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上学期期末测试卷01
高二化学·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
D C C A B C B C A B A D C D C D
1．【答案】D
【详解】
总反应焓变小于0，为放热反应，所以A+B的能量高于C，第一步反应焓变大于0为吸热反应，所以A+B
的能量低于X，第二步反应焓变小于0为放热反应，所以X的能量高于C，综上所述图像D符合，故答案
为D。
2．【答案】C
【详解】
A．没有参照物，所以无法判断，故A项不选；
B．两实验的催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B项不选；
C．两个实验不同点只有是否具有催化剂，所以能够判断催化剂对化学反应速率的影响，故C项选；
D．两实验温度不同，其目的是探究温度对化学反应速率的影响，故D项不选；
故答案为C。
3.【答案】C
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不
变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，
当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】
A. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当体系的压强不再发生变化时，说明反应到达平
衡，故A不选；
B. 该反应是气体体积增大的反应，反应过程中气体总质量增大，体积不变，密度增大，当气体密度不再发
生变化时，说明反应到达平衡，故B不选；
C. 反应C(s)+HO(g) CO(g)＋H(g)中，每生成1mol CO(g)的同时，生成1mol H(g)，CO与HO浓度始终
2 2 2 2
相等，当CO与HO浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；
2
D. 1 mol H−H键断裂等效于生成2 mol H−O键的同时断裂2 mol H−O键，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达平衡状态，故D不选；
故选C。
4．【答案】A
【详解】
25℃时，溶液中由水电离产生的c(H+) 为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-) 也为10-13mol/L；若溶液呈
水 水
强酸性，根据K =c(H+)∙c(OH-) ，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+) 与c(H+)相比，可以忽略不计，
w 水 水
故该酸性溶液pH为1；若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+) =10-1mol/L，根据
水
K =c(H+)∙c(OH-)，可知溶液中c(OH-)为10-1mol/L，故该碱性溶液pH为13；综上所述，该溶液可能是酸性，
w
也可能是碱性，pH可能为1，也可能为13，故A正确。
故选A。
5．【答案】B
【详解】
水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液也可能是碱溶液；
A．亚铁离子不能在无色溶液中大量存在，且酸性溶液中硝酸根会把亚铁离子氧化，故A不符合题意；
B．酸性或碱性环境中四种离子相互之间均不反应，且无色，可以大量共存，故B符合题意；
C．F-不能在酸性溶液中大量存在，Ag+不能在碱性溶液中大量存在，故C不符合题意；
D．亚硫酸氢根既能和氢离子反应也能和氢氧根反应，酸性或碱性溶液中均不能大量共存，故D不符合题
意；
综上所述答案为B。
6．【答案】C
【详解】
A．没注明物质的聚集状态，选项A错误；
B．没注明物质的聚集状态，选项B错误；
C．1g火箭燃料肼（NH）气体燃烧生成N 和HO（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（NH）气体
2 4 2 2 2 4
燃烧生成N 和HO（g）时，放出534.4kJ的热量，即NH（g）+O （g）=N （g）+2H O（g）
2 2 2 4 2 2 2
△H=-534.4kJ/mol，选项C正确；
D．反应为放热，焓变为负值，选项D错误；
答案选C。
7．【答案】B
【分析】原电池的总反应为：Cu＋2Ag＋ Cu2＋＋2Ag，Cu极作负极，电极方程式为：Cu-2e-= Cu2＋，Ag极作正极，
电极方程式为：2Ag＋+2e-=2Ag，以此解答。
【详解】
A. Cu为负极Ag为正极，电子从负极Cu经导线流向正极Ag，故A错误；
B. 右烧杯发生电极反应Cu-2e-= Cu2＋，电极重量减轻，故B正确；
C. 电池工作时，阳离子向正极移动，Cu2＋向银电极移动，故C错误；
D. Ag极作正极，电极方程式为：2Ag＋+2e-=2Ag，没有气泡产生，故D错误；
故选B。
8．【答案】C
【详解】
A．该装置为牺牲阳极的阴极保护法，符合原电池的工作原理，A错误；
B．金属 的还原性应该比 的还原性强，才能优先失去电子，从而保护铁不被腐蚀，B错误；
C．当水体环境呈较强酸性时，H+向钢铁设施一极移动，得到电子生成氢气，钢铁设施表面会有气泡冒出，
C正确；
D．当水体环境呈中性时，发生吸氧腐蚀，O 得到电子，反应为 ，D错误；
2
答案选C。
9．【答案】A
【详解】
A．根据反应热键能计算，反应(2)的 △H＝
，解得x= ，
A项正确；
B．根据盖斯定律，由反应 可得：HO(g)＝HO(l) △H= kJ/mol，水从气态到液态、从液态到
2 2
固态的变化均是熵减的过程，故正反应为熵减小的反应，B项错误；
C．当有4N 个C‒H键断裂时，1molCH 反应，若生成HO(l)放出akJ热量，若生成HO(g)，则放出bkJ热
A 4 2 2
量，C项错误；
D．CH 燃烧为放热反应，a、b均小于零。且反应物相同时，生成同种液态物质放出的热量比生成等量的
4气态物质放出的热量多，故a＜b。根据燃烧热的定义，燃烧热所生成的产物一定是稳定的。则水应为液态，
故甲烷燃烧热为akJ/mol；D项错误；
答案选A。
10. 【答案】B
【分析】
溶液中存在平衡， 、 、
，由于常温下 溶液 ，说明电离大于水解，
据此解答问题。
【详解】
A．溶液中 会发生水解和电离，因此 ，A错误；
B．由上述分析可知， 溶液中 的电离大于水解，但电离、水解均是少量的，因此
，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒： ，C错误；
D．溶液中加入少量 溶液发生反应： ，D错误；
答案选B。
11．【答案】A
【详解】
A．该反应前后气体总质量减小，混合气体的物质的量不变，则混合气体平均摩尔质量在反应前后减小，
当容器中混合气体的平均摩尔质量不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B．平衡后加入X，平衡正向移动，但是消耗X的增加量小于加入X的量，所以X转化率减小，但是Y转
化率增大，故B错误；
C．焓变只与反应物和生成物能量差有关，与反应条件、平衡移动方向无关，故C错误；
D．W是固体，不影响化学反应速率，所以平衡后加入少量W，逆反应速率不变，故D错误；
故答案选A。
12．【答案】D【详解】
A. CO的燃烧热为283 kJ·mol−1，单位错了，A错误；
B．图中的CO(g)＋O2(g)系数不等于方程式的化学计量数，不能表示由1 mol CO生成CO 的反应过程和能
2
量关系，B错误；
C．ΔH跟化学计量数成正比，化学计量数扩大2倍，ΔH也扩大2倍，ΔH变为−452 kJ·mol−1，但是选项中
CO 为固态，变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，ΔH −452 kJ·mol−1，C错误；
2
D．根据盖斯定律，式① 式②可以求出NaO(s)＋CO(g)=Na CO(>s)的反应热，D正确；故选D。
2 2 2 3
13．【答案】C ÷2+
【详解】
A．升高温度，NO浓度增大，平衡逆向移动，逆向是吸热个，正向为放热反应，故A错误；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K ＜K ，故B错误；
2 1
C．在T℃时，若反应体系处于状态D，D向平衡方向移动，浓度减低，则为正向移动，因此υ ＞υ ，故
2 正 逆
C正确；
D．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此p(D)=p(B)，C、D物质的量相等，温度C
大于D点，因此压强p(C)＞p(D)，故D错误。
综上所述，答案为C。
14．【答案】D
【详解】
A. 固体氢氧化钠溶于水的过程中也放出一定的热量，故用固体氢氧化钠与稀盐酸反应来探究中和反应中能
量的变化情况，显然不合理，故A错误；
B. 稀硝酸可以把BaSO 氧化成BaSO，不能说明原NaSO 溶液已变质，故B错误；
3 4 2 3
C. 向pH＝3的醋酸溶液中，加入醋酸铵溶液，使醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，溶液pH增
大，溶液仍然呈酸性，该现象不能说明醋酸铵溶液呈碱性，故C错误；
D. 向含有少量CuCl 的MgCl 溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转换成了蓝色的
2 2
氢氧化铜沉淀，根据沉淀转化的原则可知，K [Mg(OH) ]＞K [Cu(OH) ]，故D正确；
sp 2 sp 2
故选D。
15．【答案】C
【分析】
用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH SO 溶液，由于HSO 是二元酸，滴定过程中存在两个化学计
2 3 2 3
量点，滴定反应为：NaOH+H SO ═NaHSO+H O，NaHSO+NaOH═Na SO +H O，完全滴定需要消耗
2 3 3 2 3 2 3 2NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想判断分析。
【详解】
A．W点时，c( )=c(H SO )，pH=2，则K = c(H+)=10-2，Y点时，c( )=c( )，pH=7.19，K =
2 3 a1 a2
c(H+)=10-7.19，HSO 的 =1×105.19，故A错误；
2 3
B．根据分析，第一化学计量点时，溶液中恰好存在NaHSO，根据图象，此时溶液中c(NaHSO)=
3 3
=0.05mol/L，溶液pH=4.25，所以0.05mol/L NaHSO 溶液的pH=4.25，故B错误；
3
C．根据图象，Y点为第二滴定点，溶液中c( )=c( )，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(
)+2c( )，由于c( )=c( )，所以3c( )=c(Na+)+c(H+)−c(OH−)，故C正确；
D．Z点为第二化学计量点，此时溶液中恰好存在NaSO ，溶液显碱性，表明 会水解，考虑水也存在
2 3
电离平衡，因此溶液中c(OH−)＞c( )，故D错误；
答案选C。
16．【答案】D
【详解】
A．电解池左侧发生反应Fe3+→Fe2+，左侧是阴极，电源a端为负极，故A正确；
B．Fe的价电子排布式是3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，故B正确；
C．根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HCl－2e－=2H＋＋Cl，故C正确；
2
D．根据电子守恒，电路中转移1mol电子，需要消耗0.25mol氧气，标准状况下的体积是5.6L，故D错误；
选D。
17.【答案】（除特别说明，每空2分）减小（1分） 不变（1分）
NO (g)＋CO(g)=CO(g)＋NO(g) ＝－234kJ·mol-1
2 2
CHOH(g)＋3/2O (g)=CO (g)＋2HO(l) ＝－764.7kJ·mol-1
3 2 2 2
N(g)＋O(g)=2NO(g) ＝＋183kJ·mol-1
2 2【详解】
(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E 和E 都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的
1 2
总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO 和1mol CO反应生成
2
CO 和NO放出热量368-134=234 kJ，反应热化学方程式为NO (g)+CO(g)=NO(g)+CO (g) =-234
2 2 2
kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO (g)+CO(g)=NO(g)+CO (g) =-234 kJ•mol-1；
2 2
(2)依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得到CHOH(l)+ O(g)=CO (g)+2HO(l)
3 2 2 2
=3×(-192.9kJ•mol-1)-2×(+49.0kJ•mol-1)+2×(-44 kJ•mol-1)=-764.7 kJ•mol-1；故答案为：CHOH(l)+
3
O(g)=CO (g)+2HO(l) =-764.7 kJ•mol-1；
2 2 2
(3)由题干图示可知，该反应中的反应热=（945+498）kJ•moL-1-2×630 kJ•moL-1=+183 kJ•moL-1，所以其热化
学反应方程式为：N(g)+O(g)=2NO(g) =+183 kJ•moL-1，故答案为：N(g)+O(g)=2NO(g) =+183
2 2 2 2
kJ•moL-1。
18．【答案】（每空2分） Ⅱ 60% 0.045
【分析】
生成氢气的反应可由图、铁的性质找到；计算，则是落实到具体的反应方程式、运用三段式、从图中获取
数据信息、结合转化率的定义、平衡常数的定义、分压的定义进行即可；
【详解】
(1)①由图知，在300°C时铁与水蒸气反应产生H，化学方程式为 。
2
②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ
的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，当增加镍粉用量时，CO 镍催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增
2
加较大的一步是II。
(2)反应I：CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)，反应II：2CO(g)+6H(g) C H(g)+4HO(g)，当在1L恒容
2 2 4 2 2 2 2 4 2
密闭容器中充入1molCO 和4molH ，由图知，T 时，反应Ⅰ分别生成0.2mol甲烷、反应Ⅱ生成0.2mol乙
2 2 1
烯，则 ，，
则T℃时，CO 的转化率 。T℃平衡时，
1 2 1
， ，
， ，反应I的平衡常数
；
(3) 对反应：2CO(g)+6H(g) C HOH(g)+3H O(g),正反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，所以
2 2 2 5 2
产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H，b表示
2
CO，c为HO，d为C HOH；T 温度时，m=3时，设n(CO)=3mol，n(H )=9mol，列三段式如下：
2 2 2 5 4 2 2
， ，3−2x=x，解得
x=1mol，则乙醇所占的物质的量分数为
，反应达到平衡时物质
d的分压p(d)= 。19．【答案】（方程式2分，其余每空1分）正 d 2Cl-+2H O 2OH-+H +Cl 负
2 2 2
↑ ↑
4OH-- 4e-=2H O+O 变小 变浅 铜 5.4
2 2
【详解】 ↑
（1）①由钠离子的移动方向可知，A电极为阳极，与直流电源正极相连，故答案为；正；
②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，B电极为阴极，与直流电源负极相连，水在阴极上得到电
子发生还原反应生成氢气，同时破坏水的电离平衡，在阴极区云集大量氢氧根离子，则氢氧化钠溶液从图
中d处流出，故答案为：d；
③电解饱和食盐水时，反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H O 2OH-
2
+H ↑+Cl↑，故答案为：2Cl-+2H O 2OH-+H ↑+Cl↑；
2 2 2 2 2
（2）①将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F为电解池的阴极，则B为电源的负极，C为电解池的
阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子分氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH-- 4e-=2H O+O↑；
2 2
甲池电解硫酸铜溶液，电解时反应生成硫酸、铜和氧气，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小；氢氧
化铁胶粒带正电荷，向阴极Y移动，则阳极X附近的颜色逐渐变浅，故答案为：负；4OH-- 4e-
=2H O+O↑；减小；变浅；
2 2
②由图可知，G为电镀池的阳极，则丙装置给铜件镀银时，H为镀件铜；当乙中溶液的OH-浓度为
0.1mol/L(此时乙溶液体积为500mL)时，电路中转移电子数目为0.1mol/L×0.5L=0.05mol，则铜镀件上析出
银的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g，故答案为：铜；5.4。
20．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）571.4 将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度
温度过高将会导致NH HCO 的分解及氨水的分解挥发
4 3
取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红 氨水 （1分）
SrSO ＋2C=SrS＋2CO↑(或SrSO ＋4C=SrS＋4CO↑)
4 2 4
取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍
过量的3mol·L－1HSO ，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干
2 4
【分析】
天青石精矿(主要含SrSO ，还含有少量SiO、CaSO、BaSO)，加入碳酸氢铵溶液和氨水浸取，可将SrSO
4 2 4 4 4转化为SrCO ，过滤后滤渣含有SiO、CaCO 、BaSO、SrCO 滤液中含有NH ，滤渣经过焙烧，“焙烧”所
3 2 3 4 3
得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH) 溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO ，以此解答。
2 4
【详解】
(1)室温下，反应SrSO (s)＋CO (aq) SrCO (s)＋SO (aq)达到平衡，则溶液中 =
4 3
= =571.4，故答案为：571.4；
(2)一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取天青石精矿时，向NH HCO 溶液中加入适量浓氨水的
4 3
目的是：将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度；NH HCO 加热易分解，温度过高将会导致
4 3
NH HCO 的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃、搅拌、反应3小时，温度过
4 3
高将会导致SrSO 的转化率下降，故答案为：将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度；温度过高
4
将会导致NH HCO 的分解及氨水的分解挥发；
4 3
(3) SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH) ，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，
2
溶液不变红说明浸取完全，故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红；
(4)第一步浸取滤液中含有NH ，在沉淀过程中会生成NH HO，可循环利用，故答案为：氨水；
3 2
(5)①SrSO 与C发生氧化还原反应生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方
4
程式为：SrSO ＋2C=SrS＋2CO↑(或SrSO ＋4C=SrS＋4CO↑)，故答案为：SrSO ＋2C=SrS＋2CO↑(或
4 2 4 4 2
SrSO ＋4C=SrS＋4CO↑)；
4
②由图可知，90℃是Sr(OH) 的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用
2
NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1HSO ，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故
2 4
答案为：取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并
后滴加稍过量的3mol·L－1HSO ，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。
2 4
21．【答案】（除特殊说明，其余每空2分）高温（1分） 2HSO (1)=2SO(g)+O (g)
2 4 2 2+2H O(g) H=+550kJ/mol ＞（1分） 0.0125 (或0.167) 吸收（1分） c(H)·c(I)
2 2 2
△
（1分）
【分析】
(1)由反应式①+②可得热化学方程式；
(2)①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H 的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正
2
反应为吸热反应；
②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H )=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡
2
分压 ，计算出各组分气体的分压，从而求得平衡常数；
(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量；
②反应速率由慢反应决定，即v=kc(HI)•c(I)，用第一步反应kc(I )=k c2(I)，求出c(I)的表达式，用第二步
3 2 1 2 -1
的反应kc(I)•c(H)=k c(HI)，求出c(HI)的表达式，代入即可求得v。
2 2 -2 2 2
【详解】
(1)①反应①是气体物质的量增大的吸热反应，由 ，能自发进行的条件是高温，故答案为：
高温；
②由反应式①+②可得出反应Ⅱ的热化学方程式：2HSO (1)=2SO(g)+O(g)+2HO(g)△H=+550kJ/mol；故
2 4 2 2 2
答案为：2HSO (1)=2SO(g)+O(g)+2HO(g)△H=+550kJ/mol；
2 4 2 2 2
(2)①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H 的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正
2
反应为吸热反应，该反应的△H＞0，故答案为：＞；
②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H )=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡
2
分压 p，各气体的平衡分压： ，
，反应HI(g) H(g)+ I(g)的平衡常数
2 2，故答案为：0.0125； (或0.167)；
(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量，故答案为：吸收；
②反应速率由慢反应决定，即v=kc(HI)•c(I)，
3 2
第一步是快速平衡，kc(I )=k c2(I)，可得 ，第二步也是快速平衡，
1 2 -1
kc(I)•c(H)=k c(HI)，可得 ，则速率方程为：
2 2 -2 2
，故答案为： c(H)·c(I)。
2 2
