2024年新教材高中化学期末质量评估B含解析新人教版选择性必修1

PAGEPAGE14期末质量评估(B)(时间:75分钟满分:100分)一、选择题:本题共16小题,共44分。第1~10小题,每小题2分;第11~16小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.在1200℃时,自然气脱硫工艺中会发生下列反应: ()H2S(g)+32O2(g)SO2(g)+H2O(g)ΔH1;2H2S(g)+SO2(g)32S2(g)+2H2O(g)ΔH2;H2S(g)+12O2(g)S(g)+H2O(g)ΔH3;2S(g)S2(g)ΔH4。则ΔH4的正确表达式为 ()A.ΔH4=23(ΔH1+ΔH2-3ΔH3B.ΔH4=23(3ΔH3-ΔH1-ΔH2C.ΔH4=32(ΔH1+ΔH2-3ΔH3D.ΔH4=32(ΔH1-ΔH2-3ΔH3答案:A2.已知断裂下列化学键须要汲取的能量:H—H为436kJ/mol,F—F为153kJ/mol,H—F为565kJ/mol。下列说法中正确的是 ()A.H2与F2反应的热化学方程式为H2(g)+F2(g)2HF(g)ΔH=-541kJB.2LHF气体分解成1LH2和1LF2汲取541kJ的热量C.1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量小于541kJD.在相同条件下,1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量解析:焓变ΔH的单位是kJ/mol,A项错误;依据题目供应的键能数据,可知应是2molHF气体分解成1molH2和1molF2时汲取541kJ的热量,B项错误;气态HF变为液态HF时要放出热量,所以1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于541kJ,C项错误;H2与F2的反应是放热反应,说明在相同条件下,反应物的总能量大于生成物的总能量,D项正确。答案:D3.500mL1mol/L的稀盐酸与锌粒反应,下列措施中不会使反应速率增大的是 ()A.上升温度B.将500mL1mol/L的盐酸改为1000mL1mol/L的盐酸C.用1mol/L的硫酸代替1mol/L的盐酸D.用锌粉代替锌粒解析:升温、增大反应物浓度均可使反应速率增大;锌粉比锌粒的表面积大,也可增大反应速率,而将等浓度的盐酸由500mL变为1000mL,只是变更了反应物的用量,并不变更其浓度,所以反应速率不变。答案:B4.原电池的电极名称不仅与电极的性质有关,也与电解质溶液有关,下列说法中不正确的是 ()A.由Al、Cu、稀H2SO4溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-Al3+B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al+4OH--3e-AlO2-+2H2C.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-Cu2+D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-Cu2+解析:铝比铜活泼,因此铝作负极,电极反应式为Al-3e-Al3+,故A项正确;Mg虽然比Al活泼,但是Mg不与NaOH溶液反应,因此Al作负极,即负极反应式为Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O,故B项正确;铁比铜活泼,因此铁作负极,即负极反应式为Fe-2e-Fe2+,故C项错误;铝与浓硝酸发生钝化反应,因此铜作负极,即负极反应式为Cu-2e-Cu2+,故D项正确。答案:C5.下列说法中不正确的是 ()A.焓变是一个反应能否自发进行的相关因素,多数放热反应能自发进行B.自发进行的反应肯定能快速进行C.在同一条件下不同物质有不同的熵值,其体系的混乱程度越大,熵值越大D.一个反应能否自发进行,可用焓变和熵变共同推断答案:B6.将固体NH4I置于密闭容器中,在肯定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到化学平衡时,c(H2)=0.5mol/L,c(HI)=4mol/L,则此温度下反应①的平衡常数为 ()A.9B.16C.20D.25解析:由H2和HI平衡时的浓度可推算出反应①生成的HI和NH3的浓度都为5mol/L,由于NH3没有转化,其平衡浓度仍为5mol/L,而HI的平衡浓度由题意可知为4mol/L,则反应①的平衡常数K1=c平(NH3)·c平(HI)=5×4=20,C项正确。答案:C7.下列图像中能正确表示可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)(正反应放热)的是 ()A.C的体积分数随温度、时间变更关系 B.C的正、逆反应速率随压强变更关系C.有、无催化剂时,C的浓度随时间变更关系 D.A的转化率随温度、压强变更关系解析:随着温度的上升,化学平衡应向吸热反应即逆反应方向移动,所以生成物C的体积分数减小,反应物的转化率减小,A项正确,D项错误。增大体系的压强,由于反应的两边都是气态物质,所以正反应和逆反应的速率都增大,B项错误。加入催化剂,只能增大反应速率,缩短达到平衡的时间,不能使平衡移动,所以达到平衡后,各组分的浓度及体积分数应当不变,C项错误。答案:A8.在下列试验方法中,不能证明CH3COOH是弱酸的是 ()A.25℃时,醋酸钠溶液呈碱性B.25℃时,0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH约为3C.25℃时,等体积的盐酸和CH3COOH溶液,前者比后者的导电实力强D.25℃时,将pH=3的盐酸和CH3COOH溶液稀释成pH=4的溶液,醋酸所需加入的水多解析:25℃时,醋酸钠溶液显碱性,是醋酸根水解造成的,能说明CH3COOH是弱酸;25℃时,0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH约为3,说明CH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L,即CH3COOH未完全电离,是弱酸;溶液的导电实力与溶液中离子浓度大小有关,25℃时等体积的盐酸和CH3COOH溶液,前者比后者的导电实力强,只说明盐酸中自由移动的离子浓度大于CH3COOH溶液中自由移动的离子浓度,不能说明HCl、CH3COOH的电离程度大小,不能证明CH3COOH为弱酸;25℃时,将pH=3的盐酸和CH3COOH溶液稀释成pH=4的溶液,CH3COOH溶液所需加入的水多,说明CH3COOH存在电离平衡,是弱酸,C项符合题意。答案:C9.25℃时,相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释,溶液pH随溶液体积变更的曲线如图所示。下列说法中正确的是 ()A.同浓度的NaA与NaB溶液中,c(A-)<c(B-)B.M点溶液的导电性大于N点溶液的导电性C.M点的c(HA)>N点的c(HB)D.HA的酸性强于HB的酸性解析:依据“越弱越水解”的规律,可知A-的水解程度小于B-的水解程度,故同浓度的NaA与NaB溶液中,c(A-)>c(B-),A项错误;在这两种酸溶液中,c(H+)≈c(A-),c(H+)≈c(B-),而M点溶液的c(H+)<N点溶液的c(H+),则M点溶液的c(A-)<N点溶液的c(B-),即M点溶液的离子浓度小于N点溶液的离子浓度,故M点溶液的导电实力小于N点溶液的导电实力,B项错误;稀释前两种酸的pH相同,而两种酸的酸性:HA>HB,故稀释前两种酸溶液的浓度:c(HA)<c(HB),故将溶液稀释相同倍数时,酸的浓度仍有c(HA)<c(HB),C项错误;pH相同的酸,稀释相同倍数时,酸性强的pH变更大,酸性较弱的pH变更小,据此得出酸性:HA>HB,D项正确。答案:D10.常温下,CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示,已知25℃时其溶度积常数Ksp=2.8×10-9,下列说法中不正确的是 ()A.x的值为2×10-5B.P点时有碳酸钙沉淀生成C.加入蒸馏水可使溶液由Q点变到M点D.N点与Q点对应的溶度积相等解析:A项,Q点时,c(CO32-)=1.4×10-4mol/L,因常温时,CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9,所以c(Ca2+)=2×10-5mol/L,故x的值为2×10-5,正确;B项,P点时,c(Ca2+)>2×10-5mol/L,即相当于增大c(Ca2+),平衡左移,有CaCO3生成,正确;C项,Q点为饱和溶液,加入蒸馏水后如仍为饱和溶液,则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变,如为不饱和溶液,则两者浓度都减小,故不行能使溶液由Q点变成答案:C11.下列说法中正确的是 ()A.常温下,将pH=3的CH3COOH溶液稀释到原体积的10倍后,溶液的pH=4B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸,可测NaHA溶液的pH。若pH>7,则H2A是弱酸;若pH<7,则H2A是强酸C.用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为0.1mol/L),至中性时,溶液中的酸未被完全中和D.相同温度下,将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中,Ag+浓度:①>④=②>③解析:CH3COOH为弱酸,稀释会促进电离,稀释至原体积的10倍后,溶液的pH小于4而大于3,A项错误;NaHA的水溶液呈碱性,说明HA-在溶液中水解,即H2A是弱酸,但若NaHA的水溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度比HA-的水解程度大,而不能说明H2A能完全电离,也就不能说明H2A为强酸,B项错误;强酸与强碱溶液恰好完全中和时,所得溶液的pH=7,而强碱与弱酸恰好完全中和时,溶液的pH>7,若所得溶液的pH=7,说明碱不足,C项正确;Ag+浓度最大的是④,其次是①,最小是③,D项错误。答案:C12.常温下,用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/LHCl溶液和20.00mL0.10mol/LCH3COOH溶液,得到两条滴定曲线,如图所示,则下列说法中正确的是 ()甲乙A.图乙是滴定盐酸的曲线B.a与b的关系是a<bC.E点对应离子浓度由大到小的依次可能为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂解析:假如酸为强酸,则0.10mol/L酸溶液的pH为1,依据酸的初始pH知,图甲为盐酸的滴定曲线,故A项错误。依据图甲知,a点NaOH溶液的体积是20.00mL,酸和碱的物质的量相等,两者恰好反应生成强酸强碱盐,其溶液呈中性,CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液,醋酸钠溶液呈碱性,所以b点NaOH溶液的体积小于20.00mL,a>b,故B项错误。E点溶液的溶质为醋酸钠和CH3COOH,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于醋酸钠的水解程度,盐类水解程度较小,则溶液中离子浓度可能为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故C项正确。NaOH与盐酸恰好完全反应后溶液呈中性,可以选择甲基橙或酚酞溶液;NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,只能选择酚酞溶液。故D项错误。答案:C13.肯定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知:pM=-lgc(M),p(CO32-)=-lgc(CA.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大B.E点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(CO3C.F点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)>c(CO3D.G点可表示MgCO3的不饱和溶液,且c(Mg2+)<c(CO3解析:pM相等时,图中p(CO32-)的数值越大,实际浓度越小,因此MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小,A项错误;E点可表示MnCO3的饱和溶液,pM=p(CO32-),所以c(Mn2+)=c(CO32-),B项正确;F点可表示CaCO3的饱和溶液,pM<p(CO32-),所以c(Ca2+)>c(CO32-答案:A14.如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪,具有自动吹气流量监测与限制的功能,下列有关说法中正确的是()A.电流由呼气所在的铂电极流出B.H+通过质子交换膜流向氧气所在的铂电极C.电路中流过2mol电子时,消耗11.2LO2D.该电池的负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2↑+12H+解析:呼气所在电极发生乙醇转化为醋酸的反应,故为负极,而电流由正极流出,A项错误;H+通过质子交换膜流向正极(氧气所在的铂电极),B项正确;正极反应为O2+4H++4e-2H2O,电路中流过2mol电子时,消耗0.5molO2,在标准状况下体积为11.2L,但题中未指明是否为标准状况,C项错误;该电池的负极反应为CH3CH2OH+H2O-4e-CH3COOH+4H+,D项错误。答案:B15.某种利用垃圾渗透液发电的装置示意图如图所示。工作时,下列说法中不正确的是 ()A.盐桥中Cl-向Y电极移动B.该装置将化学能转化为电能C.电子由X电极沿导线流向Y电极D.Y电极发生的反应为2NO3-+12H++10e-N2↑+6H2O,四周解析:A项,NH3转化为N2,氮元素化合价上升,失电子,发生氧化反应,X电极作负极;NO3-转化为N2,氮元素化合价降低,得电子,发生还原反应,Y电极作正极,盐桥中Cl-向负极(X电极)移动,错误。B项,垃圾在微生物的作用下,发生氧化还原反应,形成了原电池,化学能转化为电能,正确。C项,依据分析可知X电极作负极,Y电极作正极,电子由负极(X电极)沿导线流向正极(Y电极),正确。D项,Y电极为正极,发生的电极反应为2NO3-+12H++10e-N2↑+6H2答案:A16.电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可以制取氢气,其装置如图所示(电解池中隔膜仅阻挡气体通过,阴、阳极均为惰性电极)。下列有关说法中不正确的是 ()A.电解过程中b极旁边溶液碱性明显增加B.溶液中的OH-渐渐向a极区旁边移动C.若在b极产生标准状况下224mL氢气,则消耗尿素2gD.a极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-CO32-+N2↑+6H解析:该电池反应时,氮元素化合价由-3价变为0价,氢元素化合价由+1价变为0价,则氮元素被氧化,氢元素被还原,所以生成氮气的电极a是阳极,生成氢气的电极b是阴极。阳极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-CO32-+N2↑+6H2O,阴极反应式为6H2O+6e-3H2↑+6OH-,D项正确。b是阴极,由电极反应式可知阴极产生OH-,b极旁边溶液的碱性明显增加,A项正确;电解时,电解质溶液中阴离子向阳极移动,依据A项知,a是阳极,所以氢氧根离子向a极移动,B项正确;阴极b上水得电子生成氢气和氢氧根离子,标准状况下224mLH2的物质的量为0.01mol,转移电子0.02mol,依据答案:C二、非选择题:本题共4小题,共56分。17.(14分)甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛,请回答下列问题。(1)高炉冶铁过程中,甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁,有关反应为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+260kJ/mol。已知:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH=-566kJ/mol。则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为。

(2)如图所示,装置甲为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液),通过装置乙实现铁棒上镀铜。①a处应通入(填“CH4”或“O2”),b处电极上的反应是。

②电镀结束后,装置甲中溶液的pH(填“变大”“变小”或“不变”,下同),装置乙中Cu2+的物质的量浓度。

③电镀结束后,装置甲溶液中的阴离子除了OH-以外还含有(忽视水解)。

④在此过程中若完全反应,装置乙中阴极质量变更12.8g,则装置甲中理论上消耗甲烷L(标准状况)。

解析:(2)由于是在Fe棒上镀Cu,则Cu棒发生氧化反应,作阳极,b电极作正极,a电极作负极,CH4在a处通入,O2在b处通入。由于KOH溶液作电解质溶液,则b极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-;电镀过程中,电解质溶液中各离子浓度均不变;CH4燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O,可得溶液中存在CO32-,且甲装置中溶液pH变小。由电子守恒得CH4~4Cu,12.8gCu的物质的量为0.2mol,消耗CH4的物质的量为0答案:(1)2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH=-46kJ/mol(2)①CH4O2+2H2O+4e-4OH-②变小不变③CO318.(14分)氨是化肥工业和基础有机化工的主要原料。(1)肯定温度下,合成氨反应在a、b两种条件下分别达到平衡,H2的浓度随时间的变更如图甲所示。①a条件下,0~5min内的平均反应速率v(N2)=mol/(L·min)。

②相对a而言,b可能变更的条件是。

甲乙(2)某化学爱好小组向一恒温密闭容器中充入4molN2和12molH2模拟合成氨反应,平衡混合物中氨的体积分数与总压强(p)的关系如图乙所示。若体系在60MPa下达到平衡,H2的平衡分压为MPa(分压=总压×物质的量分数)。列式计算此时的平衡常数Kp=

(用平衡分压代替平衡浓度计算,结果保留2位有效数字)。(3)下列图示中能表示合成氨反应在恒温、恒容密闭容器中在t1时刻已经达到平衡状态的是(填字母)。

ABCD解析:(2)设平衡时N2转化的物质的量为xmol。N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量/mol4120变更量/molx3x2x平衡量/mol4-x12-3x2x60MPa下反应达到平衡时,氨的体积分数为60%,即2x16-2x×100%=60%,x=3,H2的物质的量分数为310×100%=30%,则H2的平衡分压为60MPa×30%=18MPa,NH3的平衡分压为60MPa×60%=36MPa,N2的平衡分压为60MPa×10%=6MPa,K(3)恒温恒容时,混合气体的质量、密度、化学平衡常数始终不变,只有氮气的体积分数不变能说明反应达到平衡状态。答案:(1)①0.1②增大N2浓度(2)18Kp=p2(N(3)B19.(14分)某些非金属单质如白磷(P4)可以与强碱溶液发生反应,可以与过量的热NaOH溶液反应生成PH3气体和NaH2PO2(次磷酸钠)。(1)已知NaH2PO2溶液的pH>7,次磷酸是(填“一”“二”或“三”)元(填“强”或“弱”)酸。次磷酸的电离方程式为;NaH2PO2溶液的pH>7的缘由是

(用离子方程式表示)。(2)25℃时,向100mL0.1mol/L的H3PO2溶液中,滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性,消耗NaOH溶液的体积(填“>”“<”或“=”)100mL。此时溶液中离子浓度由大到小的依次是。

解析:(1)由题目信息知,白磷与过量的NaOH溶液反应生成产物之一是NaH2PO2,可见次磷酸是一元酸。NaH2PO2溶液的pH>7,说明H2PO2-会发生水解,所以H3PO(2)依据题目信息,若滴加NaOH溶液后恰好中和溶液中的H3PO2生成NaH2PO2,需NaOH溶液的体积是100mL,此时溶液的pH>7。若使溶液呈中性,则滴加的NaOH溶液的体积应小于100mL。由于溶液最终呈中性,则c(H+)=c(OH-),依据电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(