2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷02（人教版选择性必修1）

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1．【答案】C
【详解】
A. 化学反应中不一定只伴随热量的变化，还可以是光能、电能等，A错误；
B. 放热反应在常温下不一定很容易发生，例如碳燃烧需要加热，B错误；
C. 铝热反应放出能量，属于放热反应，C正确；
D. 在测定中和热的实验中，每一组实验中要测量起始酸、碱的温度、反应中的最高温度，则至少三次温度数据，D错误；答案选C。
2．【答案】A
【详解】
A．由题可知，有机物M光照可转化为N，而且转化过程是吸热反应，所以M要避光、低温保存，故A正确；
B．由题可知，有机物M转化为N是吸热反应，所以相同物质的量的M和N，N的能量大于M，由于M、N的摩尔质量相同，所以等质量的N比M总能量高，故B错误；
C．该反应是吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，所以M的总键能比N的总键能高，故C错误；
D．该反应是吸热反应，所以断健消耗的能量高于成键释放的能量，故D错误；
故选A。
3.【答案】D
【详解】
A．盐酸的酸性强于碳酸，故向溶液中通入不发生反应，A错误；
B．醋酸为弱酸，不拆写，用醋酸除去水垢中的，正确的离子方程式为：，B错误；
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，碳酸根离子和铝离子发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为：，C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：，D正确；
答案选D。
4．【答案】C
【详解】
A．由图可知，经历TS1，CO2共价键发生断裂，生成了HCOO*，再经历TS2才生成羧基，故A错误；
B．Pt为固体催化剂，增大表面积可增大反应物接触面，反应速率增大，会加快催化效果，故B错误；
C．能垒(活化能)为1.48eV的是TS2过渡态，E=-0.18eV-(-1.66eV)= 1.48eV，则反应方程式为HCOOH*(g)+2H2(g)=H2COOH*(g)+H2，故C正确；
D．催化剂能改变反应的活化能，如果换用铜系催化剂，不同的催化剂催化效果不同，能不同程度的改变反应历程，所得反应历程与图示不相同，故D错误；
答案选C。
5．【答案】A
【详解】
设溶液的体积为1L，
①0.5ml/L的H2SO4溶液中c(H+)=1.0 ml•L-1，c(OH-)=1.0×10-14ml•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-14ml；
②0.05ml/LBa(OH)2溶液中c(OH-)=0.1 ml•L-1，c(H+)=1.0×10-13ml•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-13ml；
③1ml/LNaCl溶液中c(OH-)=1.0×10-7ml•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7ml；
④纯水中c(H+)=1.0×10-7ml•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7ml；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-14ml：1.0×10-13ml：1.0×10-7ml：1.0×10-7ml=1：10：107：107，
答案选A。
6．【答案】C
【详解】
A. 燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1，A错误；
B. 因N2+3H2⇌2NH3是可逆反应，0.5ml N2和1.5ml H2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3kJ，则1ml N2完全反应放出的热量大于38.6kJ，则该反应的ΔH b，B错误；
C．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，故△H=(a-b)kJ/ml，C正确；
D．H2的摩尔燃烧焓指1mlH2完全燃烧生成液态水时的焓变，已知方程式是对应2mlH2的焓变，故需除以2，即H2的摩尔燃烧焓△H=，D错误。
故答案选C。
8．【答案】B
【详解】
A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1mlC2HCl3转化为1mlC2H4时，得到6ml电子，脱去3ml氯原子，所以脱去amlCl时ne=2aml，故B错误；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2O，故C正确；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
答案选B。
9．【答案】C
【详解】
电解M(NO3)x溶液时某一极质量增加mg，则其阴极反应为Mx++xe-=M；0.36g水的物质的量为=0.02ml，根据蓄电池的电池反应可知消耗0.02ml水时，发生2H2O2H2↑+O2↑，转移0.04ml电子，根据阴极的反应式可知转移0.04ml电子时可以生成mlM，所以M的摩尔质量为=25mx g/ml，则金属M的相对原子质量为25mx，故答案为C。
10.【答案】C
【详解】
A．该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A不选；
B．因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B不选；
C．反应平衡后，增大氮气的量，平衡正向进行，这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C选；
D．起始投料比越大，N2的平衡转化率越大，与图像不符，D不选；
答案选C。
11．【答案】C
【详解】
A. 碳酸氢钠为弱酸的酸式盐、碳酸氢铵为弱酸的酸式盐、碳酸铵为弱酸弱碱盐，都能既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故A正确；
B. ①③④⑤性质都不稳定，受热都容易分解，将溶液蒸干灼烧得不到对应的固体物质，②性质稳定，将溶液蒸干灼烧得到对应的固体物质，故B正确；
C. ③④相比较，④中的水解促进水解，：③>④，故C错误；
D. ②⑤相比较，⑤中的水解促进水解，的大小为②>⑤，③④相比较，④中的水解抑制的电离，：③>④，①为二元弱酸，分步电离， 最小，则的大小关系为，故D正确；
故答案选C。
12．【答案】B
【详解】
X和Y均为石墨电极，电解液为500mL某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成，则该电解液中含Cu2+，X电极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，Y电极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；
A．X电极上Cu2+发生得电子的还原反应，则X电极是阴极，A正确；
B．根据得失电子守恒，X电极增重1.6g，Y电极上产生气体的物质的量为×2÷4=0.0125ml，由于气体所处温度和压强未知，故无法计算气体的体积，B错误；
C．电解的总离子反应方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，X电极增重1.6g，则生成的H+物质的量为2×=0.05ml，电解后溶液中H+浓度为=0.1ml/L，C正确；
D．电解的总离子反应方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，电解过程中析出了Cu、放出了O2，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的CuO或与CuO相当的CuCO3（因为CuCO3可改写成CuO·CO2），D正确；
答案选B。
13．【答案】B
【分析】
根据电池示意图，电池放电时，右侧CO2得到电子发生还原反应生成HCOOH，作正极，负极Zn失去电子，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，电池充电时，为电解池，阳极H2O失去电子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极得到电子被还原为，据此分析解答。
【详解】
A．根据上述分析可知，电池充电时，阳极H2O失去电子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子浓度增大，pH减小，A错误；
B．充电时，阴极得到电子被还原为，B正确；
C．电池放电时，负极Zn失去电子，C错误；
D．电池放电时，右侧CO2得到电子发生还原反应生成HCOOH，C的化合价由+4价降低至+2价，则完全转化为时有转移，D错误；
答案选B。
14．【答案】A
【分析】
由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20ml⋅L−1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，则m+n=p，x=0。
【详解】
A．第二次平衡到第三次平衡中，压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变倍，浓度应该由0.20 ml⋅L−1增大为0.40ml⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44 ml⋅L−1，则平衡时A的浓度变化量为0.04ml/L，则A的平均反应速率为=0.05ml/(L·min)，故A错误；
B．根据分析，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有aml气体，再向体系中加入bmlB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是(a+b)m1，故B正确；
C．由表格数据可知，当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变倍，浓度应该由0.20增大为0.40ml⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44 ml⋅L−1，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=，故C正确；
D．根据分析，增大压强平衡不移动，说明该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，即m+n=p，从第一次达到平衡到第二次达到平衡过程中平衡没有发生移动，即压强的变化反应始终保持平衡状态，则x=0，故D正确；
答案选A。
15．【答案】C
【详解】
A．由图象可知温度升高CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则△H＜0，由△S＜0可知，若△H-T△S＜0，则需在低温下能自发进行，常温下可能自发，故A错误；
B．氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，在氢碳比为2.0时，P点达平衡，Q点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的二氧化碳，反应向正方向移动，从Q点到P点，正反应速率减小，逆反应速率增大，则Q点v逆(H2)＜P点v逆(H2)，故B错误；
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比=2，起始时氢气为1ml/L、二氧化碳为0.5ml/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25ml/L，则：

代入平衡常数表达式K===512，故C正确；
D．根据C项计算，P点平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后α(CO2)增大，故D错误；
答案选C。
16．【答案】C
【详解】
由图像知，当NaOH溶液体积为20mL时，HCl过量，pH=2，则，当NaOH溶液体积为30mL时，溶液pH=7呈中性，则有0.01L×c(HCl)=0.03L×c(NaOH)，联立解得，c(HCl)=0.09ml/L，c(NaOH)=0.03ml/L，故答案选C。
17.【答案】（除特殊说明，每空2分）2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) ∆H=-873kJ•ml-1 -183kJ•ml-1
环形玻璃搅拌棒（1分） 金属导热快，热量损失多 保温隔热，防止热量损失 偏小（1分）
【详解】
(1)液态肼和N2O4(l)反应生成N2和水蒸气的化学方程式为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，根据盖斯定律②×2-①得到△H=-873kJ/ml；
(2)焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热ΔH=436kJ•ml-1+243 kJ•ml-1-(2×431)kJ•ml-1=-183 kJ•ml-1；
(3)①为了使酸和碱充分反应，还需要环形玻璃搅拌棒进行搅拌；金属导热快，热量损失多，会导致测量结果误差较大；
②测量中和热实验的关键就是做好保温工作，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温隔热，防止热量损失；
③一水合氨为弱碱，反应过程中还会不断电离吸收热量，所以会使中和热数值偏小。
18．【答案】A(g)+2B(g)⇌2C(g)（2分） （1分） 0.05ml/(L·min) （2分） 增大压强（1分） 温度升高（1分） t2~t3 （1分）
【分析】
根据各物质在相同时间内的物质的量变化可以确定反应的方程式，A、B为反应物，而降低温度A的转化率增大，说明降温平衡正向移动，则正反应为吸热反应。
【详解】
(1)由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时△n(A)：△n(B)：△n(C)=(1-0.7)ml：(1-0.4)ml：0.6ml=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B2C；平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以K=；据图可知0~3min内△n(A)=0.3ml，容器体积为2L，所以A的反应速率为=0.05ml/(L·min)；据图可知改变条件的瞬间各物质的物质的量没有发生变化，说明不是改变反应物或生成物的量，而改变条件后A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，说明平衡正向移动，而K值不变，则温度不变，而该反应为气体系数之和减小的反应，所以改变的条件应为增大压强；
(2)t3时刻，正逆反应速率都瞬间增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，考虑到该反应为吸热反应，此时改变的条件应为升高温度；
据图可知t3、t6时刻改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，A的转化率减小，而t5时刻改变条件后平衡不移动，所以t2～t3段A的转化率最高。
19．【答案】（除特殊说明，每空2分）6NA （1分） CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g) ΔH＝+(E2-E1) kJ/ml
等于（1分） NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 870(接近也可)
0.5 ml·L-1·h-1
【分析】
(1)根据C原子守恒有：CH4～CO～6e-，据此解答；
(2)①根据图象得出反应热的数值，进而写出热化学方程式；
②反应热取决于反应物和生成物的总能量的大小，与起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关。
【详解】
Ⅰ. (1)为维持热平衡，①×6+②相加可得7CH4(g)+3O2(g)+H2O(g)=7CO(g)+15H2(g) ΔH＝0，反应中生成7 ml CO转移电子总数为42 ml，所以产生1 ml CO转移的电子数为6NA；
(2)①根据图示所示，ΔH＝生成物总能量-反应物总能量＝(E2-E1) kJ/ml，反应的热化学方程式为CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) ΔH＝+(E2-E1) kJ/ml；
②ΔH为E2和E1的差值，根据图示可知E2-E1的差值没有发生变化，所以过程Ⅰ和过程Ⅱ反应热相等；
Ⅱ. (3)从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，为更好地除去NOx物质，要求NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870 K左右；
(4)①
故 = ；
②4-2a＝3，即a＝50%，v(H2)＝ ＝0.5 ml·L-1·h-1，

此时p= ，Kp＝ ＝ 。
20．【答案】减小（1分） Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O
若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化沉淀
2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4 聚丙烯（1分）
若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出
【分析】
途径I：工业级MgSO4溶液中含Fe3+和Mn2+，经过除杂除去Fe3+和Mn2+得到MgSO4溶液，向MgSO4溶液中加入Na2CO3得到Mg2(OH)2CO3沉淀，Mg2(OH)2CO3用HF溶解生成MgF2，然后经烘干得到MgF2；
途径II：用H2SiF6溶解MgO获得MgSiF6溶液，MgSiF6溶液浓缩得MgSiF6·6H2O，300℃条件下煅烧MgSiF6·6H2O得MgF2。
【详解】
(1)①工业级MgSO4溶液中含Fe3+和Mn2+，加入Na2SO4，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，发生的离子反应为：2Na++6Fe3++4+12H2O= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+，反应后溶液的酸性增强，则反应后滤液的pH减小；故答案为：减小；
②加入H2O2，Mn2+被氧化转化为MnO2沉淀，1mlMn2+失去2ml电子生成1mlMnO2，则H2O2被还原成H2O，1mlH2O2得到2ml电子，根据溶液呈弱碱性，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O；故答案为：Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O；
③根据图像可知，除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH)2的原因是：若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀（即Mn2+的浓度小于1×10-5ml/L时），就会将一部分Mg2+转化沉淀；故答案为：若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化沉淀。
(2)向“除杂”后的滤液MgSO4溶液中加入Na2CO3生成Mg2(OH)2CO3沉淀、同时产生气体，该气体为CO2，根据原子守恒，反应的化学方程式为：2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4；故答案为：2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4。
(3) Mg2(OH)2CO3中加入适量HF溶解时发生的反应为：Mg2(OH)2CO3+4HF=2MgF2+3H2O+CO2↑，由于玻璃中含有SiO2、石英晶体就是结晶的SiO2，HF能与SiO2发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，HF能腐蚀玻璃和石英烧杯，故“酸溶”时不能选用玻璃和石英烧杯、应选用聚丙烯烧杯；故答案为：聚丙烯。
(4)途径II用H2SiF6溶解MgO得到MgSiF6溶液，发生的反应为H2SiF6+MgO= MgSiF6+H2O，20℃时，MgSiF6的溶解度30.8 g，饱和MgSiF6溶液的质量分数为×100%=23.5%；若H2SiF6浓度过低，一方面溶解速率慢，另一方面得到的MgSiF6溶液的浓度小，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；若所用H2SiF6质量分数为20%，取100g质量分数为20%的H2SiF6，其中H2SiF6的质量为20g，根据H2SiF6+MgO= MgSiF6+H2O，反应消耗的MgO的质量为5.56g、生成的MgSiF6的质量为 23.06g，所得MgSiF6溶液的质量分数为×100%=21.8%（比23.5%略小），若H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出，故溶解时，H2SiF6质量分数控制在18%~20%；故答案为：若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出。
21．【答案】（每空2分）+137 升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离
阴极 2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O
【详解】
(1)①由表中燃烧热数值可得燃烧的热化学方程式为：
a.C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙ml-1
b.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙ml-1
c.H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙ml-1
由盖斯定律可知，a-b-c可得C2H6(g)=C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙ml-1)-( -1411kJ∙ml-1)- ( -286kJ∙ml-1)=+137kJ∙ml-1，故答案为：+137；
②该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强、将产物及时从容器中分离等措施能使平衡向正反应方向移动，提高乙烷的平衡转化率，故答案为：升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离；
③起始时加入的乙烷和氢气各为1ml，由题意可建立如下三段式：，则反应的平衡常数为K==，故答案为：；
(2)由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳时，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳发生还原反应，则通入二氧化碳的A极为电解池的阴极，B极为阳极，甲烷在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙烷或乙烯，生成乙烷的电极反应式为2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O，故答案为：2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O；
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B
B
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