提升卷-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（提升卷） 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 C D A C D A D C A C C D D D C C A D 1．C 【解析】A．可再生能源包括太阳能、风能、水能、生物质能、潮汐能、地热能等，这些能源在自然 界可以循环再生，不可再生能源在短期内无法恢复且随着开发利用储量越来越少，包括煤、石油、天然气、 核能等，A正确； B．相同质量的冰转化为水需要吸热，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，B正确； 4Al(s)+3O (g)=2Al O (s) C．对一个确定的化学反应而言，反应条件与反应热无关，同温同压下， 2 2 3 在常 温和点燃条件下的ΔH 相同，C错误； D．反应物大于生成物具有的总能量，为放热反应，反之为吸热反应，所以反应物和生成物具有的总能量 的高低，决定了该反应是放热还是吸热反应，D正确； 答案为：C。 2．D 【解析】A．化学变化中，分子分解成原子，原子再重新结合成新分子，故A正确； B．升高温度，分子能量增大，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，故B正确； C．能量越低越稳定，已知4P(红磷, s)=P(白磷, s)；∆H>0，则红磷比白磷稳定，故C正确； 4 D．升温，放热反应、吸热反应的反应速率均增大，故D错误； 选D。 ΔH<0 3．A 【解析】A．实验室制备氢气是放热反应，故 ，A符合题意； ΔH＞0 B．氯化铵分解得氨气是吸热反应，故 ，B不合题意； ΔH＞0 C．碳酸钙分解得氧化钙是吸热反应，故 ，C不合题意； Ba(OH) 8H O NH Cl ΔH＞0 D． 2 2 晶体与 4 晶体混合是吸热反应，故 ，D不合题意； 故答案为：A。 4．C 【解析】中和热是指稀溶液中，酸和碱每生成1molH O时放出的热量，据此分析解题： 2 A．HSO 与Ba(OH) 溶液反应放出的热量是5.12kJ，题干未告知HSO 与Ba(OH) 的物质的量且反应中还 2 4 2 2 4 2 生成有BaSO 沉淀，该反应也放热，故无法知道该反应的中和热，A错误； 4B．表示中和热的热化学方程式：H+(aq)+OH-(aq)=H O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，B错误； 2 C．在稀溶液中，强酸与强碱反应的中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含有0.5molHSO 的浓硫酸和含有 2 4 1molNaOH的溶液混合能生成1molH O，但由于浓硫酸稀释过程是放热的，故该反应放出的热量大于 2 57.3kJ，C正确； D．中和热的数值57.3kJ·mol-1，表示所有稀溶液中，强酸和强碱反应生成1molH O和可溶性盐的反应热， 2 D错误； 故答案为：C。 1g 1 5．D 【解析】n(NH 3 )=17g  mol-1 =17mol，则分解1molNH 3 吸收17×2.72kJ=46.24kJ能量，生成1molNH 3 放出46.24kJ能量，则生成2molNH 放出2×46.24kJ≈92.4kJ，故①错误，②正确； 3 ③分解1molNH 吸收17×2.72kJ=46.24kJ能量，故③正确；④分解2molNH 吸收92.4kJ能量，而不是放出， 3 3 故④错误， 综上所述答案为D。 6．A 【解析】燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，本题要求计算正丁烷的 燃烧热，即计算1mol正丁烷完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水时放出的热量，只有A符合要求，故选 A。 7．D 【解析】A．加入催化剂，降低活化能，b为加入催化剂的曲线，故A错误； B．催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应，故B错误； C．催化剂与反应条件是否需要加热无必然联系，如KClO 分解需要MnO 催化剂，也需要加热，故C错 3 2 误； D．图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，同时和计量数有关，所以HO 分解的热化 2 2 学方程式：2HO(l)=2H O(l)＋O(g) ΔH= -2(m-n)kJ·mol-1，故D正确； 2 2 2 2 故选：D。 8．C 【解析】A．由图可知：Na(s) Nag,  H 2 >0，故A正确； B．因为钾的金属性比钠强，所以在相同条件下，2K(g)2K(g) 的△H 3 ＇<ΔH ，故B正确； 3 ΔH +ΔH +ΔH +ΔH ΔH =ΔH C．根据反应的能量关系图可知： ，故C错误； 4 5 8 2 3 1 ΔH +ΔH =ΔH D．根据盖斯定律和反应的能量关系图可知： ，故D正确； 6 7 8 故答案：C。 9．A 【解析】已知：①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H (g) ΔH=+64.39 kJ·mol-1 2 2②2HO(l)=2H O(l)+O(g) ΔH=-196.46 kJ·mol-1 2 2 2 2 2 1 ③H(g)+2 O(g)=HO（1） ΔH=-285.84 kJ·mol-1 2 2 2 1 根据盖斯定律①+2 ×②+③，整理可得：Cu(s)+HO（1）+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H O（1） H=-319.68 2 2 2 △ kJ/mol; 选A。 1.7 g 10．C 【解析】根据题意知，5min内氨的质量增加了1.7g，其物质的量为：17 g•mol-1 =0.1mol， 0.1mol NH 3 Δn/(VΔt) 2L5min 0.01mol  L1  min1 ，利用化学反应速率之比等于对应物质的化学计量数之 1 3 比计算得N  (NH )=0.005molL1min1 ，H  (NH )=0.015molL1min1 ，故C正确。 2 2 3 2 2 3 故答案为：C。 11．C 【解析】A． 10s末时，生成0.6mol/LC，由反应可知，生成1.2molC的同时也生成1.2molD，则 1.2mol v(D)＝ 2L =0.06molL-1s-1，故A错误； 10s B．由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的A的物质的量为1.8mol，则A的转 1.8mol 化率= 100%=60%，故B错误； 3mol C．由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的B的物质的量为0.6mol，则剩余的 B的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，故C正确； D．由以上分析可知，平衡时A的物质的量为3mol -1.8mol=1.2mol，B的物质的量为0.4mol，C和D的物 1.2mol 质的量均为1.2mol，则C 的物质的量分数为= 100%=30%，故D错误； 1.2mol+0.4mol+1.2mol+1.2mol 故选：C。 12．D 【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故 A错误；B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误； C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化 了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t 的变化，故C错误； cY 4.0mol/L D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则 (Y) = = =2.0 υ t 2min 1 1 ， (X) = υ(Y) = 2.0 =1.0 ，故D正确； molL1min1 υ 2 2 molL1min1 molL-1min-1 答案选D。 13．D 【解析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反 应，升高温度，提供能量，能增大活化分子百分数，故A正确； B．加入催化剂后反应的活化能降低，但不能改变反应的起始状态，所以反应的焓变不变，故B正确； C．该反应为放热反应，反应物断键所需的总能量小于生成物成键所放的总能量，故C正确； D．恒温恒容条件下通入氦气，此时容器体积不变，则单位体积内O 的活化分子数不变，故D错误； 2 故选：D。 14．D 【解析】A、平衡常数随温度变化，不随浓度变化，增大c(HO)或减小c(H)，该反应平衡常数不变， 2 2 选项A错误； B、反应过程中一定伴随能量变化，改变温度平衡一定发生变化，平衡常数一定变化，选项B错误； C、平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到，固体和纯液体不写 [H]4 2 入表达式，平衡常数表达式为：K=[HO]4 ，选项C错误； 2 D、平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到，固体和纯液体不写 [H]4 2 入表达式，平衡常数表达式为：K=[HO]4 ，选项D正确； 2 答案选D。 15．C 【解析】 A．2NO 2 g  N 2 O 4 g ΔH 0，放在冰水中，温度降低，平衡向生成无色气体的方向 移动，所以颜色变浅； B．Cl 与反应存在化学平衡：Cl 2 H 2 O  HClHClO，使用饱和食盐水时，由于 HCl 在水中溶解度 2很大，可以除去杂质HCl，同时由于溶液中的 c  Cl 增大，化学平衡逆向移动，导致 Cl 2的溶解量、反应 Cl 量减小，因此可减少 2的损失； I C．体系颜色加深是因为压缩体积， 2的浓度增大，而加压平衡并未移动； D．铁粉消耗溶液中的 Fe3，使 Fe3离子浓度降低，使平衡FeSCN 3  Fe3 3SCN 正向移动，溶液颜 色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释； 故选C。 16．C 【解析】A. 图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该图像表示的反应方程式为 2A噲垐�� 3BC，甲中容器体积未知，无法计量A的反应速率，故A错误； B. 图乙：某温度下发生反应：H (g)I (g)噲垐�� 2HI(g)，根据图中信息得到t 时刻改变的条件可能是加入 2 2 1 催化剂，可能是加压，故B错误； C. 图丙：对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应 是吸热反应，升高温度，该反应平衡常数增大，故C正确； D. 图丁，根据下面两根曲线得到P＞P，从下到上，增大压强，C%增大，说明正向移动，即正向是体积 2 1 mnp 减小的反应，即 ，故D错误。 综上所述，答案为C。 17．A 【解析】 A．根据ΔG=ΔH-TΔS ，能够自发进行，ΔG＜0，因此要在ΔH ＜0同时ΔS＜0条件下 自发进行，需要在低温下才能自发进行，故A正确； B．根据ΔG=ΔH-TΔS ，能够自发进行，ΔG＜0，ΔH ＞0同时ΔS＞0时，需要在高温下才能自发进行， 故B错误； ΔH ΔH 2ΔH ΔH、ΔH ΔH ΔH C．HO(l)=HO(g) ΔH ＞0， 2 1 ， 1 2均小于0，因此推出 1＜ 2，故C错误； 2 2 ΔH、ΔH ΔH ΔH ΔH ΔH ΔH D． 1 2均小于0，S(s)=S(g) ΔH ＞0， 2 1 ，从而推出 1＜ 2，故D错误； 答案为A。 18．D 【解析】A．由图可知，T 先达到平衡，T＜T，且温度高对应SO 的体积分数小，可知升高温度 2 1 2 3 平衡逆向移动，则正反应为放热反应，反应的ΔH＜0，故A错误； x 12 B．设转化的SO 为xmol，则根据方程式可知 100%80%，解得x= mol，SO 的平衡 2 2x10.5xx 7 2 12 mol 转化率为 7 ×100%≈85.7%，故B错误； 2molC．催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则入适当的催化剂，目的是加快反应速率，但SO 的产率 3 不变，故C错误； D．K与温度有关，且升高温度平衡逆向移动，则T 时的化学平衡常数K 大于T 时的平衡常数K，故D 1 1 2 2 正确； 故选D。 19．（除标明外，每空1分）（1）环形玻璃搅拌棒 （2）确保硫酸被完全中和 （3）C （4）abcd（2分） （5）不相等 相等 【解析】 （1）如图所示，仪器A的名称是：环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒； （2）NaOH溶液稍过量的原因是：确保硫酸被完全中和，故答案为：确保硫酸被完全中和； （3）为了保证热量不散失，加入NaOH溶液的正确操作是：一次迅速加入，故答案为：C； （4） a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好，热量散失较大，所得中和热的数值偏 小，a项正确； b．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，b项正确； c．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HSO 测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得 2 4 的热量偏小，中和热的数值偏小，c项正确， d．使用温度计搅拌混合液体，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，d项正确， 故答案为：abcd； （5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L 的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，所放出的热量不相等； 但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60 mL 0.50 mol/L 的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。 20．（每空2分）（1）CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) H=-890kJ/mol 4 2 2 2 3 △ （2）HS(g)+2 O(g)===SO (g)+HO(l) ΔH＝－a kJ/mol 2 2 2 2 （3）N(g)+3H(g)===2NH (l) ΔH＝-2(b+c-a) kJ/mol. 2 2 3  （4）HF(aq) H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ/mol （5）S(s)+3F (g)═SF6(g) ΔH＝-1 220 kJ/mol. 2 【解析】（1）0.5mol CH 完全燃烧生成CO 和液态HO时，放出445kJ热量，1mol甲烷燃烧生成二氧化 4 2 2碳和液态水放热890kJ，反应的热化学方程式为：CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) H=-890kJ/mol， 4 2 2 2 故答案为：CH 4 (g)+2O 2 (g)=CO 2 (g)+2H 2 O(l) H=-890kJ/mol， △ （2） 已知H 2 S完全燃烧生成SO 2 (g)和H 2 O(l△)，H 2 S的燃烧热为a kJ·mol－1，则H 2 S的燃烧热的热化学方程 3 式为：HS(g)+2 O(g)===SO (g)+HO(l) ΔH＝－a kJ/mol， 2 2 2 2 3 故答案为：HS(g)+2 O(g)===SO (g)+HO(l) ΔH＝－a kJ/mol； 2 2 2 2 1 3 （3） 已知：2 N(g)＋2 H(g)=N(g)＋3H(g) ΔH＝＋a kJ·mol－1 2 2 1 N(g)＋3H(g)=NH (g) ΔH＝－b kJ·mol－1 3 2 NH (g)=NH (l) ΔH＝－c kJ·mol－1 3 3 3 1 3 根据盖斯定律，将以上三个热化学方程式相加即可得到2 N(g)＋2 H(g)=== NH(l) ΔH＝- (b+c-a) 2 2 3 kJ/mol.，即得到N(g)+3H(g)===2NH (l) ΔH＝-2(b+c-a) kJ/mol. 2 2 3 故答案为：N(g)+3H(g)===2NH (l) ΔH＝-2(b+c-a) kJ/mol. 2 2 3 （4） 已知：①HF(aq)＋OH－(aq)=F－(aq)＋HO(l) ΔH＝－67.7 kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)=H O(l) 2 2 ΔH＝－57.3 kJ·mol－1根据盖斯定律，①-②得：HF(aq) H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝(－67.7＋57.3)kJ·mol－1 ＝－10.4 kJ/mol， 故答案为：HF(aq) H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ/mol （5） 已知1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，F—F键能为160 kJ·mol－1，S—F键能为330 kJ·mol－1，ΔH＝生成物的总能量-反应物的总能量=反应物的键能-生成物的键能=280 kJ·mol－1+3×160 kJ·mol －1-6×330 kJ·mol－1= -1 220 kJ/mol， 所以 S(s)+3F (g)═SF6(g) ΔH＝-1 220 kJ/mol.， 2 故答案为：S(s)+3F (g)═SF6(g) ΔH＝-1 220 kJ/mol.； 2 21．（除标明外，每空1分）（1）0.079mol·L-1·s-1 0.395mol·L-1 79.0% （2分） （2）X(g)＋Y(g)2Z(g) （2分） （3）4H＋＋4I-＋O=2I ＋2HO（2分） 2 2 2 （4）温度对反应速率的影响 （5）淀粉溶液（6）CD 1.58mol 【解析】（1）10s时，Z的物质的量增加1.58mol，其反应速率为： 2L mol·L-1·s-1，X的物质 =0.079 10s 1.20mol-0.41mol 的量由1.20降低到0.41，其浓度较少量为： =0.395mol·L-1，Y的物质的量由1.0减少为 2L 1.0-0.21 0.21，其转化率为： 100%=79.0%，故答案为：0.079mol·L-1·s-1；0.395mol·L-1；79.0%； 1.0 （2）由图可知X、Y为反应物，Z为生成物，三者的变化分别为：0.79、0.79、1.58，变化量之比为 1:1:2，可得反应方程式为：X(g)＋Y(g)2Z(g)，故答案为：X(g)＋Y(g)2Z(g)； II.（1）KI具有强的还原性，能被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4H＋＋4I-＋O=2I ＋2HO，故 2 2 2 答案为：4H＋＋4I-＋O=2I ＋2HO； 2 2 2 （2）由表格数据可知，该实验改变的外界条件是温度，测量的是不同温度条件下显色的时间，可知其其 探究的是温度对反应速率的影响，故答案为：温度对反应速率的影响； （3）为确定显示的时间，需要用到指示剂与碘单质出现显色，结合碘单质的性质可知应用淀粉溶液作指 示剂，故答案为：淀粉溶液； （4）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，而浓度条件在（3）已经 控制一致，因此还必须控制不变的是试剂的量和试剂的添加顺序，故答案为：CD； 22．（除标明外，每空1分）（1）吸热 c(CO)c(H O) 2 （2） c(CO )c(H ) （2分） 吸热 2 2 （3）CE（2分） （4） 增大压强或使用催化剂 降低温度或从体系中分离出H 2 【解析】 （1）由表中数据可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正 反应吸热，故答案为：吸热。 （2）依据反应③：CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)，根据平衡常数的概念，该反应的平衡常数K = 2 2 2 3 c(CO)c(H O) 2 c(CO 2 )c(H 2 ) ；已知：①：Fe(s)+CO 2 (g)FeO(s)+CO(g)；②：Fe(s)+H 2 O(g)FeO(s)+H 2 (g)；根据盖斯c(CO) c(CO ) 2 定律将①-②可得③：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)，则K = = = ，依据表格中的 2 2 2 3 c(CO)c(H O) c(H ) K 2 2 1 c(CO )c(H ) c(H O) K  2 2 2 2 K 1 数据分析，温度升高， 增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应③正反应吸热，故答案为： K 2 c(CO)c(H O) 2 c(CO )c(H ) ；吸热。 2 2 （3）CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建 2 2 2 立的平衡向正反应方向移动，则 A．缩小反应容器的容积实质是增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故A不符合； B．扩大反应容器的容积，压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故B不符合； C．反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向移动，故C符合； D．使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不能使平衡发生移动，故D不符合； E．设法减小平衡体系中的CO的浓度，减小生成物浓度平衡正向移动，故E符合； 故答案为：CE。 （4）①图甲中t 时刻正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，所以改变的条件是增大压强或使用催化剂， 2 故答案为：增大压强或使用催化剂； ②图乙中t 时刻CO 浓度增大，而CO的浓度降低，即平衡向逆反应方向移动，所以改变的条件是降低温 2 2 度或从体系中分离出H，故答案为：降低温度或从体系中分离出H。 2 2 23．（除标明外，每空1分）（1）吸热 80% （2分） 34295（2分） （2）925℃ 温度太高，会降低催化剂的活性（2分） 温度过高时，使题述反应的平衡逆向移动， 导致脱硝效率降低（2分） T T >T T 【解析】（1）①根据“先拐先平数值大”原则， 1温度下先达到平衡，则 1 2， 1条件下CO的平衡浓 度大，说明升高温度，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。 ②温度为 T 1时，CO的起始浓度是 2.0molL1 ，达到平衡后CO的浓度是 0.4molL1 ，消耗的CO的浓度为 1.6molL1 100%80% 1.6molL1，NO的平衡转化率与CO的平衡转化率相等，为2.0molL1 。T ③温度为 2时，初始时CO和NO的浓度均为 2.0molL1 ，达到平衡状态时，CO和NO的浓度均为 0.1molL1 1.9molL1 ，消耗CO和NO的浓度均为 ，则： 催化剂         2NO g + 2CO g 2CO g + N g  2 2 △ 初始浓度/(mol/L) 2.0 2.0 0 0 平衡常数 。 转化浓度/(mol/L) 1.9 1.9 1.9 0.95 1.920.95 K  34295 平衡浓度/(mol/L) 0.1 0.1 1.9 0.95 0.120.12 （2）①由图2可知，SNCR脱硝技术的脱硝最佳温度为925℃，SCR脱硝技术使用催化剂，若温度太高， 会降低催化剂活性。 ②SNCR脱硝技术脱硝时发生的主要反应是放热反应，故温度过高时，使题述反应的平衡逆向移动，导致 脱硝效率降低。