学年北京市高二上学期期中考试化学试题选修4人教版 解析版Word下载.docx

1、C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关D. 1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量：CH3COOHHNO3【详解】A. 放热反应，H0，H0表示该反应为放热反应，故A错误； B. 碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，由C（s）mol1，可知碳的燃烧热不是110.5kJmol1，故B错误；C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量有关，故C错误；D. 醋酸是弱电解质，电离吸热，1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量：CH3COOHHNO3，故D正确。4.下列化学用

2、语不正确的是A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na+HCO3-C. 氯化铵的水解：NH4+H2ONH4OH+H+D. 碳酸钙溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq）【答案】CA醋酸为弱酸，且电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故A正确；碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，故B正确；C氯化铵的水解离子反应为NH4+H2ONH3H2O+H+，故C错误；D碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），故D正确；故选C。点睛：本题考查离子反应的书写，为

3、高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重水解、电离的离子反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大。B易错点。5.下列说法正确的是（ ）A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中的活化分子百分数B. 等质量的锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应，反应速率相等C. 用铁片与硫酸反应制备氢气时，用浓硫酸可以加快产生氢气的速率D. 催化剂不影响反应的活化能但能增大单位体积内的活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】A【详解】A. 升高温度，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，所以升高温度能使化学反应速率增大，故A正确；B. 接触面积增大，加快

4、反应速率，等质量锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；C. 铁遇浓硫酸钝化，用浓硫酸不能加快产生氢气的速率，故C错误；D. 催化剂降低反应的活化能，增大单位体积内的活化分子百分数，从而增大反应速率，故D错误。选A。6.下列四种溶液中，水的电离程度最大的是（）A. pH5的NH4Cl溶液 B. pH5的NaHSO4溶液C. pH8的CH3COONa溶液 D. pH8的NaOH溶液ApH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c（H+）水=10-5mol/L；BpH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（OH-）水=10-9mol/L

5、；CpH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c（OH-）水=10-6mol/L；DpH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（H+）水=10-8mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A，答案选A。考查水的电离7.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理解释的是（）热纯碱溶液的洗涤油污能力强误将钡盐BaCl2、Ba（NO3）2当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒溶洞、珊瑚的形成碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能泡沫灭火器灭火的原理A. B. C. D. 【答案】B分析：根据碳酸钠是强碱弱酸盐，水解吸热解答；钡离子有毒，

6、钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；石灰岩的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳。详解：碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，不选；钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，可选；水中含

7、有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞，所以可以用沉淀平衡原理来解释，可选；碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释，可选；碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，不选；因此能用沉淀溶解平衡原理来解释的是，答案选B。8.已知A、B、C、D四种物质都是气体，现在5L的密闭容器中进行反应：4A5B

8、4C6D，30s后C的物质的量增加了0.30mol。则下列有关叙述正确的是（ ）A. 反应开始至30s，v（A）0.010molL1s1B. 30s时容器中D的物质的量至少为0.45molC. 30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4546D. 反应开始至30s，容器中A的物质的量增加了0.30mol【详解】A. 30s后C的物质的量增加了0.30mol，则A的物质的量减少0.30mol，反应开始至30s，v（A）mols1，故A错误；B. 根据反应方程式，30s后C的物质的量增加了0.30mol ，生成0.45mol D，则容器中D的物质的量至少为0.45mol，故B正确；C. 起

9、始物质的量不确定，所以30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比不确定，故C错误；D. 30s后C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式，反应开始至30s，容器中A的物质的量减少0.30mol，故D错误。9.反应 2SO2（g）O2（g）2SO3（g） H0，达到平衡时，只改变下列一个条件，平衡不发生移动的是A. 升高温度 B. 恒温恒容充入氧气C. 恒温恒容充入SO3 D. 加入催化剂V2O5【详解】A.升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；B.恒温恒容充入氧气，由于反应物的浓度增大，所以化学平衡向正反应方向移动，错误；C.恒温恒容，充入三氧化硫，生成物的浓度增大，化学平衡向逆反应

10、方向移动，错误；D.加入催化剂，只能加快化学反应速率，但由于正反应、逆反应速率加快的程度一样，所以化学平衡不发生移动，正确；答案选D。10.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）A. 两溶液稀释前的浓度相同B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为abcC. a点的Kw值比b点的Kw值大D. a点水电离的c（H）大于c点水电离的c（H）【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则为醋酸

11、稀释曲线，为盐酸稀释曲线。【详解】A稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；B导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为cab，故B错误；C相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误；Da点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。11.根据如

12、图所示示意图，下列说法不正确的是A. 反应的热化学方程式可表示为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g） H=（b-a） kJmol-1B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量C. a mol C和a mol H2O反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为131.3a kJD. 1 mol C（g）、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO（g）和1 mol H2（g）放出的热量为a kJA. 由图可知，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式可表示为C（s）+H2O（g）mol-1，A正确；B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放

13、出的能量，B正确；C. a mol C和a mol H2O（气态）反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为131.3a kJ，C不正确，没有指明水水的状态；D.由图可知， 1 mol C（g）、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO（g）和1 mol H2（g）放出的热量为a kJ，D正确。本题选C。反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。12.已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（ ）A. 2C2H2（g）5O2（g）=4CO2（g）2H2O（l） H2bkJB. C2H2（g）O2

14、（g）=2CO2（g）H2O（l） H2bkJC. 2C2H2（g）5O2（g）=4CO2（g）2H2O（l） H4bkJD. 2C2H2（g）5O2（g）=4CO2（g）2H2O（l） HbkJ【详解】乙炔气体完全燃烧生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则2mol乙炔气体完全燃烧生成4mol二氧化碳气体和液态水，放出热量4bkJ，燃烧放热，焓变为负值，乙炔燃烧的热化学方程式2C2H2（g）5O2（g）=4CO2（g）2H2O（l） H4bkJmol1，故选C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，明确物质的量与热量成正比例关系，特别注意：物质的聚集状态、反应热的符号、数值、单位

15、进行解答。13.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1mol X和1mol Y进行反应：2X（g）Y（g）Z（g），60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是A. X的平衡转化率为40%B. 若将容器体积变为20L，则Z的平衡浓度小于原来的C. 若增大压强，则Y的平衡转化率减小D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的H0【详解】A60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X（g）Y（g）Z（g），反应的X为0.6mol，则X的平衡转化率为100%=60%，故A错误；B将容器容积变为20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动

16、，即平衡逆向移动，Z的物质的量减小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的，故B正确；C增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；D若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0，故D错误；故选B。14.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）序号pH113溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A. 中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B. 两溶液等体积混合，所得溶液中c（H）c（OH）C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH D. V1 L 与V2 L 混合，若混合后溶液pH7，则V1 V2【详解】A

17、中分别加入适量醋酸钠晶体，中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c（H+）c（OH-），故B正确；C室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：，故C正确；DV1L和V2L溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1V2，故D错误。15.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH

18、溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。A. a点的pH=1B. b点时，c （CH3COO）=0.05mol/LC. c点时，V（NaOH）=20mLD. 反应过程中的值不断增大A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c（H+）浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1 mol/L；CH3COOH的电离和CH3COO的水解均是微

19、弱的，则二者的浓度应均接近于0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V（NaOH）=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c（H+）逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO的水解，所以c（CH3COO）c（CH3COOH），又c（CH3COOH）+ c（CH3COO）= 0.1 mo

20、l/L，所以c（CH3COO）略大于0.033mol/L，c（CH3COOH）略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。16.一定条件下，分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应如下：2A （g） +B （s）2D （g） H0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是实验I实验II实验III反应温度 / 800850c（ A ）起始/molL-112c（ A）平衡 /mol0.50.85放出的热量/kJabcA实验III的化学平衡常数K2aC实验III在30min达到平衡时的速率v （A）为0.005molL-1min-1D当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡

21、A、 2A（g）+B（s）2D（g）起始浓度（mol/L） 1 0转化浓度（mol/L） 0.15 0.15平衡浓度（mol/L） 0.85 0.15所以该温度下反应的平衡常数K1，因此A正确；B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验的平衡是等效的，因此b2a，B不正确；C、实验III在30min达到平衡时的速率v（A）0.005mol L-1min-1，C正确；D、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是变化的，而容器容积是不变的，因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡，D正确，答案选B。考查可逆反应速率、平衡常数的计算、等效平衡应用以及平衡状态的判断二、非选择

22、题（共52分）17.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：_；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：_。（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_（填“”“”或“”）n。（3）常温下，在pH6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH）_。（4）25 时，将a molL1氨水与0.01 molL1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（）c（Cl），则溶液显_（填“酸”“碱”或“中”）性。用含a的代数式表示NH

23、3H2O的电离常数Kb_。【答案】 （1）. Na2CO3H2ONaHCO3NaOH （2）. Na2CO3CaSO4=CaCO3Na2SO4 （3）. （4）. 1.0108 molL1 （5）. 中 （6）. 【详解】（1）碳酸钠在溶液中水解使溶液显碱性，导致盐碱地呈碱性，水解的化学方程式为Na2CO3H2O NaHCO3NaOH；向盐碱地中加入石膏（CaSO4），CaSO4和Na2CO3反应生成硫酸钠和碳酸钙，反应的化学方程式为：Na2CO3CaSO4=CaCO3Na2SO4，盐碱地中碳酸钠的浓度减小，使盐碱地中氢氧根浓度减小，碱性减弱，故答案为：Na2CO3H2O Na2CO3CaSO

24、4=CaCO3Na2SO4；（2）氨水中存在电离平衡，稀释促进一水合氨的电离，使溶液中氢氧根的物质的量增加，而氢氧化钠在溶液中完全电离，不存在电离平衡，所以要使稀释的后的pH相等，氨水稀释的倍数大于氢氧化钠溶液，即mn，故答案为：；（3）常温下，在pH6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，醋酸电离出的氢离子抑制水的电离，则由水电离出来的c（OH）mol/L=110-8mol/L，故答案为：110-8mol/L；（4）在25下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得n（NH3H2O）=（0.5a-0.005）m

25、ol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3H2O的电离常数Kb= =，故答案为：中；。18.一定温度下，向1.0L密闭容器中加入0.60molX（g），发生反应X（g）=Y（s）2Z（g） H0，反应达到最大限度前，测得X的浓度与反应时间的数据如表所示：反应时间t/min468c（X）/molL10.600.420.300.210.150.0375试回答下列问题：（1）03min内，用Z表示的平均反应速率v（Z）_。（2）分析该反应中反应物浓度随时间的变化规律，得出的结论是_。由此结论推出a为_。（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示，t

26、2时改变了某一反应条件，则改变的条件为_。【答案】 （1）. 0.26molmin1 （2）. 每反应2min，X的浓度减少一半 （3）. 0.075 （4）. 增大X的浓度（1）根据v（Z）计算；（2）根据X的浓度变化分析结论；（3）根据图像可知，t2时逆反应速率逐渐增大；（1）03min内，X的浓度减小了0.60molL10.21 molL1=0.39 molL1，根据方程式，Z的浓度增大了0.39 molL12=0.78 molL1；用Z表示的平均反应速率v（Z）0.26molmin1 ；（2）根据X的浓度随时间的变化规律，可知每反应2min，X的浓度减少一半，所以a= =0.075 mol（3）根据图像可知，t2时逆反应速率逐渐增大，t2时改变的条件是增大反应物X的浓度。19.氮是地球上含量丰富