基础卷-高二化学上学期期中考前必刷卷（人教版2019选择性必修1）（全解全析）_E015高中全科试卷_化学试题_选修1_3.新版人教版高中化学试卷选择性必修1_5.期中试卷

2022-2023 学年上学期期中考前必刷卷（基础卷） 高二化学·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 B A D A B D B D B A D B B D C C B C 1．B 【解析】A．有些放热反应，加热才能发生反应，如铝热反应，需要“高温”条件，选项A正确； B．吸热反应在一定条件下（如常温、加热等）也能发生，如醋酸钠的水解反应是吸热反应，常温下可以 进行，选项B不正确； C．生成物与反应物所具有的总能量的差值为反应的△H，△H＜0放热，△H＞0吸热，选项C正确； D．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol HO(l)时的反应热叫做中和热，选项D正确； 2 答案选B。 2．A 【解析】A．“NO ”球中有 2NO 2 N 2 O 4，将该“NO ”球浸泡在热水中，平衡逆向移动，颜色变 2 2 深，A符合题意； B．该反应是气体体积不变的反应，加压不会使平衡移动；加压后，容器体积变小，各组分浓度变大，体 系颜色变深，并非由平衡移动引起；B不符合题意； C．铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，过量的铁会继续和硝酸铁反应生成硝酸亚铁，所以过量铁和稀硝酸反应 后，溶液会变成浅绿色，该过程和平衡移动无关，C不符合题意； D．合成氨工业使用铁触媒作催化剂可以加快反应速率，催化剂不会引起平衡的移动，D不符合题意； 故选A。 3．D 【解析】A．断键吸热，故A错误； B．形成化学键放出热量，故B错误； C．放热反应不一定需要加热，如酸碱中和反应常温下即可进行，故C错误； D．有些吸热反应常温下即可发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故D正确； 故选：D。 1 4．A 【解析】焓变=旧键断裂吸收的总能量-新键形成释放的总能量，即∆H=4a+3b-2z-6d=-q，则z=2 (q+4a+3b-6d)，答案为A。 5．B 【解析】A．后者氢气燃烧生成液态水放出的热量多，但放热越多，则 H< H，故A不符合题意； 2 1 B．气态硫的能量要高于固态硫的能量，因此前者放出的能量多，则 H 2 > H△1 ，故△B符合题意； △ △C．前者是不完全燃烧，放热少，后者是完全燃烧，放热多，则 H< H，故C不符合题意； 2 1 D．后者的化学计算数扩大2倍，后者放出的热量多 ，则 H 2 <△H 1 ，△故D不符合题意； 本题答案B。 △ △ 6．D 【解析】A． CO不是完全燃烧的产物，C(s)＋O(g)=CO (g)； H=-393.5kJ/mol，故A错误； 2 2 B．氢气的燃烧热应是1mol氢气完全燃烧放热285.8kJ，放热焓变为负△值，2H 2 (g)＋O 2 (g)=2H 2 O(l) H=-571.6kJ/mol，故B错误； △C． 生成的水应是液态，CH 4 (g)＋2O 2 (g)=CO 2 (g)＋2H 2 O(l)；△H=-890.3kJ/mol，故C错误； 1 D． 0.5molC H O(s)完全燃烧放出1400kJ/mol的热量， C H O(s)＋3O(g)=3CO (g)＋3HO(l)； 6 12 6 2 6 12 6 2 2 2 △H=-1400 kJ/mol，故D正确； 故选D。 3①-3②-2③ 7．B 【解析】由已知热化学方程式 6 ，结合盖斯定律得：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO 2 (g) H △ 3 H -3 H -2 H 14 g  1  2  3 =-218 kJ/mol =0.5 mol ＇= 6 ，故28 g/mol CO对应的反应焓变△H=0.5 H＇=-109 △ kJ/mol，故B正确。 故答案选B。 8．D 【解析】A． O 不管过量与否， S和O 反应都生成SO ，不可能直接生成SO ，A错误； 2 2 2 3 B．中和热是指稀的强酸和强碱溶液生成1molH O和可溶性盐的过程中的热效应，由于生成BaSO 沉淀的 2 4 H SO BaOH 过程也是会放出热量，故含0.5 mol 2 4的稀溶液与足量 2溶液反应，放出的热量不是中和热，B 错误； C．SO 的漂白性是有局限性的，不能是指示剂褪色，即SO 能使紫色石蕊试液只变红而不会褪色，C错误； 2 2 ΔH D．由题干图示信息可知，过程①的热化学方程式为：SO (g)+HO(l)=H SO (aq) 1，过程②的热化学方 2 2 2 2 4 1 程式为：SO 2 (g)+ 2 O 2 (g)=SO 3 (g) ΔH ，过程③的热化学方程式为：SO 3 (g)+H 2 O(l)=H 2 SO 4 (aq) ΔH ，则反 2 3 2H O aq2H OlO g [ΔH -(ΔH +ΔH )] ΔH <ΔH +ΔH 应2①-2②-2③可得 2 2 2 2 ，故 ΔH =2 1 2 3 ，故若 1 2 3，则 ΔH＜0，故为放热反应，D正确；故答案为：D。 9．B 【解析】根据反应方程式中各物质反应的量关系，变化量之比等于系数之比，推出速率之比等于各 物质的系数之比。 A．A是固体不能表示速率，故A不正确； B．根据A的物质量减少了10mol，B的物质的量减少了则是15mol，根据变化量之比等于系数比，则 c n v= = V =1.5mol(L·min )，故B正确； t t C．根据A的物质量减少了10mol，C的物质的量增加了则是10mol，根据变化量之比等于系数比， c n v= = V = 1.0 mol/(L·min)，故C不正确； t t D．根据A的物质量减少了10mol，D的物质的量增加了则是20mol，根据变化量之比等于系数比， c n v= = V = 2.0 mol/(L·min)，故D不正确； t t 故选答案B。 【点睛】 根据速率之比等于化学反应方程式的计量数之比的实质进行分析，注意对于固体和纯液体不能表示其速率。 10．A 【解析】A．减小压强，单位体积活化分子数减小，反应速率减小，故A正确； B．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，阻止反应的进行，故B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误； D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故D错误。 答案选A。 11．D 【解析】A．探究影响化学反应速率的因素需要记录溶液褪色所需时间，故A正确； B．实验①②只有浓度不同，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故B正确； C．实验①③只有温度不同，探究的是温度对化学反应速率的影响，故C正确； MnSO D．起始向①中加入 4固体，引入离子Mn2+，Mn2+催化该氧化还原反应，影响其反应速率，故D错误； 故答案为D。 12．B 【解析】A．由图可知，第一部反应的活化能高于第二步，活化能越高反应速率越慢，所以第一步 比第二步慢，A错误； B．由图可知，第一步逆反应的活化能比第二步的小，B正确； C．第一步反应为吸热反应，ΔH大于0，C错误；D．对于确定的反应而言，反应热与压强无关，D错误； 答案为：B。 13．B 【解析】A．消耗1mol SO 的同时产生1mol NO，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率 2 是否相等，A错误； B．混合气体中只有NO 为有色气体，混合气体的颜色（透光率）不再改变，表明各组分的浓度不再变化， 2 该反应达到平衡状态，B正确； C．容器内温度、容积一定，且化学反应前后体积不变，所以不能通过压强一定判断平衡状态，C错误； D．该反应中均为气体，且容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体密度判断平 衡状态，D错误； 故选B。 14．D 【解析】对于反应2SO +O  2SO ，当反应达到平衡后测得SO 、O、SO 的浓度分别为 2 2 3 2 2 3 c2SO  0.00202 K  3  400 0.0020 mol• L-1、0.0025 mol• L-1、0.0020 mol• L-1， c2SO cO  0.002020.0025 ，故选D。 2 2 15．C 【解析】A．及时分离出NO 气体，平衡向生成二氧化氮的方向移动，正向移动；但是反应物浓度 2 减小，反应速率减小，A错误； B．反应为气体分子数减小的反应，扩大容器体积，平衡逆向移动，且物质的浓度均减小，反应速率减慢， B错误； C．增大O 的浓度，平衡正向移动，反应物浓度变大，反应速率变大，C正确； 2 D．选择高效催化剂可加快反应速率，但不改变平衡移动，D错误； 故选C。 16．C 【解析】A．反应 SO (g)H O(1)=H SO (1) 的气体分子数减少，该反应的ΔS<0，选项A错误； 3 2 2 4 B．同一物质在固态时的熵值小于气态时的熵值，选项B错误； C．反应2N O (g)=4NO (g)+O (g)的气体分子数增加，ΔS>0，又因为ΔH>0，ΔH-TΔS＜0时，反应能 2 5 2 2 自反进行，因此选项所给反应能否自发进行与温度有关，选项C正确； D．ΔH<0且ΔS>0的反应一定能自发进行，选项D错误； 答案选C。 17．B 【解析】如图所示，实线为测得的A的转化率与温度的关系如实线图所示，在250℃左右，A的转 化率达到最大，则温度小于250℃时，温度越高，反应速率越大，测得的A的转化率也越高，温度大于 250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应。 A．由分析可知，在250℃左右，A的转化率达到最大，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低， 是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应，即ΔH＜0，A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，X点的温度小于Y的温度，故X点的化学平衡常数大 于Y点的化学平衡常数，B正确； C．如图所示，Y点实线和虚线重合，即测定的A的转化率就是平衡转化率，则Y点v(正)=v(逆)，C错误； D．Z点增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率提高，D错误； 故选B。 18．C 【解析】A．3min达平衡时，X、Y、Z的物质的量的变化量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，则化 学计量数之比为3:1:2，3min后各物质的量不变，则反应达平衡状态，所以容器中发生的反应可表示为 3X(g)+Y(g) 2Z(g)，A正确； B．由图2知，T 先达平衡，则T>T，温度升高，Y的百分含量减小，则平衡右移，正反应为吸热反应， 2 2 1 保持其他条件不变，升高温度，X的转化率增大，B正确； (2-1.4)mol C．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)= 2L =0.1mol·L-1·min-1，C错误； 3min D．从图3可以看出，X、Y、Z的物质的量变化量与图1相同，只是达平衡的时间短，则表明反应速率快， 但平衡不发生移动，所以改变的条件是使用催化剂，D正确； 故选C。 19．（除标明外，每空2分）（1）C （2）保温隔热，减少热量的损失（1分） （3）D （4）3.4℃（1分） BD 【分析】测定反应前烧中两溶液的温度，求平均值，将两溶液迅速混合后再测定充分反应后的温度，然后 cmt Q 求其温度差。由 nH O 计算出中和热的值， 2 【解析】（1）为减少热量的散失从而影响实验结果，则NaOH溶液应一次迅速倒入盐酸中，综上所述C 符合题意，故选C； （2）碎泡沫塑料具有隔热保温的作用，所以烧杯间填满碎泡沫塑料的目的是保温隔热，减少热量的损失， 故答案为：保温隔热，减少热量的损失； （3）A．应使用环形玻璃棒搅拌棒搅拌而不应选用温度计搅拌，故A错； B．为减少热量的损失，不能揭开硬纸片，故B错； C．在震荡过程中，可能会有液体洒出以及热量的损失，从而影响实验结果，故C错； D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动，故选D； 答案选D Δt =29.526.1℃=3.4℃ Δt =32.327.2℃=5.1℃ （4）①由图表可知 1 、 2 (错误数据，应舍弃)、Δt =29.225.9℃=3.3℃ Δt =29.826.3℃=3.5℃ 3 、 4 ，则 Δt Δt Δt 13.43.33.5 Δt = 1 3 4 = ℃=3.4℃   3  3  ，故答案为：3.4℃； A．若在量取时仰视读数虽然偏小，则倒液读数偏多，又由题意氢氧化钠本身过量，所以对实验结果无影 响，故A不选； B．大烧杯上硬纸板没盖好，会使大烧杯内的空气与外界对流，从而会有热量损失，导致结果偏小，选 B； C．大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多，会使隔热效果更好，故C不选； D．测完硫酸的温度计上附着由硫酸，若直接用来测氢氧化钠溶液的温度会影响读数，故选D； 答案选BD。 20．（除标明外，每空2分）（1）4 H O（1分） A 2 放电 （2）N+O 2NO 2 2 （3）20（1分） 0.021 【解析】（1） 稀硝酸具有强氧化性，能与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为： 3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO；NO是难溶于水，可以与氧气在常温下反应生成二氧化氮，且密 3 3 2 2 度与空气相近，不能用排空气法收集，应该是排水法收集；故答案为：4HO；A； 2 放电 （2） 氮气与氧气在放电的条件下反应生成一氧化氮，反应方程式为：N+O 2NO，故答案为：N+O 2 2 2 2 放电 2NO； （3） ①由图中数据可知，20 min后，各物质浓度保持不变，则此时达到平衡，故答案为：20； 0.21mol/L ②10min内该反应的平均反应速率v(CO)= =0.021 mol•L-1•min-1，故答案为：0.021。 2 10min 1 21．（除标明外，每空2分）（1）2 （1分） （2） 减小（1分） （3）60% （4）3 2 2.6 【解析】 （1）C的浓度为0.4mol·L-1，因为容器体积是2L因此C为0.8mol，与D产量相同，故反应中的计量数相同，x是2。 （2）列式求算： 3A(g) B(g) 2C(g) 2D(g)  c (mol/L) 1 1 0 0 初 c(mol/L) 0.6 0.2 0.4 0.4 c (mol/L) 0.4 0.8 0.4 0.4 末 c2(C)c2(D) 0.44 1 K   由平衡常数计算公式 c3(A)c(B) 0.430.8 2。因为该反应ΔH<0，是放热反应，故升高温度反应逆 向进行，K值减小。 c(A) 0.6mol/L 100%= 100%=60% （3） A物质的转化率=c (A) 1mol/L 。 初 （4）与原平衡等效，则A与B的物质的量之比为1：1，将3molC和3molD完全转化为A和B，得到 4.5molA和1.5molB，加上原来的物质的量之后，A为6.5mol，B为3.5mol，要使A、B的物质的量相等， 还需要加入3molB，达到新平衡后，A的物质的量分数与原来相同，为20%，新平衡时A的物质的量为 13mol×20%=2.6mol。 cCH OHcH O 3 2 22．（每空1分）（1） 正向 不变 cCO c3H  2 2 （2）＜ （3）bd （4）放热 减小 低温 （5）＜ 放热 【解析】I.（1）化学平衡常数等于生成物平衡浓度幂之积与反应物平衡浓度幂之积的比值，则反应I的化 c(CH OH)c(H O) 3 2 学平衡常数表达式K = ；保持恒温恒容，将反应Ⅰ的平衡体系中各物质浓度均增大为原 1 c(CO )c3(H ) 2 2 来的2倍，相当于增大压强，化学平衡正向移动；化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K 不变；故 1 c(CH OH)c(H O) 3 2 答案为： ；正向；不变。 c(CO )c3(H ) 2 2 （2）根据表中数据，随着温度的升高，反应II的K 减小，即升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热 2 反应，正反应为放热反应，故∆H＜0；故答案为：＜。 2 （3）a．反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，即c(CO)=c(CHOH)时反应不一定达到 3 平衡状态，a不符合题意； b．CO的百分含量不再改变是反应达到平衡的特征标志，b符合题意；2v H v CH OH c． 时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，c不符合题意； 正 2 逆 3 d．反应II的正反应是气体分子数减小的反应，建立平衡的过程中气体分子数变化，体系的压强变化，体 系的压强不再发生变化能说明反应达到平衡状态，d符合题意； e．单位时间内消耗了2molH 的同时消耗了1molCO，都表示正反应，不能说明反应达到平衡状态，e不符 2 合题意； 答案选bd。 II.（4）根据反应I的图像，在压强相同时，升高温度A的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反 应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；在温度相同时，p 时A的转化率大于p 时，又p＞p，说 1 2 1 2 明增大压强A的转化率增大，即增大压强平衡正向移动，则该反应的正反应为气体分子数减小的反应；该 反应的∆H＜0、∆S＜0，∆G=∆H-T∆S＜0时反应能自发进行，故此反应自发进行需满足的条件是低温；故答 案为：放热；减小；低温。 （5）根据反应II的图像，T 时反应达到平衡的时间比T 短，说明T 温度高、反应速率快，即T＜T；T 2 1 2 1 2 2 达到平衡时C的物质的量比T 小，说明升高温度，平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反 1 应；故答案为：＜；放热。 23．（除标明外，每空1分）（1）0.05mol/L （2分） 50% （2）CD（2分） c2NH  3 （3）cN c3H  > 2 （2分） > 2 2 【解析】（1）若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH 的物质的量为0.2mol，因此消耗氢气的物质的 3 0.3mol 量是0.2mol×1.5=0.3mol，氢气的转化率为： 100%=50%，由方程式可知，消耗氮气为0.1mol，平 0.6mol 0.2mol-0.1mol 衡时氮气的浓度是 =0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；50%； 2L （2）A．加了催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，氢气转化率不变，选项A错误；B．增大容器体积， 压强减小，平衡向逆反应方向移动，氢气转化率减小，选项B错误；C．正反应为放热反应，降低反应体 系的温度，平衡正向移动，氢气转化率增大，选项C正确；D．加入一定量N，平衡正向移动，氢气转化 2 率增大，选项D正确，故答案为：CD； c2NH  c2NH  3 3 （3）①由反应可知平衡常数的表达式为：K=cN c3H  ，故答案为：cN c3H  ； 2 2 2 2 ②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K>K ，故答案为：>； 1 2 ③400℃时，反应2NH (g) N(g)+3H(g)的化学平衡常数与N(g)+3H(g) 2NH (g)的平衡常数互为倒数，则 3 2 2 2 2 3 ⇌ ⇌423 8 400℃时，反应2NH (g) N(g)+3H(g)的化学平衡常数K=2；此时浓度商Qc= 62 =9v(N ) ，故答案为：2；>； 2 正 2 逆