四川省阆中东风中学2023-2024学年高二上学期第二次段考化学Word版含解析.docx

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东风中学校2023-2024学年高二上学期第二次段考化学试卷(总分100分，考试时间75分钟)原子量：Ca-40Na-23H-1O-16C-12Zn-65一、选择题：本题共14个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.采用排饱和食盐水的方法收集氯气B.红棕色的，加压后颜色先变深后变浅C.高压更有利于合成氨D.盛有溶液与稀硫酸混合液的试管浸入热水时迅速变浑浊【答案】D【解析】【详解】A．饱和食盐水中氯离子浓度较大，可使H2O+Cl2H++Cl-+HClO逆向移动，抑制氯气的溶解，可用勒夏特列原理解释，选项A不符合题意；B．加压使2NO2(g)N2O4(g)正向移动，则颜色先变深后变浅，可用勒夏特列原理解释，选项B不符合题意；C．增大压强，平衡正向移动，有利于氨的合成，可用勒夏特列原理解释，选项C不符合题意；D．将盛有Na2S2O3溶液与稀硫酸混合液的试管浸入热水中，发生氧化还原反应生成二氧化硫和单质硫，升高温度可加快反应速率，不发生平衡移动，则不能用勒夏特列原理解释，选项D符合题意；答案选D。2.反应的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.该反应是放热反应B.断开中的硫氧键放出能量C.反应物的总能量大于生成物的总能量D.一定是吸热反应【答案】B 【解析】【详解】A．该反应是反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应是放热反应，故A正确；B．断开中的硫氧键吸收能量，故B错误；C．该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D．是放热反应，则一定是吸热反应，故D正确。综上所述，答案为B。3.已知反应：。图中a、b曲线表示在一定条件下，D的体积分数随时间的变化情况。若使曲线a变为曲线b，可采取的措施是A.增大反应容器的体积B.减小B的浓度C.升高温度D.缩小反应容器的体积【答案】A【解析】【详解】A．增大反应容器的体积，气体浓度减小，反应速率减小，达到平衡的时间长，又因为该反应属于反应前后气体分子数不变的反应，所以平衡不移动，平衡时D体积分数不变，A正确；B．减小B的浓度，反应速率降低，平衡向逆反应进行，D体积分数减小，B错误；C．升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，所以平衡向逆反应移动，D的体积分数降低，C错误；D．缩小反应容器的体积，即增大压强，气体浓度增大，反应速率增大，达到平衡的时间变短，D错误；故选A。4.下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是(　　)①FeCl3　②Fe2(SO4)3　③Ca(HCO3)2　④Na2CO3A.仅①④B.仅②④C.仅①②D.全部【答案】B 【解析】【详解】①由于三价铁离子水解，氯化氢挥发，会得到氢氧化铁。②硫酸不挥发，会抑制三价铁离子水解，故能析出硫酸铁溶质③会得到碳酸钙④能析出碳酸钠溶质。故答案为B5.把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。下列说法正确的是(　　)A.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高B.给溶液加热，溶液的pH升高C.向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加D.向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变【答案】C【解析】【详解】A．恒温下向溶液中加入CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，但由于溶液的温度不变，溶液中c(OH-)不变，所以溶液的pH不变，A错误；B．给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度降低，溶液中c(OH-)减小，溶液的pH减小，B错误；C．向溶液中加入Na2CO3溶液，将与Ca(OH)2反应，从而使固体质量增加，C正确；D．向溶液中加入少量NaOH固体，将增大溶液中的c(OH-)，使Ca(OH)2的溶解平衡逆向移动，固体质量增大，D错误。故选C。【点睛】Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，说明Ca(OH)2的溶解过程是一个放热过程，这与一般的固体物质不同，所以，升高温度，Ca(OH)2的溶解平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液的pH减小。6.某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40mL2.5mol/L的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10s时恰好收集到气体的体积为50mL(若折合成0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL)，在该温度下，下列说法不正确的是(　　)A.用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/sB.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L·s) C.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10s内该反应的速率为0.01mol/(L·s)D.用H2来表示10s内该反应的速率为0.0002mol/s【答案】C【解析】【分析】0℃、101kPa为标况条件下，气体摩尔体积为22.4L/mol；化学反应速率，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示；根据Zn+2H+=Zn2++H2↑反应，可算出用各物质表示的10s内该反应的速率。【详解】0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL，其物质的量为0.002mol，则根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知：Zn--H2SO4--ZnSO4---H2，n(Zn)=n(H2SO4)=n(ZnSO4)=n(H2)=0.002mol；m(Zn)=0.002mol×65g/mol=0.13g，v(Zn)=0.13/10=0.013g/s，v(H+)=0.002×2/0.04×10=0.01mol/(L·s)，v(Zn2+)=0.002/0.04×10=0.005mol/(L·s)，v(H2)=0.002/10=0.0002mol/s；A、用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/s，正确；B、用H+来表示10s内该反应的速率0.01mol/(L·s)，正确；C、用Zn2+来表示10s内该反应的速率0.005mol/(L·s)，错误；D、用H2来表示10s内该反应的速率为0.0002mol/s，正确；综上所述，本题选C。7.依据下列热化学方程式得出的结论中，正确的是A.已知，则氢气的燃烧热为B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定C.已知，则含的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量D.已知；；则【答案】C【解析】【详解】A．选项中生成的水是气体，应该是液态水，所以不能得出氢气的燃烧热是241.8kJ/mol，A错误；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B错误；C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)   ΔH=-57.4kJ·mol-1，则含20.0gNaOH物质的量为0.5mol 的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；D．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)   ΔH1 ①，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)  ΔH2②；①-②得到：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)   ΔH1-ΔH2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，焓变为负值，所以ΔH1<ΔH2，D错误；故选：C。8.某小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验方案如下。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量室温下溶液颜色褪至无色时所需时间溶液溶液稀硫酸固体①2.0mL2.0mL1.0mL1.0mL/4.1min②3.0mLamL1.0mL1.0mL/3.7min③3.0mL1.0mL1.0mL1.0mL少量tmin下列说法正确的是A.反应原理为B.实验①和③探究固体对反应速率的影响C.实验①和②探究浓度对反应速率的影响，D.对该反应有催化作用，加快反应速率，【答案】C【解析】【详解】A．反应原理为，A错误；B．探究固体对反应速率的影响需要控制其他变量，选用实验②和③，B错误；C．实验①和②探究浓度对反应速率的影响，，C正确；D．对该反应有催化作用，加快反应速率，，D错误；故选C。 9.下列溶液：①CH3COOH②HCl③NaOH④CH3COONa⑤KCl⑥NH4Cl其物质的量浓度均为0.1mol/L，其pH由大到小排列顺序为A.③④⑤⑥①②B.④⑤⑥①③②C.②①⑥⑤④③D.②③①⑥⑤④【答案】A【解析】【详解】①CH3COOH、②HCl因电离呈酸性，醋酸是弱电解质，部分电离，故当物质的量浓度相等时盐酸酸性大于醋酸，⑥NH4Cl因水解呈酸性，水解程度微弱，酸性最弱，故当物质的量浓度相等时，这三者的pH由大到小排列顺序为⑥①②，⑤KCl是强酸强碱盐，不发生水解，溶液呈中性，③NaOH和④CH3COONa溶液呈碱性，NaOH是强碱，完全电离，④CH3COONa溶液水解程度微弱，故当物质的量浓度相等时，这两溶液pH由大到小排列顺序为③④，综上，pH由大到小排列顺序为③④⑤⑥①②；答案选A。10.在不同温度下，水达到电离平衡时c(H+)与c(OH﹣)的关系如图所示。100℃时，将0.1mol·L-1的HCl溶液和0.06mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，该溶液的pH是A.1.7B.2C.10D.10.3【答案】C【解析】【详解】根据图示可知在100℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6×10-6=10-12。该温度下0.1mol/LHCl溶液中c(H+)=0.lmol/L；0.06mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.06mol/L×2=0.12mol/L，二者等体积混合后发生反应，混合溶液显碱性，其中c(OH-)=，该温度下混合溶液中c(H+)=，则混合溶液的pH=-lgc(H+)=10，故合理选项是C。11.将0.4mol·L-1NH4Cl溶液和0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是 A.c(NH)=c(Na＋)=c(OH-)＞c(NH3·H2O)B.c(NH)=c(Na＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H＋)C.c(NH)＞c(Na＋)＞c(OH-)＞c(NH3·H2O)D.c(NH)＞c(Na＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H＋)【答案】D【解析】【分析】0.4mol·L-1NH4Cl溶液和0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl、NH4·H2O、NaCl。【详解】A．NH会部分发生水解，NH4·H2O会部分电离，电离程度大于水解程度，所以c(NH)＞c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，NH4·H2O为弱电解质，电离微弱，所以c(NH3·H2O)＞c(OH-)，A错误；B．NH会部分发生水解，NH4·H2O会部分电离，电离程度和水解程度不同，c(NH)＞c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，B错误；C．NH4·H2O为弱电解质，电离微弱，所以c(NH3·H2O)＞c(OH-)，C错误；D．NH会部分发生水解，NH4·H2O会部分电离，电离程度和水解程度不同，c(NH)＞c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，溶液显碱性c(OH-)＞c(H＋)，电离微弱，所以c(NH)＞c(Na＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H＋)，D正确；综上所述答案为D。12.在由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是A.Cl-、AlO、Na+、K+B.Fe3+、NO、K+、H+CNO、Ba2+、K+、Cl-D.Al3+、SO、NH、Cl-【答案】C【解析】【分析】由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的无色溶液中水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液。【详解】A．如溶液为酸溶液，则AlO不能大量共存，A项错误；B．在碱溶液中Fe3+、H+均不能大量共存，且铁离子不是无色的，B项错误；C．NO、Ba2+、K+、Cl-在酸性或碱性溶液中相互之间不反应，可以大量共存，C项正确； D．在碱性溶液中Al3+、NH均不能大量共存，D项错误；答案选C。13.一定温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是A.曲线I代表HCl的稀释过程B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从b点到d点，溶液中(各微粒的浓度均为平衡浓度)保持不变D.溶液的导电能力：d点＞e点【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线I代表HCl的稀释过程，选项A正确；B．b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点，选项B不正确；C．Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，选项C正确；D．d点的pH小于e点，故氢离子浓度较大，酸的浓度大，溶液中离子浓度大，故溶液的导电能力：d点＞e点，选项D正确；答案选B。14.某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)　ΔH＜0，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是 A.由图甲推断，B点SO2的平衡浓度为0.17mol·L-1B.由图甲推断，A点对应温度下该反应的平衡常数为800C.达平衡后，若增大容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示D.压强为0.50MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如图丙，则T2>T1【答案】B【解析】【详解】A．由图甲推断，B点SO2物质的量为，即浓度为，A错误；B．根据A点分析，达到平衡c(SO2)=0.04mol/L，c(O2)=0.02mol/L，c(SO3)=0.16mol/L，A点对应温度下的平衡常数为，B正确；C．达平衡后若增大容器容积，即减小压强，平衡向着逆反应方向移动且正逆反应速率都应减小，C错误；D．压强相同，温度高速率快，即温度高的先达到平衡，由图中信息知T1先达到平衡，即T2”“＜”或“=”)。②若加入CH3OH(g)后，经10min反应达到平衡，此时c(CH3OH)=_______；0~10min内反应速率v(CH3OH)=_______。③若反应达平衡后，温度不变，从体系中移走部分CH3OCH3，重新达到平衡后，CH3OH(g)转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使该反应平衡常数增大可采取的措施是_______。【答案】（1）cd（2）3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-246.4kJ·mol-1（3）①.>②.0.04mol·L-1③.0.16mol·L-1·min-1④.增大⑤.降低温度【解析】【小问1详解】a．该反应为放热反应，高温平衡逆向移动，CO转化率降低，反应前后气体分子数不变，压强对平衡不影响，a错误；b．催化剂不能影响平衡移动，CO转化率不变，b错误；c．增加H2O的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，c正确；d．分离出CO2，平衡正向移动，CO的转化率增大，d正确；故选cd；【小问2详解】由H2(g)和CO(g)生成CH3OCH3(g)和CO2(g)的化学反应方程式为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，该反应=2①+②+③，故：△H=，热化学方程式为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-246.4kJ·mol-1；小问3详解】①T时刻：，平衡正向移动，v(正)>v(逆)； ②由表格数据可知，T时刻时水蒸气的浓度为0.6mol/L，则起始甲醇的浓度为(0.44+0.6×2)mol/L=1.64mol/L，设10min反应达到平衡时生成amol/L水蒸气，由题意可建立如下三段式：，由平衡常数为400可得：，解得a=0.8，重新达到平衡后，甲醇的化学反应速率为=0.16mol·L-1·min-1；③若反应达平衡后，温度不变，从体系中移走部分CH3OCH3，平衡正向移动，重新达到平衡后，CH3OH(g)的转化率增大；该反应为放热反应，降低温度，该反应平衡常数增大。16.回答下列问题：（1）已知室温时，0.1mol∙L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：①该溶液中c(H+)=___________mol∙L-1②HA的电离平衡常数K=___________。③由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的___________倍。（2）部分弱酸的电离平衡常数如表：用“＞”“＜”或“=”填空。弱酸HCOOHH2CO3HClO电离平衡常数/25℃K=1.77×10-4K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH___________HClO。②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式___________。（3）用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。 ①滴定醋酸的曲线是___________(填“I”或“Ⅱ”)。②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是___________。③V1和V2的关系：V1___________V2(填“＞”、“=”或“＜”)。【答案】（1）①.1×10−4②.1×10−7③.106（2）①.>②.ClO-+CO2+H2O=+HClO（3）①.I②.0.1mol/L醋酸溶液③.<【解析】【小问1详解】①0.1mol∙L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，；②0.1mol∙L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，=，；③，；【小问2详解】①离子浓度越大导电性越好，HCOOH的电离常数大于HClO的电离常数大于，相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，HCOOH的离子浓度大导电性强，HCOOH>HClO；②根据电离常数可知H2CO3>HClO>，少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=+HClO；【小问3详解】①醋酸是弱酸，起始pH比较大，故曲线I是滴定醋酸的曲线；②醋酸是弱酸，浓度均为0.1mol/L的盐酸、醋酸、NaOH溶液，0.1mol/L的盐酸和NaOH溶液，氢离子和氢氧根浓度相等，对水的电离抑制程度相等，水电离出的氢离子浓度相等，醋酸电离出的氢离子浓度小，水电离出的c(H+)最大；③用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液时，滴定盐酸时当V2=20.00mLpH=7，滴定醋酸时当V1=20.00mL时正好生成醋酸钠，溶液显碱性，当pH=7时V1<20.00mL，故pH=7时V1