西藏自治区日喀则市第三高级中学2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题理含解析

PAGE9-西藏自治区日喀则市第三高级中学2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题理（含解析）可能用到的原子量：H-1C-12O-16；一、选择题1.下列变更中，属于吸热反应的是①液氨气化②将胆矾加热变为白色粉末③稀释浓硫酸④氨催化氧化生成NO⑤氯酸钾分解制O2⑥酸碱中和生成水⑦氯化铁溶于水显酸性A.②⑤⑦ B.①③④ C.①②⑤ D.③④⑥【答案】A【解析】【详解】①液氨气化，为物理变更，汲取热量；②将胆矾加热变为白色粉末，五水合硫酸铜分解，为吸热反应；③稀释浓硫酸，为物理变更，溶解放热；④氨催化氧化生成NO，为放热反应；⑤氯酸钾分解制O2，为吸热反应；⑥酸碱中和生成水，为中和反应，反应放热；⑦氯化铁溶于水显酸性，为水解反应，正方向吸热。综上所述，属于吸热反应的是②⑤⑦。答案为A。2.在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，加入少量下列固体物质能使平衡向左移动的是A.NaCl B.Na2CO3 C.CH3COONa【答案】C【解析】【分析】能使平衡向左移动说明加入下列物质后能抑制醋酸的电离，假如含有相同的离子能抑制醋酸的电离，假如固体和氢离子或醋酸根离子反应则促进醋酸电离。【详解】A、氯化钠和醋酸不反应也没有相同的离子，不能使平衡移动，故A错误；B、碳酸钠能和氢离子反应生成二氧化碳和水，能促进醋酸的电离使平衡向右移动，故B错误；C、醋酸钠和醋酸有相同的阴离子醋酸根离子，能抑制醋酸的电离，能使平衡向左移动，故C正确；D、NaOH电离出的氢氧根离子和醋酸电离出的氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离使平衡向右移动，故D错误；故选C3.肯定条件下氨的分解反应2NH3N2＋3H2在容积为2L的密闭容器内进行，已知起始时氨气的物质的量为4mol，5s末为2.4mol，则用氨气表示该反应的速率为A.0.32mol·L－1·s－1 B.0.16mol·L－1·s－C.1.6mol·L－1·s－1 D.0.8mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【分析】依据v=△c/△t计算氨气的平均化学反应速率。【详解】反应速率通常用单位时间内浓度的变更量来表示。反应进行到5s时，消耗氨气的物质的量是（4mol－2.4mol）＝1.6mol，所以用氨气表示的反应速率是（1.6mol/2L）÷5s=0.16mol·L－1·s－1，故选B。【点睛】本题考查了化学反应速率的定量表示方法，依据化学反应速率公式计算是解答关键。4.在25℃时，0.01mol·L-1NaOH溶液的pHA.2 B.13 C.12 D.【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠强电解质，属于一元强碱，故25℃，0.01mol·L-1NaOH溶液pH值=。答案为C。5.我们仿照pH来定义pOH，即：pOH=-lgc(OH-)，则下列溶液肯定呈中性的是A.由等体积､等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合所形成的溶液B.c(H+)=1×10-7mol/L的溶液C.0.1mol·L-1CH3COONa溶液D.pH=pOH的溶液【答案】D【解析】【详解】A.等体积､等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合，酸碱恰好完全反应生成盐，若为强酸则盐溶液显中性，若为弱酸则盐溶液显碱性，故A不符合题意；B.常温时c(H+)=1×10-7mol/L的溶液显中性，若温度上升如100时，中性溶液中c(H+)=1×10-6mol/L，故B不符合题意；C.CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液显碱性，故C不符合题意；D.pH=pOH，则c(H+)=c(OH-)，溶液肯定显中性，故D符合题意；故选：D。6.当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，部分AgCl转化为AgI，其缘由是．（）A.AgI比AgCl稳定 B.氯的非金属性比碘强C.I－的还原性比Cl－强 D.AgI的溶解度比AgCl小【答案】D【解析】【详解】固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时,则部分AgCl转化为AgI,发生AgCl+I−=AgCl+Cl−，可知溶解度AgI<AgCl，与离子的还原性、氧化性及AgX的稳定性无关，故选D。【点睛】沉淀转化的实质事实上是溶解平衡的应用，即由于变更了某离子的浓度，破坏了溶解平衡，从而达到新的平衡状态。利用溶解平衡，可以使反应向我们希望的方向进行。7.某金属能与盐酸反应放出氢气，该金属与锌组成的原电池中，锌为原电池的负极，则金属可能是A.铝 B.铜 C.铁 D.镁【答案】C【解析】【分析】

【详解】因金属活泼性为Mg＞Al＞Fe＞Cu，该金属与锌组成原电池时，锌为负极，则该金属为Fe或Cu，但Cu与盐酸不反应，只有Fe符合，故选C。8.用电解水的方法分析水的组成时，须要加入一些电解质以增加水的导电性，不宜加入的物质是A.Na2SO4 B.NaNO3 C.KOH D.CuSO【答案】D【解析】【详解】A．电解水生成氢气和氧气，加入Na2SO4，增大溶液中离子浓度，导电性增加，且不影响H2和O2的生成，故A不选；B．电解水生成氢气和氧气，加入NaNO3，增大溶液中离子浓度，导电性增加，且不影响H2和O2的生成，故B不选；C．电解水生成氢气和氧气，加入KOH，增大溶液中离子浓度，导电性增加，且不影响H2和O2的生成，故C不选；D．电解水生成氢气和氧气，加入CuSO4，电解CuSO4溶液时一极析铜，另一极产生氧气，不是电解的水，故D选；故选：D。9.碳酸铵(NH4)2CO3在室温下就能自发的分解产生氨气，对其说法正确的是()A.碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大B.碳酸铵分解是因为外界赐予了能量C.碳酸铵分解是吸热反应，依据能量判据不能自发分解D.碳酸盐都不稳定，都能自发分解【答案】A【解析】【详解】A、碳铵自发分解，是因为体系由于氨气和二氧化碳气体的生成而使熵增大，故A正确；B、碳酸铵在室温下就能自发地分解，不须要外界赐予了能量，故B错误；C、有些吸热反应也可自发，而焓变不是自发反应的唯一因素，依据焓判据，汲取能量的反应是非自发的，所以不能用焓判据推断，故C错误；D.碳酸盐有部分比较稳定，不能自发分解，如碳酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】对熵增和焓减要理解，物质三态，由固态—液态气态是一个熵增加的过程，分子数增多也是熵增加的过程。正确理解熵判据和焓判据。10.如图所示各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的依次是A.④＞②＞①＞③ B.②＞①＞③＞④ C.③＞②＞④＞① D.④＞②＞③＞①【答案】A【解析】由图可知④是电解池，铁是阳极，腐蚀速率最快；②中Fe为原电池的负极被腐蚀，腐蚀速率也较快；③中铁为原电池的正极，被爱护，不被腐蚀；①属于金属铁的化学腐蚀，腐蚀速率较慢；则腐蚀时由快到慢的依次是④＞②＞①＞③，故选A。点睛：留意不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。11.下列各变更的方程式中，属于正确的水解反应的是A.+H2O⇌H3O++NH3↑ B.+OH-⇌H2O+C.CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+ D.+H2O⇌+OH-【答案】D【解析】【分析】水解是指可水解离子和水反应生成弱电解质和氢离子或氢氧根离子。【详解】A．铵根和水反应生成氨水和氢离子：，A错误；B．碳酸氢根的水解方程：，B错误；C．醋酸不能水解，故C错误；D．碳酸根的水解反应：，D正确；答案选D。12.若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1，满意此条件的溶液中肯定可以大量共存的离子组是A.Al3+、Na+、、Cl- B.K+、Na+、Cl-、C.K+、Na+、Cl-、 D.K+、、、【答案】B【解析】【分析】溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，据此分析。【详解】A.Al3+与氢氧根离子反应，碱性条件下不能大量共存，故A不符合题意；B.该组离子与氢离子和氢氧根离子均不反应，可以大量共存，故B符合题意；C.与氢离子和氢氧根离子均反应，不能大量共存，故C不符合题意；D.与氢氧根离子反应，碱性条件下不能大量共存，故A不符合题意；故选：B。二、填空题13.在肯定条件下，下列反应达到化学平衡：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)；△H>0(1)假如上升温度，平衡混合物的颜色_________；(2)假如加入肯定量的H2，平衡__________移动；(3)假如使密闭容器的体积增大，平衡_________移动。【答案】(1).加深(2).向左(或向逆反应方向)(3).不【解析】【分析】依据勒夏特列原理原理推断条件变更时，平衡的移动。【详解】(1)反应正方向为放热反应，假如上升温度，反应逆向移动，平衡混合物的颜色加深；(2)假如加入肯定量的H2，反应逆向移动，即平衡向左移动；(3)假如使密闭容器的体积增大，反应前后气体体积不变，故平衡不移动。14.25℃，1.01×105Pa下，4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，则表示CO燃烧热的化学方程式为___________，CO的燃烧热为______kJ/mol。【答案】(1).CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=67.2kJ/mol(2).67.2【解析】【详解】燃烧热是指在1.01×105Pa下，1mol可燃物完全燃烧产生稳定产物时的反应热，4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，则1molCO燃烧放出的热量为，CO的燃烧热为67.2kJ/mol，燃烧热的化学方程式为CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=67.2kJ/mol，故答案为：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=67.2kJ/mol；67.2；15.下列物质中①NaCl溶液、②NaOH、③H2SO4、④Cu、⑤CH3COOH、⑥NH3·H2O、⑦CO2、⑧CH3CH2OH、⑨H2O，其中___是电解质，___是非电解质，___既不是电解质，也不是非电解质。【答案】(1).②③⑤⑥⑨(2).⑦⑧(3).①④【解析】【详解】电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，一般酸、碱、盐，金属氧化物和水是电解质，非电解质是在上述两种状态下均不导电的化合物，一般非金属氧化、大多有机物、某些氢化物是非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，①NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，②NaOH强碱为电解质，③H2SO4酸是电解质④Cu单质，既不是电解质也不是非电解质⑤CH3COOH属于酸，是电解质，⑥NH3·H2O是碱属于电解质，⑦CO2、非金属的氧化物为非电解质，⑧CH3CH2OH有机物为非电解质，⑨H2O为电解质，综上②③⑤⑥⑨是电解质，⑦⑧是非电解质，①④既不是电解质也不是非电解质。故答案为：②③⑤⑥⑨；⑦⑧；①④；16.如下图所示的原电池：当电解质溶液为稀H2SO4时，回答下列问题：Zn电极是____(填“正”或“负”)极，其电极反应为_____，该反应是____(填“氧化”或“还原”，下同)反应；Cu电极是_____极，其电极反应为________，该反应是____反应。【答案】(1).负(2).Zn-2e-=Zn2+(3).氧化(4).正(5).2H++2e-=H2↑(6).还原【解析】【详解】该原电池的原理反应为，单质锌失电子发生氧化反应作负极，发生的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，不活泼的金属铜作该电池的正极，氢离子在正极得电子被还原为氢气，发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，故答案为：负；Zn-2e-=Zn2+；氧化；正；2H++2e-=H2↑；还原；三、试验题17.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛凝视____，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液浓度数值偏低的是_____。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就干脆注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消逝D．读取盐酸体积时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)若滴定起先和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为____mL，终点读数为____mL；所用盐酸溶液的体积为___mL.【答案】(1).锥形瓶中溶液颜色的变更(2).在半分钟内不褪色(3).D(4).0.00(5).25.90(6).25.90【解析】【详解】(1)用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛凝视锥形瓶中溶液颜色的变更，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并在半分钟内不褪色为止，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变更；在半分钟内不褪色；(1)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就干脆注入标准盐酸，导致盐酸被稀释，用量偏高，测定结果偏高；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对试验结果无影响；C．酸式滴定管在滴定前有气