高二化学上册同步测试题(含答案）第一～四章

1、.*;高二化学上册同步测试题含答案第一四章化学与人类进步和社会开展的关系非常亲密，它的成就是社会文明的重要标志。以下是查字典化学网为大家整理的高二化学上册同步测试题，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典化学网一直陪伴您。一、选择题此题包括16小题，每题3分，共48分;每题只有一个选项符合题意1.以下说法中正确的选项是A.反响热指的是反响过程中放出的热量B.热化学方程式的化学计量数可表示分子的个数C.在热化学方程式中无论反响物还是生成物必须标明聚集状态D.所有的化学反响都伴随光能变化解析： 当不同状态的物质参加反响或在反响中生成时，反响中的热量变化值是不同的，故在书写热化学方程式时，必须

2、注明物质的聚集状态。答案： C2.2019安徽亳州市高二期末N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25 mol N2H4g完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5 kJ热量 。那么以下热化学方程式中正确的选项是A.N2H4g+O2g=N2g+2H2Og H=+267 kJmol-1B.N2H4g+O2g=N2g+2H2Og H=-534 kJmol-1C.N2H4g+O2g=N2g+2H2Og H=+534 kJmol-1D.N2H4g+O2g=N2g+2H2Ol H=-133.5 kJmol-1解析： 据题意可知：1 mol N2H4g完全燃烧生成氮气和气态水时，放出的热量为534 kJ，

3、故B正确。答案： B3.2019河南焦作市高二期末对于A2+3B2? ?2C的反响来说，以下化学反响速率的表示中，反响速率最快的是A.vA2=0.4 molL-1s-1B.vB2=0.8 molL-1s-1C.vC=0.6 molL-1s-1D.vB2=42 molL-1min-1解析： 判断反响进展快慢时，需将化学反响速率换算成同一物质，同一单位表示，再比较数值大小，假如均用B2表示，那么：A项：vB2=1.2 molL-1s-1，C项：vB2=0.9 molL-1s-1。D项：vB2=0.7 molL-1故A最快。答案： A4.升高温度，以下数据不一定同时增大的是A.化学反响速率vB.弱电

4、解质的电离平衡常数KaC.化学平衡常数KD.水的离子积常数KW解析： 升高温度，化学反响速率、电离平衡常数、水的离子积常数一定增大，假设可逆反响正反响为吸热反响，那么升高温度，K增大，反之那么K减小，C符合。答案： C5.可逆反响mAg? ?nBg+pCs H=Q，温度和压强的变化对正、逆反响速率的影响分别符合以下图中的两个图象，以下表达正确的选项是A.mn，Q0 B.mn+p，Q0C.mn，Q D.m解析： 由图象可知，温度升高，v正、v逆都增大，且v逆v正，平衡向逆反响方向挪动，逆反响为吸热反响;压强增大，v正、v逆都增大，且v正v逆，平衡向正反响方向挪动，正反响为气体体积减小的反响。答案

5、： C6.2019焦作市高二检测如下图的原电池，以下表达正确的选项是盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液A.反响中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液B.取出盐桥后，电流计仍然发生偏转C.铜片上有气泡逸出D.反响前后铜片质量不改变解析： 原电池工作时，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，Cl-移向ZnSO4溶液，A正确;取出盐桥后，不能构成闭合回路，电流计不发生偏转，B错误;正极发生反响：Cu2+2e-=Cu铜片上有红色物质析出，反响后铜片质量增加，C、D错误。答案： A7.2019泉州一中高二期末将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，以下有关的说法：盐酸过量 氨水过量 恰好完全反响 cNH4+=cCl- cN

6、H4+A. B.C. D.解析： 氨水与盐酸恰好完全反响生成NH4Cl和水时，由于水解反响使溶液呈酸性，当将氨水滴入盐酸中至中性，说明氨水过量，错误，正确;由电荷守恒得：cH+cNH4+=cCl-+cOH-，溶液呈中性说明cH+=cOH-，那么cNH4+=cCl-，正确。答案： D8.2019湖南师范大学附属中学高二期末25 时，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的氢氧化钠溶液10V mL时，溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，那么此时a+b的值为A.14 B.15C.13 D.不能确定解析： 由cCl-=cNa+可知cH+=cOH-，V mL10-3 L/mL10-a=10

7、V mL10-3 L/mL10b-14，化简可得a+b=13，C项正确。答案： C9.物质的量浓度一样的以下溶液中：NH4Cl NH42CO3 NH42SO4 NH4HSO4NH4HCO3 cNH4+由大到小的顺序是A. B.C. D.解析： 和中1 mol溶质中均含2 mol NH4+;而和中均含1 mol NH4+，可见和中cNH4+大于和中cNH4+，HCO3-可与NH4+发生双水解，故排在最后。和比较，中的NH4+和CO32-属于互相促进的双水解，故NH4+消耗的较多，因此和比较，中NH4HSO4电离产生的H+对NH4+的水解有抑制作用，因此。综合分析结果D项正确。答案： D10.20

8、19本溪市高二期末以下说法或表示法正确的选项是A.在化学反响过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B.在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，那么表示氢气燃烧热的热化学方程式为2H2g+O2g=2H2Ol H=-571.6 kJ/molC.温度、浓度的改变一定会引起反响速率的改变，所以化学平衡一定会挪动D.酸与碱恰好完全反响生成正盐的cH+=cOH-=10-6 mol/L的溶液一定呈中性解析： 在化学反响中，物质的变化一定伴随着能量的变化，A错误;表示H2燃烧热的热化学方程式为H2g+12O2g=H2Ol H=-285.8 kJ/mol，B错误;浓度

9、的改变不一定会引起化学平衡的改变，如对于反响H2g+I2g? ?2HIg，各物质浓度均增大一倍。但平衡不挪动，C错误;cH+=cOH-，溶液一定呈中性，D正确。答案： D11.2019焦作市高二期末在以下溶液中，BaSO4的溶解度最大的是A.1 mol/L H2SO4溶液 B.2 mol/L Na2SO4溶液C.0.1 mol/L BaCl2溶液 D.纯水解析： 固体BaSO4存在溶解平衡，BaSO4s? ?Ba2+aq+SO42-aq，H2SO4溶液、Na2SO4溶液、BaCl2溶液均能使溶解平衡向左挪动，从而降低BaSO4的溶解度，故在纯水中BaSO4的溶解度最大，D正确。答案： D12.

10、一种燃料电池中发生的化学反响为：在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水l和二氧化碳。该电池负极发生的反响是A.CH3OHg+O2g-2e-=H2Ol+CO2g+2H+aqB.O2g+4H+aq+4e-=2H2OlC.CH3OHg+H2Ol-6e-=CO2g+6H+aqD.O2g+2H2Ol+4e-=4OH-aq解析： 根据题意写出总反响式，拆分该反响为氧化反响和复原反响两个半反响，负极反响为氧化反响，或者先写出正极反响，再用总反响式减去正极反响即可得到负极反响，注意运用电子守恒的方法。该燃料电池的总反响为：2CH3OHg+3O2g=4H2Ol+2CO2g，正极反响为：O2g+4H+aq+4e-=2H2

11、Ol，根据电子守恒，那么负极反响为：CH3OHg+H2Ol-6e-=CO2g+6H+aq。答案： C13.2019泉州一中高二期末以下表达正确的选项是A.95 纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B.pH=3的醋酸溶液，稀释10倍后pH=4C.0.2 molL-1的盐酸，与等体积水混合后pH=1D.pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7解析： 95 纯水的pH7，但溶液呈中性，A错误;醋酸在加水稀释时向电离的方向挪动，所以pH4，B错误;0.2 molL-1的盐酸与等体积水混合后，cH+=0.1 molL-1，pH=1，C正确;pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化

12、钠溶液相比较，醋酸的浓度大于氢氧化钠溶液的浓度，故等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH7，D错误。答案： C14.2019宁波效实中学高二期末一定量的气体在密闭容器中发生反响：xAg+yBg? ?zCg，平衡时测得A的浓度为1.0 mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，到达新平衡后，测得A的浓度降低为0.60 mol/L。以下有关判断正确的选项是A.平衡向正反响方向挪动 B.物质B的转化率降低C.x+y解析： 温度不变，容器的容积扩大到原来的2倍，假设平衡不挪动，A的浓度应为0.50 mol/L，而A的浓度为0.60 mol/L说明平衡向逆反响方向挪动，逆反响是气体体积增大

13、的方向，即x+yz，C的体积分数减小，B的转化率降低，故A、C、D错误，B正确。答案： B15.2019山东莘县高二期末图是NO2g+COg? ?CO2g+NOg反响过程中能量变化示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反响到达平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图;以下有关说法正确的选项是A.该反响的焓变H=+234 kJmol-1B.假设X表示体系的压强，那么Y表示的可能是NO2的转化率C.假设X表示温度那么Y表示的可能是CO2物质的量浓度D.增大CO的起始浓度，平衡向正反响方向挪动，反响热增大解析： 由图可知，该反响的焓变为H=-234 kJmol-1，A错误;增大

14、压强，平衡不挪动，NO2的转化率不变，B错误;正反响为放热反响，升高温度，平衡向逆反响方向挪动，CO2物质的量浓度减小，C正确;增大CO的起始浓度，虽然平衡向正反响方向挪动，放出的热量增加，但反响热不变，D错误。答案： C16.2019本溪市高二期末关于铅蓄电池的说法正确的选项是A.充电时，阳极发生的反响是PbSO4s+2e-=Pbs+SO42-aqB.充电时，电池中硫酸的浓度不断变小C.放电时该电池的负极材料是铅板D.放电时正极发生的反响是：Pbs+SO42-aq-2e-=PbSO4s解析： 充电时，阳极反响是PbSO4s-2e-+2H2O=PbO2s+4H+aq+SO42-，电池中硫酸的浓

15、度不断增大，故A、B错误;放电时该电池的负极是铅板，负极反响是：Pbs+SO42-aq-2e-=PbSO4s，故C正确，D错误。答案： C二、非选择题此题包括4小题，共52分17.12分2019银川高二检测化学反响过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化，这种能量的变化常以热能的形式表现出来，叫做反响热。由于反响的情况不同，反响热可以分为许多种，如燃烧热和中和热等。1以下H表示物质燃烧热的是_;表示物质中和热的是_。填H1、H2和H3等A.2H2g+O2g=2H2Ol H1B.Cs+12O2g=COg H2C.CH4g+2O2g=CO2g+2H2Og H3D.Cs+O2g=CO2g H4E

16、.C6H12O6s+6O2g=6CO2g+6H2Ol H5F.NaOHaq+HClaq=NaClaq+H2Ol H6G.2NaOHaq+H2SO4aq=Na2SO4aq+2H2Ol H72进一步研究说明，化学反响的能量变化H与反响物和生成物的键能有关。键能可以简单地理解为断开1 mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：化学键PPPOO=OP=O键能kJ/mol197360499x白磷P4的燃烧热为2 378.0 kJ/mol，白磷完全燃烧的产物P4O10的构造如下图，那么上表中x=_。解析： 1燃烧热强调1 mol纯物质完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，故H4、H5符合;中

17、和热强调酸和碱反响生成1 mol H2Ol时所放出的热量 ，故H6符合。2P4+5O2=P4O10需拆开6 mol PP、5 mol O=O，形成12 mol PO、4 mol P=O，所以12 mol360 kJ/mol+4 molx kJ/mol-6 mol197 kJ/mol+5 mol499 kJ/mol=2 378.0 kJ，x=433.75。答案： 1H4、H5 H6 2433.7518.12分向甲乙两个容积均为1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。一样条件下温度T ，发生以下反响：Ag+Bg? ?xCg 0。测得两容器中cA随

18、时间t的变化如下图：答复以下问题：1乙容器中，平衡后物质B的转化率_;2x=_;3T 时该反响的平衡常数为_;4以下说法正确的选项是_。A.向平衡后的乙容器中充入氦气可使cA增大B.将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的一样C.假设向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，那么平衡时甲容器中0.78 molL-1解析： 1乙容器反响到达平衡时cA=0.5 molL-1，转化率为50%。2甲容器反响到达平衡后，cA=0.78 molL-1，转化率为61%，即压强越大，A的转化率越高，所以正反响为气体体积减小的反响，x=1。3反响到达平衡时，乙容器中cA=cB=cC=0.5

19、 molL-1，T 时，该反响的平衡常数为2。4A项，向平衡后的乙容器中充入惰性气体氦气，气体的浓度不变，平衡不发生挪动，cA不变;B项，将乙容器单独升温、平衡逆向挪动，A的体积分数增大，更大于甲容器中A的体积分数;C项，假设向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，到达平衡时A的转化率比不加前增大，所以平衡时甲容器中0.78 molL-1答案： 150% 21 32 4C19.14分2019温州高二检测在25 时，用石墨电极电解2.0 L 0.5 molL-1 CuSO4溶液。5 min后，在一个石墨电极上有6.4 g Cu生成。试答复以下问题：1发生氧化反响的是_极，电极反响式为_。

20、2假设电解后溶液的体积不变，那么电解后溶液的pH为_。3假设将溶液恢复到与电解前一样，那么需参加_mol的_。4假设用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差_g，电解液的pH_。填变小、变大或不变解析： 1nCuSO4=2.0 L0.5 mol/L=1.0 mol，而在阴极析出的Cu为6.4 g64 g/mol=0.1 mol，故CuSO4未完全电解，阳极发生氧化反响，电极反响为4OH-4e-=2H2O+O2。2总反响为：2CuSO4+2H2O=电解2Cu + O2 + 2H2SO42 2 2 1 20.1 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.05 mol 0.1 mo

21、l所以电解后cH+=0.1 mol22.0 L=0.1 mol/L，故pH=-lg 0.1=1。3电解后生成的0.1 mol Cu和0.05 mol O2脱离该体系，即相当于0.1 mol CuO，因此假设将溶液复原，那么应参加0.1 mol CuO。4此时成为电镀池，阳极Cu-2e-=Cu2+，阴极：Cu2+2e-=Cu，因此假设阴极上析出6.4 g铜，那么阳极溶解6.4 g铜，电解后两铜片质量差为6.4 g+6.4 g=12.8 g，而电解液的pH不变。答案： 1阳 4OH-4e-=2H2O+O221 30.1 CuO 412.8 不变20.14分取0.1 mol/L HA溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合混合后溶液体积的变化不计，测得混合溶液的pH=8。试答复以下问题：1混合溶液的pH=8的原因是_用离子方程式表示。2混合溶液中由水电离出的cH+_0.1 mol/L NaOH溶液中由水电离出的cH+ 填、或=。3求出混合液中以下算式的准确计算结果填详细数字：cNa+-cA-=