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上学期期中测试卷03
高二化学·全解全析（通用卷）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
C D C C D D A B D C D C B D B B
1、【答案】C
【解析】氢能属于二次能源,A项正确;图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能,电能转
化为化学能、光能,化学能转化为电能等,B项正确;太阳能电池的供电原理是将太阳能转化为电能,而燃料电
池的供电原理是将化学能转化为电能,所以二者供电原理不相同,C项错误;太阳能、风能、氢能都属于新能
源,D项正确。
2、【答案】D
【详解】
A．有些放热反应也需要一定的条件才能发生，例如燃烧，A错误；
B．有些放热反应也需要加热条件，B错误；
C．在恒压条件下，化学反应的焓变等于化学反应的反应热，C错误；
D．焓变ΔH=生成物的能量和-反应物的能量和，当生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH>0 ,此反应
为吸热反应，D正确；
故选D。
3、【答案】C
【解析】对于任一化学反应，用不同的物质表示该反应的速率，其数值之比等于其化学计量数之比，
v(W)∶v(X)∶v(Y)∶v(Z)＝3∶2∶4∶3。v(W)＝v(Z)，A错误；3v(X)＝2v(Z)，B错误；2v(X)＝v(Y)，C正
确；2v(W)＝3v(X)，D错误。
4、【答案】C
【详解】ΔH＜0、ΔS＞0，则 ΔH＜0－rΔS＜0，任何温度下反应都能自发进行，故 A 正确；
NH HCO (s)===NH(g)＋HO(g)＋CO(g) ΔH＝＋185.57 kJ·mol－1能自发进行，原因是体系有自发地向混
4 3 3 2 2
乱度增加的方向转变的倾向，故B正确；因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变只有联
合起来作为反应自发性判断的依据，C错误；在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反
应进行的速率，D正确。
5、【答案】D
【解析】已知25 ℃、101 kPa下,1 mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01 kJ,则HO(l) HO(g) ΔH=+44.01
2 2
kJ·mol-1 Ⅰ、2HO(l) 2H(g)+O(g) ΔH=+571.66 kJ·mol-1 Ⅱ、C(s)+HO(g) CO(g)+H(g) ΔH=+131.29
2 2 2 2 2
1kJ·mol-1 Ⅲ、根据盖斯定律Ⅲ- ×Ⅱ+Ⅰ得C(s)+ O(g) CO(g) ΔH=+131.29 kJ·mol-1- ×571.66
2
kJ·mol-1+44.01 kJ·mol-1=-110.53 kJ·mol-1,则反应C(s)+ O(g) CO(g)的反应热为 ΔH=-110.53 kJ·mol-1,故D
2
正确。
6、【答案】D
【解析】表示HO(g)的生成热的热化学方程式为H(g)＋O(g)===HO(g) ΔH＝－243 kJ·mol－1，A错误。表示
2 2 2 2 f
CO(g)的燃烧热的热化学方程式为CO(g)＋O(g)===CO(g) ΔH＝－285 kJ·mol－1，B错误。由图1知O—H键的
2 2 c
键能ΔH ＝×(243＋436＋247)kJ·mol－1＝463 kJ·mol－1，C错误。由图1得H(g)＋O(g)===HO(g) ΔH＝－243
b 2 2 2
kJ·mol－1 ①，由图2得CO(g)＋O(g)===CO(g) ΔH＝－285 kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律，②－①得CO(g)＋
2 2
HO(g)===CO(g)＋H(g) ΔH＝－42 kJ·mol－1，D正确。
2 2 2
7、【答案】A
【解析】由于总反应ΔH＜0，为放热反应，降低温度，放热反应的K增大，故A错误；总反应＝反应①＋
反应②，K＝K·K ，故B正确；反应①ΔH＞0，为吸热反应，反应②ΔH＜0为放热反应，适当升温，反应
a b
①正移，反应②逆移，则[O]含量增加，可提高消毒效率，故C正确；平衡常数只与温度有关，故D正确。
8、【答案】B
【详解】
【过程虚拟】
第①步两容器平衡后状态一模一样。
第②步撤去隔板没有任何变化。
第③步压缩时平衡逆向移动，故NO 的转化率变小，选B。
2 4
注意：加入NO ，该平衡正向移动，这是真实存在的。运用过程假设法，推导平衡逆向移动，逆向移动是
2 4
虚拟的，不是真实存在的，这一点要特别注意。
9、【答案】D
【详解】A.C(s，金刚石)＋O(g)===CO (g) ΔH＝－395.4 kJ·mol－1①，C(s，石墨)＋O(g)===CO (g) ΔH
2 2 2 2
＝－393.5 kJ·mol－1②，①－②得出：C(s，金刚石)===C(s，石墨) ΔH＝－1.9 kJ·mol－1，此反应属于放热
反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故说法正确；B.根据A选项分析，故说法正确；C.石墨中层
内共价键的键长比金刚石的键长短，因此石墨的熔点比金刚石高，故说法正确；D.燃烧热：1 mol可燃物
2完全燃烧生成稳定的氧化物，所放出的热量，C转化成稳定的氧化物为二氧化碳，故说法错误。
10、【答案】C
【解析】A项:由题图可以看出,反应物的能量高于产物P1、P2的能量,反应为放热反应,故A项错误;B项:能
量越低越稳定,P1能量高于P2,所以稳定性P2>P1,故B项错误;C项:由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需
的活化能最大,则E =-18.92 kJ·mol-1-(-205.11 kJ·mol-1)=186.19 kJ·mol-1,所以C项正确;D项:由图示可知,由Z
正
到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能,则由中间产物Z转化为产物的速率:v(P1)>v(P2),
故D项错误。
11、【答案】D
【详解】
A．没有说明溶液的体积，不能计算1mol·L-1 CuCl 溶液中含有的Cl- 数目，故A错误；
2
B． 为二元弱酸， 溶液的 数小于 ，故C错误；C．标准状况下，
SO 是固体，不能通过体积计算物质的量，故C错误；
3
D．3mol NO 与足量HO反应生成了1mol一氧化氮，转移了2mol电子，转移的电子数为2N ，故D正确；
2 2 A
故选D。
12、【答案】C
【详解】A.0～6 min产生的氧气的物质的量 n(O )＝0.001 mol，n(H O)＝2n(O )＝0.002 mol，v(H O)＝
2 2 2 2 2 2
≈3.3×10－2mol/(L·min)，故A正确；B.＝3.73，＝1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6 min
大于6～10 min，故6～10 min的平均反应速率：v(H O)＜3.3×10－2mol/(L·min)，故B正确；C.6 min时，
2 2
c(H O)＝0.40 mol·L－1－＝0.20 mol·L－1，故C错误；D.6 min时，HO 分解的分解率为：×100%＝50%，故
2 2 2 2
D正确，故选C。
13、【答案】B
【详解】A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，
由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应 2NO＋O2NO 的平衡逆向移动，
2 2
说明该反应为放热反应，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所
以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高 NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状
态，增加O 的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则：
2
K＝＝，当0.25a＝0时，K＝2 000，所以K＞2 000，故D错误。
14、【答案】D
【详解】A项，a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生了
水解反应，则溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，错误；B项，a点NaA发生了水解反应，促
3进了水的电离，b点主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b
点，错误；C项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na
＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大
于NaA的水解程度，所以c(A－)＞c(HA)，正确。
15、【答案】B
【详解】
A．亚磷酸的结构为 ，且根据图示知，溶液中不存在PO ，则亚磷酸是二元酸，故A错误；
B．亚磷酸的 ，根据图示pH=6.5时，c(HPO )=c(H PO )，则K =c(H+)=10-6.5，
2 a2
即数量级为10-7，故B正确；
C．银离子还原为银单质，反应中银离子是氧化剂，氧化产物的化学式为HPO ，则HPO 是还原剂，根据
3 4 3 3
转移电子守恒，n(Ag+)=n(HPO )×(5-3)，即n(Ag+)：n(H PO )=2：1，故C错误；
3 3 3 3
D．根据图示知，pH为5~9时，HPO 转化为HPO ，主要的离子方程式为：HPO +OH-=HPO
2 2
+H O，故D错误；
2
故选B。
16、【答案】B
【详解】化学反应速率随温度的升高而加快，由图可得，M点到N点催化剂的催化效率随温度的升高而降
低，所以M点的正反应速率v 有可能小于N点的逆反应速率v ，故A项错误；设开始投料n(H )为4
正 逆 2
mol，则n(CO)为1 mol，如图当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列三段式得：
2
所以乙烯的体积分数为0.25÷(2.5＋0.5＋0.25＋1)×100%≈5.88%，故B项正确；催化剂不影响平衡转化率，
只影响化学反应速率，故C项错误；根据图像，当温度高于250 ℃，升高温度，二氧化碳的平衡转化率降
低，则说明平衡逆向移动，但催化剂与化学平衡没有关系，并不是平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降
4低，故D项错误。
17、（10分）【答案】
（1）5.0（1分）
（2）abe（1分）
（3）否（1分） 用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热
热结果会偏低（2分）
（4） HSO (aq)+ NaOH(aq)= NaSO (aq)+ HO(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1（2分）
2 4 2 4 2
（5） 4.0（1分） acd（2分）
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液时，根据需要245mLNaOH溶液，选择250mL的容量瓶配制溶液；中和热是
在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，故稀硫酸和稀氢氧化钠中和热
的热化学方程式为： HSO (aq)+ NaOH(aq)= NaSO (aq)+ HO(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1；在测定中和热时，
2 4 2 4 2
不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，是因为金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果
会偏低；
（1）实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据容量瓶规格，需要配制250mL溶液，则要称量NaOH固
体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g；
（2）氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答
案为abe；
（3）实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热
较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低；
（4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以表示稀硫酸
和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为： HSO (aq)+ NaOH(aq)= NaSO (aq)+ HO(l) ΔH=-57.3
2 4 2 4 2
kJ·mol-1；
（5）
①第2组数据明显有误，所以删掉，其它三组数据求平均值，温度差平均值=
5=4.0°C；
②a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则结果偏低，a项选；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于
57.3kJ/mol，b项不选；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小
烧杯中，否则造成热量散失，c项选；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HSO 溶液的温度，发生酸碱中和放热，使所测温度偏高，
2 4
结果偏低，d项选；
答案选acd。
18、（10分）【答案】
（1） （2分）
（2）5（1分） 过量（1分）
（3） （1分）
（4）温度不是反应速率突然加快的原因（2分）
（5）催化剂（1分） D（2分）
【分析】
（1）酸性 与 发生氧化还原反应，KMnO 被还原为Mn2+，溶液褪色，HC O 被氧化为
4 2 2 4
CO，反应的离子方程式为： 。
2
（2）为了探究 与 浓度对反应速率的影响，需要保持溶液总体积相等。根据实验1可知，
溶液总体积为20mL，所以实验4中加入的水的体积为5mL，即X=5。4号实验中，HC O 的物质的量为
2 2 4
0.5mol/L×5×10-3L=2.5×10-3mol，KMnO 的物质的量为0.2mol/L×10×10-3L=2×10-3mol，根据反应的方程式可
4
知，KMnO 是过量的，所以一直看不到溶液褪色。
4
（3）2号反应中，HC O 的物质的量为0.5mol/L×10×10-3L=5×10-3mol，KMnO 的物质的量为0.2mol/
2 2 4 4
L×5×10-3L=1×10-3mol，根据反应的方程式可知，KMnO 是少量的，1×10-3mol 的KMnO 消耗 的物
4 4
6质的量为2.5×10-3mol，则用草酸表示的反应速率为 = 。
（4）
从表中可以看出，随着反应的进行，温度升高得很缓慢，所以温度不是反应速率突然加快的原因。
（5）
影响化学反应速率的因素除了温度外，还有浓度、压强和催化剂。该反应是溶液中进行的反应，其速率不
受压强的影响；随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，而速率却明显加快，说明是催化剂加快了反应速
率。反应开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快有可能是反
应本身生成了催化剂。根据反应的方程式 ，应该
是生成的Mn2+起到了催化剂的作用。可以选择在反应开始时就加入硫酸锰，和不加硫酸锰的反应速率做对
比，从而得出是否是Mn2+做了催化剂的结论，故选D。
19、（7分）【答案】
（1）A（1分）
（2） （2分）
（3）415.1（2分）
（4）c（2分）
【解析】
（1）A．通过甲烷燃烧时的能量变化图，可知1mol甲烷燃烧放出的热量 H=80 -882
=-802 ，则该反应的热化学方程式是对的，故A正确；
B．甲烷完全燃烧时化学能除了转化为热能还有光能，故B错误；
C．通入空气太多，会带走热量，不利于甲烷燃烧，故C错误；
本题答案A。
（2）根据盖斯定律可知， (①+②)可得 将 还原为 的热化学方程式，则该热化学方程
式为 ，其中 = ( + )。
7（3） ，根据反应的焓变等于反应物的键能总和
减去生成物的键能总和，则 =(4a+465 )-(1076+436 )=206.4，解得a=415.1
（4）a． ，氢气的正逆反应速率并不相等，故a错误；
b．由于反应是在恒容密闭容器中进行的，气体的总质量不发生变化，则反应的始终过程中，密度是一直
不变的，故b错误；
c． 是气体总物质的量减小的反应，则在恒容密闭容器中，容器内压强保持不变，可
证明反应达到平衡，故c正确；
d． 、 、 的浓度之比为1∶3∶2并不能说明反应的正逆反应速率相等，故d错误；
本题答案c。
20、（15分）【答案】氧化（1分） （2分） “制备
ClO ”时是酸性条件下，HO 作还原剂可用S代替，“吸收”时是碱性条件，S会优先与NaOH发生反应
2 2 2
NaSO （5分） 酸式滴定管（1分） 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁（2分）
2 4
（2分） 碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质（2分）
【分析】
根据流程可知，氯酸钠酸性环境中将HO 氧化，自身被还原得到ClO ，生成的ClO 被HO 和NaOH溶液
2 2 2 2 2 2
混合溶液吸收，得到NaClO，蒸发浓缩冷却结晶，过滤得到NaClO。
2 2
【详解】
(1)一般具有强氧化性的物质会具有漂白性，亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要是因为其具有氧化性；
(2)根据所给反应方程式可知双氧水作还原剂，所以用S代替双氧水，S作还原剂，由于+4价的硫也具有较
强还原性，所以该反应中S被氧化成硫酸根，根据电子守恒可知ClO 和S的系数比为6：1，结合元素守
恒可得离子方程式为 ；“制备ClO ”时是酸性条件下，HO
2 2 2
作还原剂可用S代替，“吸收”时是碱性条件，S会优先与NaOH发生反应，所以不宜用S代替HO；
2 2
8(3)根据第(2)题中所给方程式可知废液中含有大量硫酸钠；
(4)①待测液呈酸性，故移取25. 00 ml.待测液可用酸式滴定管或移液管；
②为了保证滴定管中流出的液体能完全反应，需要用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
③根据题给方程式可得关系式 ，故样品中NaClO 的质量分数为
2
；由于碘离子具有较
强的还原性，能被空气巾的氧气氧化成碘单质，导致消耗NaSO 标准溶液的体积偏大，因此实验测得结
2 2 3
果偏高。
21、（14分）【答案】
（1）285.8kJ/mol（2分）
（2）4725.8kJ（2分）
（3）3:1（2分）
（4）470（2分）
（5）+226.7kJ•mol-1（2分）
（6）3SO (g)+2HO(g)=2H SO (l)+S(s)，△H=-254kJ•mol-1（2分）
2 2 2 4
（7）(CH)NCHO(g)+2H(g)=N(CH )g(g)+HO(g) H=-1.02N eV·mol-1（2分）
3 2 2 3 3 2 A
【分析】 △
（1）1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出得热量为燃烧热，故H 的燃烧热为285.8kJ/mol。
2
（2）1molH 完全燃烧放出的热量为285.8kJ，2molC H 完全燃烧放出的热量为4440kJ，故放出的总能量为
2 3 8
4725.8kJ。
（3）设氢气的物质的量为xmol，丙烷的物质的量为ymol，则x+y=5，285.8x+2220y=3846.75，解得
x=3.75，y=1.25，所以H 和C H 的体积比是3:1。
2 3 8
（4）白磷燃烧的方程式为P+5O ＝PO ，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-
4 2 4 10
O、4molP=O，所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×172kJ/mol+5mol×498kJ/mol)=2378.0kJ，解得
x=470；
（5）已知：①C(s，石墨)+O (g)＝CO(g) H=-393.5kJ•mol-1；②2H(g)+O(g)＝
2 2 1 2 2
2HO(l) H=-571.6kJ•mol-1；③2C H(g)+5△O(g)＝4CO(g)+2HO(l) H=-2599kJ•mol-1；2C(s，石墨)
2 2 2 2 2 2 2 2
△ △
+H (g)=C H(g)的反应可以根据①×2+②× -③× 得到，所以反应焓变△H=2×(-393.5kJ•mol-1)+
2 2 2
9(-571.6kJ•mol-1)× -(-2599kJ•mol-1)× =+226.7kJ•mol-1；
（6）根据图示，反应Ⅱ为3SO (g)+2HO(g)=2H SO (l)+S(s)；将Ⅰ-Ⅲ得3SO (g)+2HO(g)=2H SO (l)+S(s)，
2 2 2 4 2 2 2 4
△H=-(+55kJ•mol-1)-(-297kJ•mol-1)=-254kJ•mol-1。
（7）由题中图示可知，该反应的总反应是由(CH)NCHO(g)转化为N(CH )(g)，但1.02eV为单个
3 2 3 3
(CH)NCHO(g)反应时放出的热量△H=-1.02N eV·mol-1，所以热化学方程式为(CH)NCHO(g)
3 2 A 3 2
+2H (g)=N(CH )g(g)+HO(g) H=-1.02N eV·mol-1。
2 3 3 2 A
△
1011
