77，海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题A卷

这是一份77，海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题A卷，共13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(共14题，每题3分，共42分。下列每题只有一个选项符合题意)
1. 关于化学反应的实质的说法不正确的是
A. 化学反应都有新物质生成
B. 化学反应都有能量变化
C. 化学反应是旧键断裂新键生成的过程
D. 化学反应的发生都需要在一定条件下
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应的实质是旧化学键的断裂新化学键的形成，反应的发生可以不需要条件，据此进行分析。
【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂新化学键的形成，化学反应过程中既有物质的变化（新物质的生成）又伴随能量的变化，化学反应的发生有的需要一定条件，有的不需要条件，如氢气和氟气相遇，即可生成氟化氢，故D选项不正确；
故答案选D。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 书写热化学方程式时，只要在化学方程式的右端写上热量的符号和数值即可
B. 凡是在加热或点燃条件下进行的反应都是吸热反应
C. 表明反应所放出或吸收热量的化学方程式叫做热化学方程式
D. 氢气在氧气中燃烧的热化学方程式是：；
【答案】C
【解析】
【详解】A．书写热化学方程式时，要在化学方程式的右端写上热量的符号和数值，还要注明各物质的状态，故A错误；
B．有的放热反应也需要加热，所以在加热或点燃条件下进行的反应不一定是吸热反应，故B错误；
C．热化学方程式的概念：表明反应所放出或吸收热量的化学方程式叫做热化学方程式，故C正确；
D．反应热的单位错误，所以氢气在氧气中燃烧的热化学方程式是：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)；△H=-483.6 kJ/ml，故 D 错误；
故答案为C。您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 3. 据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图象B符合，答案选B。
【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。
4. 根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH＝-Q1kJ·ml-1
2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH＝-Q2kJ·ml-1
2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) ΔH＝-Q3kJ·ml-1
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是
A. Q1>Q2>Q3B. Q1>Q3>Q2C. Q3>Q2>Q1D. Q2>Q1>Q3
【答案】A
【解析】
【详解】将已知反应依次编号为①②③，反应①为硫化氢完全燃烧，反应②③为不完全燃烧，则完全燃烧放出的热量大，Q1最大，反应②生成液态水，硫化氢不完全燃烧生成液态水放出的热量比气态水多，则Q2>Q3，综上可知Q1、Q2、Q3三者关系为Q1>Q2>Q3，故A正确。
5. 某一反应物的浓度是2.0ml·L－1，经过4min后，它的浓度变成1.68ml·L－1，则在这4min内它的平均反应速率为（ ）
A. 0.2ml·L－1·min－1B. 0.1ml·L－1·min－1
C. 0.04ml·L－1·min－1D. 0.08ml·L－1·min－1
【答案】D
【解析】
【详解】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，则该反应的反应速率是，答案选D。
6. 在可逆反应：中，已知：起始浓度A为，B为，C的反应速率为0.5 ml/(L·min)，后，测得D的浓度为。则关于此反应的下列说法正确的是
A. 末时A和B的浓度之比为5:3
B.
C. 末时B的浓度为
D. 末时A的消耗浓度为
【答案】C
【解析】
【分析】C的反应速率为0.5 ml/(L·min)， 2min 后C的浓度为0.5 ml/(L·min)× 2min =1ml/L。用三段式表示反应过程：
【详解】A．2min 末时A和B的浓度之比为4:1.5=8:3，故A错误；
B．各物质变化的物质的量浓度之比等于方程式的系数比，所以x=2，故B错误；
C．2min 末时B的浓度为1.5ml/L，故C正确；
D．2min 末时A的消耗浓度为1ml/L，故D错误；
故选C。
7. 下列说法可以证明反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是
A. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C. N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
D. 1个N≡N键断裂的同时，有6个H—N键形成
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个 N≡N键断裂的同时，有3个 H—H键生成，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；
B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂，都表示正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始浓度和转化率，故各物质的分子数之比不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；
D．一个N≡N键断裂的同时，有6个H—N键形成，都表示正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选A。
8. 在恒容的密闭容器中进行的可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡的标志是
A. C生成的速率和C分解的速率相等
B. 单位时间内生成n mlA，同时生成3n mlB
C. B的消耗速率与C的消耗速率之比为1∶1
D. 混合气体密度保持不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．C的生成速率与C的分解速率相等，正逆反应速率相等，说明反应到平衡状态，A正确；
B．都体现的逆反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡，B错误；
C．到平衡时B的消耗速率与C的消耗速率比为3:2，1:1时正逆反应速率不相等，不能判断反应是否达到平衡，C错误；
D．从反应开始，混合气体的密度就保持不变，混合气体密度保持不变不能说明反应是否达到平衡，D错误；
答案选A。
9. 在密闭容器中进行反应：H2(g)+Br2(g)2HBr(g) ΔH<0，达到平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是
A. 升高温度B. 降低温度
C. 增大H2浓度D. 减小压强
【答案】A
【解析】
【详解】欲使颜色加深，则Br2的浓度应变大。该反应为放热反应，升温平衡向左移动，Br2的浓度变大，因此颜色加深。增大氢气浓度，平衡向右移动，Br2的浓度减小，颜色变浅。减小压强通过增大容器体积实现，平衡不移动，但Br2的浓度减小，颜色变浅。
答案选A。
10. 合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（ ）
A. 增加压强B. 降低温度C. 增大CO的浓度D. 更换催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；
答案选B。
11. 在一容积可变密闭容器中加入一定量的X、Y，发生反应mX(g)⇌nY(g) ∆H=QkJ/ml。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如表所示：
下列说法正确的是
A. m>n
B. Q＜0
C. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
D. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．从表中数据可知，容器体积增大为原来的2倍时，Y的浓度大于原来浓度的0.5倍，说明增大体积化学平衡正向移动，则n>m，A错误；
B．从表中可知，升高温度，Y的浓度增大，说明升高温度平衡正向移动，反应为吸热反应，Q>0，B错误；
C．根据前述分析可知，体积不变升高温度，化学平衡正向移动，C错误；
D．根据前述分析可知，温度不变，增大压强，化学平衡逆向移动，Y的质量分数减小，D正确；
故答案选D。
12. 常温下，柠檬酸水溶液的pH是3，食用醋的pH是2，可乐的pH是6，三种物质的溶液中c(OH-)分别是( )
A. 1×10-11 ml·L-1，1×10-12 ml·L-1，1×10-8 ml·L-1
B. 1×10-11 ml·L-1，1×10-8 ml·L-1，1×10-12 ml·L-1
C. 2×10-11 ml·L-1，1×10-10 ml·L-1，1×10-8 ml·L-1
D. 1×10-8 ml·L-1，1×10-11 ml·L-1，1×10-12 ml·L-1
【答案】A
【解析】
详解】常温下，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14：
pH=3时，c(OH-)=1.0×10-11 ml·L-1；
pH=2时，c(OH-)=1.0×10-12 ml·L-1；
pH=6时，c(OH-)=1.0×10-8 ml·L-1；
故选A。
13. ①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
【详解】A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+):①=②=③=④，故A正确；
B.氨水是弱碱只有部分电离，所以c(NH3 H2O) > c(OH-)，氯化氢是强电解质，所以其溶液中c(HCl)=c(H+)，c(NH3H2O) > c(HCl)，若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②>③，故B正确；
C.醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①>②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，①生成H2的量最大，故C错误；
D.醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7>②>①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③>④>7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH③>④>②>①，故D正确。
答案选C。
二、非选择题(共58分)
14. 某温度时，在2 L容器中，某一反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，由图中数据分析得：
(1)在4 min末时，A、B的物质的量浓度c(A)___________c(B)，从0~4 min内A、B的物质的量浓度变化量Δc(A)___________Δc(B)(以上填“＞”“＜”或“=”)。
(2)从反应开始至4 min时，A的平均反应速率为___________。
(3)该反应的化学方程式为___________。
【答案】 ①. = ②. ＞ ③. 0.05 ml·L -1 ·min -1 ④. 2A B
【解析】
【分析】
【详解】 (1)由图可以看出，在4 min末n(A)=n(B)=0.4 ml，又因体积相等，所以c(A)=c(B)；从0到4 min内Δc(A)==0.2 ml·L-1，Δc(B)==0.1 ml·L-1。
(2)v(A)==0.05 ml·L-1·min-1。
(3)参加反应的各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)=0.4 ml∶0.2 ml=2∶1。
15. 用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O
已知：ⅰ．反应A中，4 ml HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。
ⅱ．
（1）反应A的热化学方程式是____。
（2）断开1 ml H—O键与断开1 ml H—Cl键所需能量相差约____kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键(填“强”或“弱”)____。
【答案】 ①. 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6 kJ·ml-1 ②. 32 ③. 强
【解析】
【详解】(1)由题给条件可知，4 ml HCl被氧化，放出热量为115.6 kJ，可知反应4HCl+O22Cl2+2H2O的ΔH=-115.6 kJ·ml-1，故答案为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.6 kJ·ml-1；
(2)由ΔH=(生成物键能之和-反应物键能之和)可得，4E(H—Cl) + 498 kJ·ml-1 - 4E(H—O) - 2×243 kJ·ml-1 =-115.6 kJ·ml-1，所以E(H—O) - E(H—Cl)= 31.9 kJ·ml-1，所以断开1 ml H—O键与断开1 ml H—Cl键所需能量相差约为32kJ。键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl键强。
16. 某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
（1）根据表中数据，在图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：___________。
（2）体系中发生反应的化学方程式是___________。
（3）列式计算该反应在0~3min时间内产物Z的平均反应速率：___________。
【答案】16. 17. X+2Y⇌2Z
18. 0.083ml·L-1·min-1
【解析】
【小问1详解】
根据表中的数据，标点作图，物质的量(n)随时间(t)变化的曲线为：；
【小问2详解】
化学反应中，各物质的物质的量变化与化学计量数成正比，由表中t=0和t=9min后的数据作差可得：，且物质的量减少的为反应物，增加的为生成物，同时发现Y最终有剩余，没有完全反应，说明该反应为可逆反应，故反应方程式为X+2Y⇌2Z；
【小问3详解】
依据化学反应速率，结合表中数据，0-3min内Z的反应速率。
17. 某学习小组设计以下实验，探究化学反应中的热效应，把试管放入盛有25℃的饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管往其中滴加5 mL盐酸。
试回答下列问题：
（1）实验中观察到的现象是_____________________________________________。
（2）产生上述现象的原因是____________________________________________。
（3）写出有关反应的离子方程式______________________________________。
（4）由实验推知，MgCl2和H2的总能量______(填“大于”、“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。
（5）如果将本题中“25℃的饱和石灰水”换成“20℃碳酸饮料”进行实验探究，实验中观察到的另一现象是________________________________________________________________，其原因是_________________________________________________________________。
【答案】 ①. 试管中镁片逐渐溶解，并有气体产生，烧杯中石灰水变浑浊 ②. 镁与稀盐酸反应是放热反应，该反应放出的热量使石灰水温度升高，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，故变浑浊 ③. Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑ ④. 小于 ⑤. 烧杯中液体放出气泡的速率逐渐加快 ⑥. 气体的溶解度随着温度的升高而减小
【解析】
【分析】
【详解】(1)镁与盐酸剧烈反应，可观察到产生大量气体，反应放出热量使饱和溶液温度升高，析出固体溶质，观察到溶液变浑浊，故此处填：试管中镁片逐渐溶解，并有气体产生，烧杯中石灰水变浑浊；
(2)镁与盐酸剧烈反应，产生氢气并放出大量的热，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，所以饱和石灰水升温后析出的氢氧化钙使溶液呈浑浊状，故此处填：镁与盐酸反应是放热反应，该反应放出的热量使石灰水温度升高，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故变浑浊；
(3)镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的化学方程式为Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，离子方程式为：Mg+2H+＝Mg2++H2↑；
(4)当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量；
(5)气体的溶解度随着温度的升高而减小，换成“20℃碳酸饮料”，实验(1)中观察到的另一现象是：烧杯中液体放出气泡的速率逐渐加快；其原因是：气体的溶解度随着温度的升高而减小。
18. 在容积不变的密闭容器中，分别充入1.0 ml N2和3.0 ml H2，在不同温度下，任其发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。分别在同一时刻，不同温度下测定NH3的含量，然后绘制出如下图所示的曲线。
请回答下列问题：
（1）A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡状态的是___________。
（2）此可逆反应的正反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。
（3）AC段的曲线是增函数，CE段的曲线是减函数，试从反应速率和化学平衡的角度说明理由：___________。
【答案】（1）A、B （2）放热
（3）AC段的曲线为增函数，原因是开始充入的物质是N2和H2，反应不断产生NH3，且未达到化学平衡状态，故φ(NH3)不断增大；C点达到平衡后，随着温度升高平衡向逆反应方向移动，φ(NH3)减少，故CE段为减函数
【解析】
【小问1详解】
反应未平衡时，温度越高，反应速率越快，相同时间内φ(NH3)越大，达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，φ(NH3)减小，故A、B、C、D、E五点中，尚未达到平衡状态的是
A、B；
【小问2详解】
达到平衡后温度越高，φ(NH3)越小，则正反应是放热反应；
【小问3详解】
AC段的曲线为增函数，原因是开始充入的物质是N2和H2，反应不断产生NH3，且未达到化学平衡状态，故φ(NH3)不断增大；C点达到平衡后，随着温度升高平衡向逆反应方向移动，φ(NH3)减少，故CE段为减函数。
19. 一定温度下,有a．盐酸、b．硫酸、c．醋酸三种酸(用a、b、c回答)。
（1）当其物质的量浓度相同时。c(H+)由大到小的顺序是_________,pH由大到小的顺序是__________。
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液,中和NaOH的能力由大到小的顺序是___________。
（3）当c(H+)相同时,物质的量浓度由大到小的顺序为____________。
（4）当pH相同、体积相同时,分别加入足量锌,相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序为________。
【答案】 ①. b＞a＞c ②. c＞a＞b ③. b＞a=c ④. c＞a＞b ⑤. c＞a=b
【解析】
【详解】（1）硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则溶质物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是b＞a＞c，则pH由大到小的顺序是c＞a＞b；
（2）同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸中n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b＞a=c；
（3）氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢离子浓度与酸的浓度相等，硫酸中氢离子浓度是硫酸的浓度的2倍，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以如果氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为c＞a＞b；
（4）当c(H+)相同、体积相同时，醋酸的浓度最大，反应过程中生成的氢离子最多，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，所以分别加入足量锌，生成氢气体积为c＞a=b。
【点晴】掌握弱电解质的电离平衡特点是解答的关键，注意酸中和碱的能力，与酸的元数、物质的量多少有关系，与酸的相对强弱并无直接联系，答题时注意灵活应用。另外还需要注意与金属反应时必须分清楚是起始的反应速率，还是反应过程中的反应速率。温度(℃)
c(Y)/(ml/L)
1L
2L
4L
100
1.00
0.75
0.53
200
1.20
0.90
0.63
300
1.30
1.00
0.70
t/min
X/ml
Y/ml
Z/ml
0
1.00
1.00
000
1
0.90
080
0.20
3
0.75
0.50
0.50
5
0.65
0.30
0.70
9
0.55
0.10
0.90
10
0.55
0.10
0.90
14
0.55
0.10
0.90