【化学】河南省南阳市2018-2019学年高二上学期期中质量评估试题（解析版）

河南省南阳市2018-2019学年高二上学期期中质量评估试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cu 64 Ag 108
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）

A. 甲烷的燃烧 B. 灼热的炭与二氧化碳反应
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D. 碳酸钙的分解
【答案】A
【解析】分析：图象中反应物总能量高于生成物总能量，所以这是一个放热反应，根据常见的吸热反应和放热反应即可判断出正确答案。
详解：一般来说，物质的燃烧反应、多数的化合反应、中和反应、金属与水（或酸）反应、铝热反应等都是放热反应，而多数的分解反应，C与水（或CO2）的反应，铵盐与某些碱的反应、水解反应都是吸热反应，所以A是放热反应，其它三个都是吸热反应，故本题答案为A。
2.在做中和反应反应热的测定实验时，应使用的仪器正确的是（ ）
①量筒 ②托盘天平 ③烧杯 ④泡沫塑料或纸条 ⑤冷凝管 ⑥温度计 ⑦酒精灯 ⑧泡沫塑料板或硬纸板（中心有小孔） ⑨环形玻璃搅拌棒
A. ①③④⑥⑧⑨ B. ②③⑤⑥⑦⑧ C. ①②③⑥⑦⑧ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定溶液温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，
故选A。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 1gH2和8gO2反应放出71.45kJ的热量，则氢气的燃烧热为142.9kJ·mol-1
B. C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1，说明石墨比金刚石稳定
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2 反应的中和热ΔH=-2×（57.3）kJ·mol-1
D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3kJ，其热化学方程式为 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、1g H2的物质的量为1g/2g·mol－1=0.5mol，8g O2的物质的量为8g/32g·mol－1=0.25mol，发生反应2H2+O2=2H2O，由方程式可知，0.25mol氧气完全反应需要消耗氢气为0.25mol×2=0.5mol，等于0.5mol，故氢气恰好完全反应，故放出71.45kJ热量参加反应的氢气的物质的量为0.5mol，同样条件下1mol H2在O2中完全燃烧放出的热量是：71.45kJ×1mol/0.5mol=142.6 kJ。燃烧热是在常温常压下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H2燃烧生成的稳定的氧化物是液态水，而题目没有指明水的状态，故A错误；
B、C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1，是吸热反应，说明石墨比金刚石能量低，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca(OH)2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3KJ·mol－1，故C错误；
D、N2和H2生成NH3是可逆反应， 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，无法确定反应的量，故D错误；
故选B。
4.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；m=2，则起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。
5.在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。CO2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH＞0
B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν正＜ν逆
C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)小
D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
【答案】BD
【解析】试题分析：A．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故A错误；B．T2时反应进行到状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B正确；C．由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故C错误；D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；故选BD。
6.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，下列说法正确的是（ ）

A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO32－＋8H＋
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体
【答案】D
【解析】
【分析】丙池两端的电极材料相同，应作电解池；甲池是燃料电池，CH3OH中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为CH3OH－6e－＋8OH-===CO32-＋6H2O；O2得电子，化合价降低，作正极，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH-。乙池石墨电极与正极相连，作阳极；Ag电极是阴极。丙池右侧Pt与负极相连，作阴极；左侧Pt是阳极。据以上分析解答。
【详解】A项，甲池是燃料电池，属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙池属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A项错误；
B项，甲池是燃料电池，CH3OH燃料通入的极是电池的负极，发生氧化反应，因电解质是氢氧化钾，所以电极反应不会生成氢离子，故B项错误；
C项，电解硫酸铜时，阳极放氧气，阴极析出金属铜，所以要让电解质在电解后复原，应加入氧化铜，故C项错误；
D项，丙池中，电解硝酸银时，阴极析出金属银，甲池中的正极发生的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-，消耗280mL（标准状况下）即0.0125molO2，转移的电子为0.05mol，阴极氢离子得电子生成氢气，致使氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁，则丙池生成氢氧化镁的质量为58g/mol×0.025mol=1.45g，故D项正确；
综上所述，本题选D。
7.在25℃时，将两个铂电极插入一定量的饱和硫酸钠溶液中进行电解，通电一段时间后，阴极逸出a mol气体，同时有w g Na2SO4·10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液中溶质质量分数是（ ）
A. w/(w+18a) ×100％
B. w/(w＋36a) ×100％
C. 7100w/[161(w＋18a)] ×100％
D. 7100w/[161(w＋36a)] ×100％
【答案】C
【解析】
【详解】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2H2OO2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，
wg Na2SO4·10H2O中硫酸钠的质量=wg×142/322=71w/161g；
设电解水的质量为x：
2H2O O2↑+2H2↑，
36g 2mol
x amol
x=18ag，
饱和溶液的质量分数=
故选：C。
8.NO2 是大气的主要污染物之一，某研究小组设计如图所示的装置对NO2 进行回收利用，装置中a、b均为多孔石墨电极。下列说法正确的是（ ）

A. a 为电池的负极，发生还原反应
B 电子流向：a 电极→用电器→b 电极→溶液→a 电极
C. 一段时间后，b 极附近HNO3浓度增大
D. 电池总反应为4NO2 +O2 +2H2O= 4HNO3
【答案】D
【解析】通入O2的b极为正极，通入NO2的a极为负极。A项，a为电池的负极，发生失电子的氧化反应：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，错误；B项，电子流向：a电极→用电器→b电极，错误；C项，b极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，生成H2O，b极附近HNO3浓度减小，错误；D项，将正负极电极反应式相加得电池总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，正确；答案选D。
9.如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16 g，乙池中某电极上析出0.24 g某金属，下列说法正确的是（ ）

A. 甲池b极上析出金属银，乙池c极上析出某金属
B. 甲池a极上析出金属银，乙池d极上析出某金属
C. 某盐溶液可能是CuSO4溶液
D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】电解过程中加池中的a电极上析出了金属银，质量为2.16g,可以计算出转移电子的物质的量为0.02mol;甲池中a电极析出了金属银，乙池中c电极为阴极析出某金属，A错误；B错误；乙池中的盐溶液若为硫酸铜溶液则可以在阴极析出金属铜，若为硝酸镁溶液则阴极没有金属析出，所以C正确，D错误；答案选C。
10.用Pt极电解含有Ag+、Cu2＋和X3＋各0．1 mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m (g)与回路中通过电子的物质的量n (mol)关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是（ ）

A. Ag+>X3+＞Cu2+>H+>X2+
B. Ag+＞Cu2+＞X3+>H+>X2+
C. Cu2＋>X3十>Ag十>X2+>H+
D. Cu2+＞Ag＋＞X3+>H+＞X2+
【答案】A
【解析】试题分析：由图像分析可知，实验开始即析出固体，当有0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+放电生成X2+，最后又有固体析出，则为铜。因此，氧化能力为Ag+＞X3+＞Cu2+；当电子超过0.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X2+。故氧化能力为Ag+＞X3+＞Cu2+＞H+＞X2+。
11.用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成。则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中，正确的有（ ）
①该溶液的PH可能增大； ②该溶液的PH可能减小； ③该溶液的PH可能不变；
④该溶液的浓度可能增大； ⑤该溶液的浓度可能不变； ⑥该溶液的浓度可能减小。
A. 三种 B. 四种 C. 五种 D. 六种
【答案】C
【解析】试题分析：用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，这说明电解的实质是电解水。①正确，例如溶质是氢氧化钠；②正确，例如溶质可能是硫酸；③④正确，例如溶质可能是硝酸钠；⑤也是正确的，例如如果原溶液是饱和的硫酸钠溶液等，但溶质的浓度是不可能减小的，⑥不正确，答案选C。
12.将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，用铂电极进行电解，且电解时间足够长有以下结论，其中正确的是（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）（ ）
①溶液中几乎没有Br- ②最终溶液为无色 ③最终溶液显碱性 ④Ba2+、Na＋和SO42-的浓度几乎没有变化
A. ①②③ B. ③④ C. ①④ D. 均正确
【答案】A
【解析】
【详解】将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，Ba2＋和SO42－要反应，用铂电极进行电解，且电解时间足够长，阳极放电次序：Br－>Cl－,阴极Cu2＋>H＋,（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）
①电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，且溴单质在水中的溶解度小，所以溶液最后几乎没有溴离子，故正确；
②电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，在溶液中有颜色的离子是铜离子，而在电解足够长的时间里铜完全被还原附着在铂电极表面，所以溶液最后几乎没有颜色，故正确；
③在电解KCl时，其实是在电解氯化氢，而氢离子来源就是由水电离出来的。水在电离出氢离子的同时就要电离出氢氧根离子，在足够长的时间里，氢氧根积累了很多，且无弱碱生成，溶液就显碱性，故正确；
④这三种离子的物质的量是没有改变的，但是在电解Na2SO4（其实是电解水），KCl时，都有水的消耗，溶液的体积肯定有变化，所以体积减小，物质的量不变，浓度要增大，而不是没有变化，故错误。
故选A。
13.在一个6L的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生下列反应:4X（g）＋3Y（g）⇌2Q（g）+nR（g）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5％，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n的值是（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比。
【详解】解法一：在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比；反应至平衡状态X的浓度减小1/3，说明至平衡时，X的反应消耗量为3L×1/3=1L

反应后6L反应物中剩余气体的体积为：6L-1L-3/4L=17/4L
达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，即说明原来压强若为1，则平衡是压强应为1.05．在恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比．
所以6L：（17/4L+2/4L+n/4L）=1：1.05
由上述关系可解得n=6。
故选D。
解法二、在一定温度下的密闭容器中，反应后压强增大了，说明气体是物质的量增加了，所以生成物的气体计量数之和大于反应物的气体计量数之和，即2+n＞4+3，即n＞5，故选D。
14.25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是（ ）

A. 往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B. 往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0
D. 25 ℃时，该反应平衡常数K＝2.2
【答案】D
【解析】
【详解】A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，错误；
B、加入少量SnNO3）2固体，Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，错误；
C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，ΔH