1、四川省高二上学期期中考试化学试题第一学期高二期中考试化学试题1. 已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1HH、OO和OH键的键能分别为436 kJmol1、496 kJmol1和462 kJmol1，则a为()A. 332 B. 118 C. 350 D. 130【答案】D【解析】2得到：2H2O(g)=2H2(g)O2(g) H=(2a220)kJmol1，根据反应热与键能的关系，H=反应物键能总和生成物键能总和=22462(2436496)=2202a，解得a=130，故D正确。2. 标准状态下，气态分子断
2、开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知HH、HO和O=O键的键焓H分别为436 kJmol1、463 kJmol1和495 kJmol1。下列热化学方程式正确的是()A. H2O(g)=H2O2(g)H485 kJmol1B. H2O(g)=H2(g)O2(g)H485 kJmol1C. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H485 kJmol1D. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H485 kJmol1【答案】D【解析】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为
3、2463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H =-485kJ/mol，答案选D。3. 已知下列反应的热化学方程式：6C(s)5H2(g)3N2(g)9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)H12H2(g) O2(g)=2H2O(g)H2C(s) O2(g)=CO2(g)H3则反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)10H2O(g) O2(g) 6N2(g)的H为()A. 12H35H22H1 B. 2H15H212H3C. 12H3
4、5H22H1 D. H15H212H3【答案】A【解析】试题分析：已知：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)2C3H5(ONO2)3(l)H1，H2(g)+O2(g)=H2O(g)H2，C(s)+O2(g)CO2(g)H3，由盖斯定律：10+12-2得：4C3H5(ONO2)3(l)12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)H=12H3+10H2-2H1；故选A。【考点定位】考查反应热的计算【名师点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应
5、热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质”。4. 已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1CO2(g)C(s)=2CO(g)H22CO(g)O2(g)=2CO2(g)H34Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s)H43CO(g)Fe2O3(s)=3CO2(g)2Fe(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()A. H10，H30，H40C. H1H2H3 D. H3H4H5【答案】C【解析】试题分析：A、C和CO燃烧均是放热反应，H均小于0，A错误；B、铁燃烧是放热反应，B错误；C、 CO2(g)
6、C(s)2CO(g) H2，2CO(g)O2(g)2CO2(g) H3，则根据盖斯定律可知+即得到C(s)O2(g)CO2(g) H1H2H3，C正确；D、已知：4Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H4，3CO(g)Fe2O3(s)3CO2(g)2Fe(s) H5，则根据盖斯定律可知（+2）3即得到2CO(g)O2(g)2CO2(g) H3（H42H5）/3，D错误，答案选C。考点：考查反应热的有关判断与计算【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠
7、倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。当热化学方程式乘、除以某一个数时，H也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“”“”符号，即把H看作一个整体进行运算。将一个热化学方程式颠倒书写时，H的符号也随之改变，但数值不变。在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固液气变化时，会吸热；反之会放热。5. 如图所示是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MHNi电池)。下列有关说法不正确的是()A. 放电时正极反应为NiOOHH2Oe
8、Ni(OH)2OHB. 电池的电解液可为KOH溶液C. 充电时负极反应为MHOHH2OMeD. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高【答案】C【解析】试题分析：A、放电时化学能转化为电能，是原电池，所以正极发生还原反应，NiOOH得电子生成Ni（OH）2，正确；B、由于该过程中有氢氧根离子参与，且防止M被氧化，所以电解质溶液可为KOH溶液，正确；C、充电时电能转化为化学能，是电解池装置，则阴极与电源的负极相连，发生还原反应，电极反应是H2OMe= MHOH，错误；D、MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，电池的能量密度越高，正确，答案选C。考点：考查原电池、电解池的反应原
9、理6. 某原电池装置如下图所示，电池总反应为2AgCl2=2AgCl。下列说法正确的是()A. 正极反应为AgCle=AgClB. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D. 当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子【答案】D【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换
10、膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。考点：考查了原电池原理的应用等相关知识。7. 镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示储氢金属或合金，该电池在充电过程中的
11、总反应方程式是Ni(OH)2M=NiOOHMH。已知：6NiOOHNH3H2OOH=6Ni(OH)2NO下列说法正确的是()A. NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OHB. 充电过程中OH从阳极向阴极迁移C. 充电过程中阴极的电极反应式：H2OMe=MHOH，H2O中的H被M还原D. NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【答案】A【解析】试题分析：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2e-+OH-NiOOH+H2O，阴极反应：M+H2O+e-MH+OH-，总反应：M+Ni（OH）2MH+NiOOH；放电时，正极
12、：NiOOH+H2O+e-Ni（OH）2+OH-，负极：MH+OH-M+H2O+e-，总反应：MH+NiOOHM+Ni（OH）2。以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-Ni（OH）2+OH-，A正确；B、H2O中的H得电子，不是被M还原，B错误；C、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH-离子从阴极向阳极，C错误；D、不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，D错误，答案选A。考点：本题考查原电池与电解池原理。8. 下图所示的电解池和中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质
13、量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是()A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质；A、X为MgSO4，阴极电极反应为溶液中氢离子放电，无金属析出；Y为CuSO4，溶液中阴极上铜离子得到电子析出金属，故A错误；B、X为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag+e-=Ag，Y为Pb(NO3)2，阴极上溶液中氢离子放电，无金属析出，故B错误；C、X为FeSO4，阴极
14、是溶液中氢离子得到电子生成氢气，无金属析出，Y为Al2(SO4)3，阴极上是氢离子放电无金属析出，故C错误；D、X为CuSO4，阴极是溶液中铜离子析出，电极反应Cu2+2e-=Cu，Y为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag+e-=Ag，依据电子守恒Cu2Ag，增重db，符合题意，故D正确故选D9. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是()A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B. T2下，在0t1时间内，v(Y)molL1min1C. M点的正反应速率
15、v正大于N点的逆反应速率v逆D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小【答案】C【解析】由图可得，温度为T1时先达到平衡，所以T1T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡逆向移动，因为升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A项、X的初始浓度相同，该反应进行到M点时X的转化率比进行到W点时偏低，由于正反应为放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0t1时间内，X的浓度变化为：c(X)=(a-b)molL-1，则Y的浓度变化为c(Y)=c(X)=(a-b)molL-1，所以v(Y)=molL-1min-1，故B错误；C
16、、由上分析T1T2，温度越高反应速率越大，则M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡相比，压强增大，增大压强促进平衡正向移动，所以X的转化率增大，故D错误。10. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()ABCD升高温度，平衡常数减小03 s内，反应速率v(NO2)0.2 molL1t1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：
17、A.反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，平衡常数减小，A项正确；B.化学反应速率的单位错误，该为molL-1s-1，B项错误；C.催化剂不影响平衡移动，C项错误；D.通入氧气，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D项错误；答案选A。考点：考查化学平衡的影响因素。11. 一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A. 06 min的平均反应速
18、率： v(H2O2)3.3102molL1min1B. 06 min的平均反应速率： v(H2O2)0.060【答案】C【解析】A速率之比等于化学计量数之比，则v(N)=v(M)=1.010-3mol/(Lmin)，故A错误；B X(g)+Y(g)M(g)+N(g)起始(mol)：0.1 0.4 0 0转化(mol)：0.08 0.08 0.08 0.08平衡(mol)：0.02 0.32 0.08 0.08由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验中，该反应的平衡常数K= =1，故B错误；C 温度不变平衡常数不变，平衡时M为amol，则： X(g)+Y(g)M
19、(g)+N(g)起始(mol)：0.2 0.3 0 0转化(mol)：a a a a平衡(mol)：0.2-a 0.3-a a a则K=1，解得a=0.12，实验中，X的转化率=100%=60%，故C正确；D实验、若温度相同，X、Y按1：1反应，二者物质的量相互结合，平衡时生成物物质的量相等，实验中温度较高，平衡时M的物质的量减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若的温度为800，恒容体系中，气体体积不变的反应，实验与为等效平衡，平衡时b=a=0.06mol，但的实际温度为900，相比较800，平衡逆向移动，则b0.06，故D错误；故选C。13. 在一定条件下，N2O分解的部分实
20、验数据如下：反应时间/min01020304050c(N2O) (molL1)0.1000.0900.0800.0700.0600.050反应时间/min60708090100c(N2O) (molL1)0.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是()(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c10C. 加热0.1 molL1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应(H0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大【答案】C【解析】试题分析：铜的
21、金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A错误；根据GHTS可知，2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的S0，则该反应的H0才可以，B错误；水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热01mol/LNa2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D错误。考点：考查金属的防腐、反应的自发性、及外界条件对水解平衡平衡的影响等。15. 相同温度和压强下，在容积为2 L的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)I2(g)，达到平衡状态的标志是A.
22、c(H2)保持不变 B. 2v正(HI)v逆(I2)C. 混合气体的密度不再改变 D. 拆开2 mol HI共价键，同时生成1 mol HH共价键【答案】A【解析】A、c(H2)保持不变，说明正逆反应速率相等，故A正确；B、平衡时应有v正（HI）=2v逆（I2），故B错误；C、因体系中气体质量不变，容积不变，密度始终不变，则混合气体的密度不再改变不能作为平衡的标志，故C错误；D、都反映的是正向，未体现正与逆的关系，故D错误；故选A16. 将某CuO和铜粉的混合物样品加入到混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解时，溶液中Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+四种离子物质的量之比为1:
23、4:3:1（不考虑盐的水解及溶液体积的变化）。若测得反应后溶液的pH=1，则原溶液中H2SO4的物质的量浓度(molL-1）为A. 0.50 B. 0.15 C. 0.10 D. 0.05【答案】B【解析】溶液的pH=1，则氢离子浓度为：c(H+)=0.1mol/L，根据c=n/V可知，物质的量之比等于物质的量浓度之比，则反应后的溶液中c(Fe3+)=c(H+)=0.1mol/L，c(Fe2+)=4 c(H+)=0.4mol/L，c(Cu2+)=3 c(H+)=0.3mol/L，硫酸根离子的浓度为c(SO42-)，根据电荷守恒可得：3c(Fe3+)+c（H+）+2c(Fe2+)+2c(Cu2+
24、)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于氢氧根离子浓度很小，可以忽略不计，所以溶液中硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=0.1mol/L3+0.4mol/L2+0.1mol/L1+0.3mol/L2/2=0.9mol/L，根据铁元素守恒，总的铁离子的物质的量浓度为：0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，则原硫酸铁中硫酸根离子的浓度为：0.5mol/L3/2=0.75mol/L，硫酸的物质的量浓度为：0.9mol/L-0.75mol/L=0.15mol/L。则原溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.15mol/L故B正确。17. 已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数
25、相等，现向10 mL浓度为0.1 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A. 水的电离程度始终增大 B. c(NH4)/c(NH3H2O)先增大再减小C. c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变 D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)【答案】D【解析】试题分析：A、CH3COOH属于弱酸，抑制水的电离，加入NH3H2O，消耗CH3COOH，水的电离程度增大，但氨水过量后，对水电离抑制，故错误；B、当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的NH3H2O，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COON
26、H4的水解常数Kh=c(H)c(NH3H2O)/c(NH4)，随着氨水的加入，c(H)逐渐减小，Kh不变，因此c(NH4)/c(NH3H2O)变小，当氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=c(OH)c(NH4)/c(NH3H2O)，随着氨水的加入，c(OH)逐渐增大，Kb不变，c(NH4)/c(NH3H2O)变小，因此此比值始终变小；C、根据物料守恒，n(CH3COOH)n(CH3COO)=0.001mol，由于溶液体积逐渐增大，因此c(CH3COOH)和c(CH3COO)之和逐渐减小，故错误；D、当加入氨水的体积为10mL，醋酸和NH3H2O物质的量相等，由于二者电离常数相等，因此溶液显中性，c(H)=c(OH)，根据电荷守恒，c(NH4)=c(CH3COO)，故正确。考点：考查电离平衡常数、水解平衡常数、离子浓度大小比较等知识。18. 一定温度下，下列溶液的
