2022-2023学年广东省揭阳市惠来县第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析

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广东省揭阳市惠来县第一中学2022-2023学年高二上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，下列能源中不属于绿色能源的是（    ）
A．太阳能
B．化石能源
C．风能
D．潮汐能
【答案】B
【详解】太阳能、风能和潮汐能不会造成污染，属于“绿色能源”，石油、煤等化石燃料燃烧都会产生空气污染物，不属于绿色能源；故答案为B。
2．下列说法错误的是（）
A．S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1；S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1<△H2
B．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)△H=-216kJ•mol-1，则反应总能量>生成物总能量
C．已知C(石墨•s）=(金刚石•s）△H>0,则石墨比金刚石稳定
D．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2
【答案】D
【详解】A．都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，△H＜0，则放出的热量越多△H越小，故A正确；B．为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；C．C(石墨•s)=C(金刚石•s)△H＞0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D．因形成化学键放出能量，则2E1＞E2，故D错误；故答案为D。
3．一定温度下用过量铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施：①将铁块换为等质量的铁粉；②加入少量NaNO3溶液；③将稀硫酸换为98%的硫酸；④加入少量水；⑤加热；其中可提高H2的生成速率的措施有（    ）
A．①③ B．①⑤ C．②⑤ D．②④
【答案】B
【详解】①将铁块换为等质量的铁粉，增大接触面积，反应速率加快，故①选；②加入少量NaNO3溶液，酸性条件下与Fe发生氧化还原反应生成NO，故②不选；③将稀硫酸换为98%的硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，故③不选；④加入少量水，硫酸浓度减小，生成氢气的速率减小，故④不选；⑤加热，可加快反应速率，故⑤选；故答案为B。
4．4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则下列关系表示正确的是
A．5v（NH3）=6v（O2） B．5v（O2）=6v（H2O）
C．2v（NH3）=3v（H2O） D．4v（O2）=5v（NO）
【答案】D
【详解】A项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（NH3）：v（O2）=4：5，则5v（NH3）=4v（O2），故A错误；
B项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（O2）：v（H2O）=5：6，则6v（O2）=5v（H2O），故B错误；
C项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（NH3）：v（H2O）=4：6=2：3，则3v（NH3）=2v（H2O），故C错误；
D项、化学反应速率与化学计量数成正比，由化学方程式可知v（O2）：v（NO）=5：4，则4 v（O2）=5v（NO），故D正确；
故选D。
5．已知甲醇的燃烧热数值为726.51kJ•mol-1。下列热化学方程式书写正确的是（    ）
A．CH3OH+3/2O2==CO2+2H2O  △H=-726.51kJ•mol-1
B．CH3OH(l)+3/2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g)  △H=-726.51kJ•mol-1
C．2CH3OH(l)+3O2(g)==2CO2(g)+4H2O(l)  △H=+1453.12kJ•mol-1
D．CH3OH(l)+3/2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)  △H=-726.51kJ•mol-1
【答案】D
【分析】燃烧热：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量
【详解】A、没有说明状态，故错误；
B、燃烧热需要生成稳定氧化物，水为液态，故错误；
C、燃烧是放热反应，△H<0，故错误；
D、符合燃烧热的定义，符合热化学反应方程式的书写，故正确；
答案选D。
6．已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)  △H1
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)  △H2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)  △H3
则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l))的△H是（    ）
A．△H=△H1+1/2△H2+1/2△H3
B．△H=△H1+1/2△H2-1/2△H3
C．△H=△H1+2△H2+2△H3
D．△H=2△H1+△H2+△H3
【答案】A
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，答案选A。
7．在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2＋O22NO，经测定前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，则6 s末NO的浓度为 （ ）
A．1.2 mol·L－1 B．大于1.2 mol·L－1
C．小于1.2 mol·L－1 D．不能确定
【答案】C
【详解】随反应进行 N2浓度降低,反应速率降低,故3s-6s 内N2的速率小于0.1 mol/(L·s)，即6s内N2的速率小于0.1 mol/(L·s)，速率之比等于化学计量数之比,故v(NO)小于2×0.1=0.2 mol/(L·s)，故6s末NO的浓度小于6×0.2=1.2 mol/L ，C正确；
综上所述，本题选C。
8．反应X（g）+Y（g）2Z（g）△H＜0。一定条件下，反应物Y的转化率与反应时间的关系如图所示。若使曲线a变为曲线b可采取的措施是

A．加入催化剂 B．降低温度 C．增大压强 D．增大Y的浓度
【答案】B
【分析】若使曲线a变为曲线b，由图可知，Y的转化率增大，Y的反应速率减小。本题考查读图能力，要从图中获得有用的信息，再结合条件改变对化学平衡的影响的知识来解答。
【详解】A项，加入催化剂只能加快反应速率但平衡不会移动，Y的转化率不变，Y的反应速率增大，故A项错误；
B项，△H<0这是一个放热反应，降低温度平衡向放热方向移动，平衡右移动，Y的转化率增大，降低温度，减小了反应物中活化分子百分数，使有效碰撞几率减小，反应速率减小，达到平衡的时间较长，故B项正确；
C项，由于该反应前后气体的分子数不变，故增大压强平衡不移动，Y的转化率不变，Y的反应速率增大，故C项错误；
D项，增大Y的浓度会使的反应速率增大，故D项错误。
答案选B。
9．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
B．反应物总能量小于生成物总能量
C．N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol
D．反应生成1 mol N2时转移4 mol电子
【答案】C
【详解】A、反应放热，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，错误；
B、反应放热，反应物总能量小于生成物总能量，错误；
C、根据图示，N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol，正确；
D、反应生成1 mol N2时转移2 mol电子，错误；
答案选C。
10．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应过程中能量变化曲线如下图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是

A．两步反应均为吸热反应 B．加入催化剂会改变反应的焓变
C．三种物质中C最稳定 D．A→C反应中ΔH＝E1－E2
【答案】C
【详解】A．由图示知，B的能量高于A，故A→B为吸热反应，C的能量低于B的能量，故B→C为放热反应，A错误；
B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应物和生成物的状态，故对反应焓变无影响，B错误；
C．三种物质中，C的能量最低，故最稳定，C正确；
D．A→C的反应焓变等于A与C能量的差值，故△H=-[E4-(E1+E3-E2)]=(E1+E3-E2-E4) kJ/mol，D错误；
故答案选C。
11．下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；
C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；
答案选B。
12．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)
B．由X、Y 组成的化合物中均不含共价键
C．Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。
【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；
B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；
C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；
D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；
答案选D。
13．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为NA
B．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
C．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L CO2 与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
【答案】D
【详解】A．氢氧化铁胶体中Fe(OH)3以胶粒集团存在，不确定其数目多少，A错误；
B．高温下，铁与水蒸气生成四氧化三铁和氢气，则0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为NA，B错误；
C．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，为10-13mol/L，则水电离的OH-离子数目为10-13NA，C错误；
D．过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，，标准状况下，11.2 L CO2 (为0.5mol)与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA，D正确；
故选D。
14．下列叙述I和II均正确并有因果关系的是
选项
叙述I
叙述II
A
KNO3的溶解度大
用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B
收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅
生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体
C
用pH试纸测定NaClO溶液的酸碱性，试纸显蓝色
NaClO水解显碱性
D
Ca(OH)2能制成澄清石灰水
可配制2.0 mol∙L-1的Ca(OH)2溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．硝酸钾溶解度受温度影响大、氯化钠溶解度受温度影响小，用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl，A错误；
B．铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅，说明红棕色NO2气体部分转化为无色气体N2O4，B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，会使有色物质褪色，不能使用pH试纸测定NaClO溶液的酸碱性，C错误；
D．氢氧化钙微溶于水不能配制2.0 mol∙L-1的Ca(OH)2溶液，D错误；
故选B。
15．下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)
A．C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)  ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)
B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)  ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)
C．S(s)+O2(g)=SO2(g)  ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)
D．2NO2=O2+2NO   ΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)
【答案】C
【详解】A. 水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；
B. 中和反应都是放热反应，ΔH应为“-”，B不正确；
C. 标明了反应物或生成物的状态，反应热也对，C正确；
D. 没有标明物质的状态，D不正确；
故选C。

二、多选题
16．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g)(正反应为放热反应)。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断一定错误的是
A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图II研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较低
C．图II研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图III研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
【答案】AB
【分析】催化剂加快反应速率，但是不改变平衡移动，不改变物质的平衡转化率；
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，但是不能使平衡发生移动，因此物质的平衡浓度不变，加入催化剂，平衡不发生移动，故A错误；
B．甲到达平衡时间短，所以甲的压强较高，乙的压强较低；反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，故B错误；
C．甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故C正确；
D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D正确；
故选AB。

三、原理综合题
17．填空。
(1)实验测得16 g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：_______
(2)合成氨反应N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=a kJ·mol-1，能量变化如图所示：

①该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_______(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，图中△H_______。
②有关键能数据如下：
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能(kJ‧mol-1)
436
391
945

试根据表中所列键能数据计算a为_______。
(3)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氯为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。
已知：①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=a kJ·mol-1
②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H2=b kJ·mol-1
写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：_______。
(4)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用表示。

请认真观察图，然后回答问题。
①图中所示反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，该反应_______(填“需要”或“不需要”)加热，该反应的∆H=_______ (用含E1、E2的代数式表示)。
②已知热化学方程式：  ∆H，该反应的活化能为，则其逆反应的活化能为_______。
【答案】(1)CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g) +2H2O(l) △H1=-726.5kJ·mol-1
(2)     变小     不变     93
(3)2N2H4(g)+ 2NO2(g) )=3N2(g)+4H2O(g) △H2=(2b-a) kJ·mol-1
(4)     放热     需要     E2-E1     409kJ/mol

【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；16 g甲醇CH3OH(l)（为0.5mol）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，则1mol甲醇完全燃烧烧生成二氧化碳气体和液态水放热726.5kJ，CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g) +2H2O(l)   △H1=-726.5kJ·mol-1；
（2）①催化剂可以改变反应历程降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变，故加催化剂会使图中E减小，图中△H不变；
②反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)  △H=(945+3×436-6×391) kJ·mol-1=-93 kJ·mol-1；故a=93；
（3）由盖斯定律可知，②×2-①得：2N2H4(g)+ 2NO2(g) )=3N2(g)+4H2O(g)  △H2=(2b-a) kJ·mol-1；
（4）①图中所示反应的生成物能量低于反应物的能量，则为放热反应，该反应中需要先转化为活化分子，故需要加热，该反应的焓变为生成物能量和减去反应物的能量和，故∆H= E2-E1；
②已知热化学方程式：  ∆H，该反应的活化能为，则其
逆反应的活化能为等于正反应的活化能减焓变，故其逆反应的活化能为167.2kJ/mol-（-241.8 kJ/mol）= 409kJ/mol。

四、实验题
18．如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：  

(1)从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是_______；
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_______；
(3)若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中该用60 mL 0.50 mol·L -1HCl跟50 mL 0.55 mol·L -1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。
(5)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(6)在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热数值_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)玻璃棒搅拌器
(2)减少实验过程中的热量损失
(3)偏小
(4)     不相等     相等
(5)偏小
(6)偏小

【分析】本实验的关键为准确测定反应后的温度，并计算反应生成1mol水时的反应热即中和热。所以实验中保温绝热是关键，准确测定实验数据也很关键，保证酸或碱完全反应，进而计算中和热。
【详解】（1）在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少玻璃棒搅拌器。
（2）由于在实验过程中，需要尽可能的减少热量的损失，因此烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失。
（3）若大烧杯上不盖硬纸板，则会导致热量的损失，因此求得的反应热数值偏小。
（4）改变酸或碱的用量，可以改变反应中放出的热量，但不能改变中和热，因为中和热是在一定条件下，稀溶液中酸和碱反应生成1mol水时放出的热量，因此中和热时不变的。
（5）由于氨水中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会减小。
（6）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸溶液的步骤，若无此操作步骤，导致部分盐酸和氢氧化钠提前，使得测得的中和热数值偏小。
19．三氯化铁是一种高效、廉价的净水剂，它是红棕色固体，易潮解，100℃左右时升华。实验室可用氯气与铁反应制备无水三氯化铁，装置如图所示。试回答：

(1)装置A发生反应的离子方程式_______，装置C发生反应的化学方程式_______。
(2)装置B中的试剂是_______；装置E的作用是_______。
(3)反应开始时应先点燃装置_______处的酒精灯，过一会儿再点燃装置_______处的酒精灯，此操作的目的是_______。
(4)简述检验该净水剂中Fe3+的方法_______。
【答案】(1)         
(2)     浓硫酸     排除F中水蒸气干扰
(3)     A     C     排净装置中空气
(4)将净水剂溶于水，滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有铁离子

【分析】装置A发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，氯气通过B干燥进入装置C和铁生成氯化铁，E排除F中水的干扰，尾气使用F中碱液吸收；
【详解】（1）装置A发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气、氯化锰、水，离子方程式，装置C发生反应铁和氯气加热生成氯化铁，化学方程式；
（2）三氯化铁易潮解，生成氯气中含有水蒸气，装置B为干燥氯气，故试剂是浓硫酸；装置E的作用是排除F中水蒸气干扰；
（3）空气中含有水、氧气，反应开始时应先点燃装置A处的酒精灯，反应生成氯气排净装置中空气，过一会儿再点燃装置C处的酒精灯；故此操作的目的是排净装置中空气；
（4）铁离子和KSCN溶液生成红色物质，故检验该净水剂中Fe3+的方法为：将净水剂溶于水，滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有铁离子。

五、原理综合题
20．恒温下，将amolN2与bmH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)。
(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，计算a的值_______。
(2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数为25%。计算平衡时NH3的物质的量为_______。
(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写最简整数比，下同)，n(始):n(平)=_______。
(4)原混合气体中，a:b=_______。
(5)达到平衡时，n(N2):n(H2):n(NH3)=_______。
【答案】     16     8mol     5:4     2:3     3:3:2
【详解】(1)物质的量变化量之比等于化学计量数之比，所以(a-13)mol:6mol=1:2，解得a=16；
(2)反应达平衡时，混合气体的物质的量为716.8L÷22.4L/mol=32mol，其中NH3的物质的量为32mol×25%=8mol；
(3)
平衡时，NH3的含量(体积分数)为25%，所以8mol/[12mol+(b-12)mol+8mol]×100%=25%，解得b=24，所以平衡混合气的组成为：氮气12 mol，氢气12 mol，氨气为8 mol，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n(始):n(平)=40mol:32mol=5:4；
(4)由(1)知a=16mol，由(3)b=24mol，所以a:b=16mol:24mol=2:3；
(5)由(3)可知，氮气12 mol，氢气12 mol，氨气为8 mol，故比值为 3∶3∶2。