的浓度；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发；(3) SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红说明浸取完全，故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红；(4)第一步浸取滤液中含有NH，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用，故答案为：氨水；(5)①SrSO4与C发生氧化还原反应生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)，故答案为：SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)；②由图可知，90℃是Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故答案为：取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。21．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）高温（1分）    2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol    ＞（1分）     0.0125    (或0.167)    吸收（1分）     c(H2)·c(I2) （1分）【分析】(1)由反应式①+②可得热化学方程式；(2)①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡分压，计算出各组分气体的分压，从而求得平衡常数；(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量；②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)•c(I)，用第一步反应k1c(I2)=k-1c2(I)，求出c(I)的表达式，用第二步的反应k2c(I)•c(H2)=k-2c(H2I)，求出c(H2I)的表达式，代入即可求得v。【详解】(1)①反应①是气体物质的量增大的吸热反应，由，能自发进行的条件是高温，故答案为：高温；②由反应式①+②可得出反应Ⅱ的热化学方程式：2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol；故答案为：2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H=+550kJ/mol；(2)①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，该反应的△H＞0，故答案为：＞；②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡分压p，各气体的平衡分压：，，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，故答案为：0.0125；(或0.167)；(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量，故答案为：吸收；②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)•c(I)，第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得，第二步也是快速平衡，k2c(I)•c(H2)=k-2c(H2I)，可得，则速率方程为：，故答案为：c(H2)·c(I2)。