高中化学选择性必修一 2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷01（）（全解全析）

1、2020-2021学年上学期期末测试卷01高二化学全解全析12345678910111213141516DCCABCBCABADCDCD1【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

2、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)+H2O(g)CO(g)H2(g)中，

3、每生成1mol CO(g)的同时，生成1mol H2(g)，CO与H2O浓度始终相等，当CO与H2O浓度相同时，不能说明反应到达平衡，故C选；D. 1 mol HH键断裂等效于生成2 mol HO键的同时断裂2 mol HO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+)水为10-13mol/L，则由水电离产生的c(OH-)水也为10-13mol/L；若溶液呈强酸性，根据Kw=c(H+)c(OH-)水，可知溶液中c(H+)为10-1mol/L，由于c(H+)水与c(H+)相比，可以忽略不计，故该酸性溶液pH为1；

4、若溶液呈强碱性，则溶液中H+仅来自于水的电离，c(H+)=c(H+)水=10-1mol/L，根据Kw=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，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+)=1.010-13molL-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；CF-不能在酸性溶液中大量

5、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；C1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，即N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）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

6、总反应为：Cu2AgCu22Ag，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

7、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，O2得到电子，反应为，D错误；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：H2O(g)H2O(l) H=kJ/mol，水从气态到液态、从液态到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4NA个CH键断裂时，1molCH4反应，若生成H2O(l)放出akJ热量，若生成H2O(g)，则放出bkJ热量，C项错误；DCH4燃烧为放热反应，a、b均小于

8、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气态物质放出的热量多，故ab。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。【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

9、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；DW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 kJmol1，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CO2的反应过程和能量关系，B错误；CH跟化学计量数成正

10、比，化学计量数扩大2倍，H也扩大2倍，H变为452 kJmol1，但是选项中CO2为固态，变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，H 452 kJmol1，C错误；D根据盖斯定律，式2+式可以求出Na2O2(s)CO(g)=Na2CO3(s)的反应热，D正确；故选D。13【答案】C【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K2K1，故B错误；C在T2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，因此正逆，故C正确；D该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相

11、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BaSO3氧化成BaSO4，不能说明原Na2SO3溶液已变质，故B错误；C. 向pH3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CuCl2的MgCl2溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀，说明

12、氢氧化镁沉淀转换成了蓝色的氢氧化铜沉淀，根据沉淀转化的原则可知，KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故D正确；故选D。15【答案】C【分析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO3溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想判断分析。【详解】AW点时，c()=c(H2SO3)，pH=2，则Ka1= c(H+)=10-2，Y点时，c()=c()，pH=7.19，Ka2= c(H+)=1

13、0-7.19，H2SO3的=1105.19，故A错误；B根据分析，第一化学计量点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图象，此时溶液中c(NaHSO3)=0.05mol/L，溶液pH=4.25，所以0.05mol/L NaHSO3溶液的pH=4.25，故B错误；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；DZ点为第二化学计量点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液显碱性，表明会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH)c()，故D错误

14、；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；BFe的价电子排布式是3d64s2，Fe2+的电子排布式为Ar3d6，故B正确；C根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HCl2e=2HCl2，故C正确；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） NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) 234kJmol-1 CH3OH(g)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) 764.7kJmol

15、-1 N2(g)O2(g)=2NO(g)183kJmol-1 【详解】(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234 kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) =-234 kJmol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) =-234 kJmol-1；(2)依据盖斯定律计算（3-2+2）得到CH3OH(l)+O2(g)=CO2(

16、g)+2H2O(l) =3(-192.9kJmol-1)-2(+49.0kJmol-1)+2(-44 kJmol-1)=-764.7 kJmol-1；故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-764.7 kJmol-1；(3)由题干图示可知，该反应中的反应热=（945+498）kJmoL-1-2630 kJmoL-1=+183 kJmoL-1，所以其热化学反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+183 kJmoL-1，故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+183 kJmoL-1。18【答案】（每空2分） 60% 0.045 【分析】

17、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)由图知，在300C时铁与水蒸气反应产生H2，化学方程式为。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，因此说明反应的速率要比反应的速率增加得快，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步发应中反应速率增加较大的一步是II。(2)反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，反应II：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，当在1L恒容密闭容器中充入1m

18、olCO2和4molH2，由图知，T1时，反应分别生成0.2mol甲烷、反应生成0.2mol乙烯，则 ，则T1时，CO2的转化率。T1平衡时， ， ， ， ，反应I的平衡常数 ；(3) 对反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g),正反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，所以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H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；T4温度时，m=3时，设n(CO2)=3mol，n(H2)=9mol，列三段式如下： ， ，32x=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

19、质d的分压p(d)=。19【答案】（方程式2分，其余每空1分）正 d 2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2 负 4OH- 4e-=2H2O+O2 变小 变浅 铜 5.4 【详解】（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；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；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-+2H2O2OH-+H2+Cl2，故答案为：2Cl-+2H

20、2O2OH-+H2+Cl2；（2）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-=2H2O+O2；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-=2H2O+O2；减小；变浅；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0.1

21、mol/L0.5L=0.05mol，则铜镀件上析出银的质量为0.05mol108g/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NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发 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） SrSO42C=SrS2CO2(或SrSO44C=SrS4CO) 取适量的黑灰用90的热水浸取23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3molL1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干 【分析】天青石精矿(主要含SrSO4，还含有

22、少量SiO2、CaSO4、BaSO4)，加入碳酸氢铵溶液和氨水浸取，可将SrSO4转化为SrCO3，过滤后滤渣含有SiO2、CaCO3、BaSO4、SrCO3滤液中含有NH，滤渣经过焙烧，“焙烧”所得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH)2溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO4，以此解答。【详解】(1)室温下，反应SrSO4(s)CO (aq) SrCO3(s)SO (aq)达到平衡，则溶液中= =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NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目的是：将HCO转化为CO，增大溶液中CO的浓度；NH4

23、HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取”的条件是温度在6070、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4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；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发；(3) SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，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NH3H2O，可循环利用，故答案为：氨水；(5)SrSO4与C发生氧化还原反应生成S

24、rS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程式为：SrSO42C=SrS2CO2(或SrSO44C=SrS4CO)，故答案为：SrSO42C=SrS2CO2(或SrSO44C=SrS4CO)；由图可知，90是Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用90的热水浸取23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3molL1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故答案为：取适量的黑灰用90的热水浸取23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3molL1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。21【答案】（除特殊说明，其余每空2分）高温（1分） 2H2SO4(1)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)H=+550kJ/mol （1分） 0.0125 (或