学年山东省聊城临清市高二上学期期中联考化学试题 扫描版.docx

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学年山东省聊城临清市高二上学期期中联考化学试题扫描版

2018-2019学年度第一学期期中教学质量抽测

高二化学参考答案

第I卷（1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分）

1—5CCDBD6—10DDDDD11—15DCBBA16—20DCCAC

第Ⅱ卷（非选择题共50分）

21.（共9分）

⑴环形玻璃搅拌棒（1分）⑵B（1分）

⑶-56.8kJ/mol（2分，单位错，0分）

⑷acd（3分，选对一个，1分；选错一个，0分）

⑸不相等（1分）相等（1分）

22.（共12分）

⑴AE（2分，选对一个，1分；选错一个，0分）

⑵bc（2分，选对一个，1分；选错一个，0分）　变深（1分）　正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动（2分）

⑶

（3分）温度（2分）

23.（共14分）

Ⅰ.

（1）＜（1分）　＞（1分）　＝（1分）

（2）75%（2分）（3）＞（2分）

II.（4）＜（2分）⑸K1·K2（2分）

⑹CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol（3分）

24.（共15分）

（1）双氧水的浓度对破氰反应速率的影响（2分）　10（1分）　20（1分）

（2）0.0175mol·L-1·min-1（2分,单位错，0分）

⑶初始c（H+）减小，催化剂Cu2+会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2＋的催化作用（或初始c（H+）减小，[Fe（CN）6]3－较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）（2分）

CN-＋H2O2＋H2O===NH3↑＋HCO3-（3分）

（4）（4分）

实验方案（求写出具体操作过程）

预期实验现象和结论

分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度

相同时间内，若甲试管中的CN－浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2＋对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN－浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用

详细解析：

1.【答案】C

【解析】试题分析：

A、氧气不是可燃性气体，是助燃性气体，水中氢不能燃烧，故错误；B、甲烷的燃烧是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；C、寻找优质催化剂，降低活化能，促使反应，故正确；D、C60也是有碳原子组成，燃烧C60跟燃烧碳，没什么区别，故错误。

2.【答案】C

【解析】A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可是反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；

3.【答案】D

【解析】ΔH＜0，ΔS＞0的反应在任何温度下均可自发进行，A项错；增大反应物的浓度，活化分子百分数不变，B项错；焓变、熵变判断反应的自发性均有一定的局限性，应用复合判据来判断反应的自发性更科学、准确，C项错。

4．【答案】B

【解析】A、溴水中加入AgNO3溶液后，生成溴化银沉淀，溴离子浓度降低，使得化学平衡向右移动，能用勒夏特列原理解释，故A错；B、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故B正确；C、该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C错；D、合成氨的正反应是放热反应，降低温度平衡向逆反应方向移动，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施，所以能用勒夏特列原理解释，故D错；

5.【答案】D

【解析】A、从C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，反应吸热，说明石墨能量低于金刚石，可知石墨比金刚石更稳定，故A错误；B、硫蒸气变化为硫固体放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，故B错误；C、含0.1molCH3COOH的溶液与含0.1molNaOH的溶液混合，醋酸是弱电解质电离过程是吸热过程，反应放出热量小于57.3kJ，故C错误；D、ΔH的值与化学计量数对应，故D正确。

6.【答案】D

【解析】依据盖斯定律将，目标反应方程式可由（①－②×3）得到，则ΔH＝ΔH1－ΔH2×3＝－28.5kJ·mol-1。

7.【答案】D

【解析】A项，平衡常数K只随温度变化，不随浓度变化，故不正确；B项，降低温度，正、逆反应速率均减小，不正确；C项，降低温度，F浓度增大，表明平衡逆向移动，正反应是吸热反应，则焓变为正值，不正确；D项，根据化学平衡常数表达式可知A、B是生成物，E、F为反应物，且对应指数为其化学方程式前的化学计量数，正确。

8.【答案】D

【解析】A．由图可知，温度T2先到达平衡，故温度T2＞T1，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大，图象中温度越高，水蒸气的含量越低，图象与实际不相符，故A错误；B．升高温度，平衡发生移动，正、逆速率变化不相等，图象中正、逆速率增大相同的倍数，图象与实际不相符，故B错误；C．增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡向正反应反应移动，正反应速率增大更多，图象中逆反应速率增大更多，图象与实际不相符，故C错误；D．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的物质的量增大、二氧化硫与氧气的物质的量减小，图象与实际相符合，故D正确；故选D。

9.【答案】D

【解析】已达平衡的反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g），C为固体，增大C的物质的量，不影响平衡移动，水为气态，增大水的物质的量，水的浓度增大，平衡向降低水浓度的正反应移动，故增加反应物物质的量时，则平衡不一定移动，故①错误；已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，H2转化率增大，N2的转化率降低，②故错误；有气体参加的反应平衡时，减小反应器容积时，压强增大，平衡一定向气体总物质的量减小的方向移动，故③错误；有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，容器的体积增大，反应混合物的浓度减小，反应混合物体系的压强降低，若反应前后气体的物质的量不发生变化，平衡一定不移动，若反应前后气体的物质的量发生变化，平衡向气体物质的量增大的方向移动，故④错误，答案选D。

10.【答案】D

【解析】A.N4分子中含有6个N-N键，故A错误；B.N4气体转化为N2是化学变化，故B错误；C.N4是N2是氮元素的同素异形体，故C错误；D.1molN4气体转化为N2时放出724kJ能量，故D正确。

故选D。

11.【答案】D

【解析】A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反应的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反应反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4mol，则Z的物质的量为4mol×10%＝0.4mol，Z的浓度为0.4mol/2L＝0.2mol·L－1，错误。

12.【答案】C

【解析】反应①②的ΔH均小于0，均为放热反应，A正确；B中两个反应中碳元素的化合价均由-4升高到+4，等物质的量的甲烷参加反应①②，转移的电子数相同，B正确；由于H2O（g）→H2O（l）放热，反应①生成液态水时，会放出更多的热量，ΔH会更小，a>574,C错；根据盖斯定律，（①+②）/2可得CH4（g）＋4NO2（g）＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g），ΔH＝-867kJ·mol-1，，标准状况下4.48LCH4的物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ·mol-1，＝174.4kJ，故D正确。

13.【答案】B

【解析】A．已知2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-25KJ/mol，则浓度商Q＝

＝

=400，Q=K，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应前后气体物质的量不变，在恒容时压强始终不变，故不能说明反应达平衡状态，故B错误；C．平衡时再加入与起始等量的CH3OH，两次平衡为等效平衡，所以达新平衡后，CH3OH转化率不变，故C正确；D．反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c（CH3OCH3）=1.6mol/L，所以平衡时n（CH3OCH3）=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故D正确；故选B。

14.【答案】B

【解析】根据图像可知，30min时，正逆反应速率都是降低的，但平衡不移动，所以改变的条件一定不是温度，选项A不正确；平衡时A和B均减少1.0mol/L，而C增加2.0mol/L，所以根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，x＝1，即反应前后体积是不变的。

由于40min时，正逆反应速率都增大，但平衡向逆反应方向移动，所以改变的体积只能是高度，这说明正反应是放热反应，选项B正确；该反应在第8min时，反应速率还是变化的，没有到达平衡状态，选项C不正确；选项D不正确，因为也可能是降低了压强，所以正确的答案选B。

15.【答案】A

【解析】A、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol．焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量；①起始量反应不能全部转化所以a＜92.4KJ，②起始量相当于在①中加入了1mol氮气，所以平衡正向进行反应放出的热量b＞a，但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b＜92.4KJ，故放出热量关系：

a＜b＜92.4，故A正确；B、浓度增大，反应速率加快，所以起始时反应速率：

③>②>①，故B错误；C、达到平衡时，氨气的体积分数，依据A分析可知②＞①，③可以看做在②中加入了3mol氢气，平衡继续正向进行，所以氨气的含量增大，即达平衡时氨气的体积分数：

①＜②＜③，故C错误；D、依据C的分析可知，氮气的转化率③＞②；②＜①，③可以看做是在①中加入了相同的平衡体系，压强增大平衡正向进行，所以氮气转化率③＞①＞②，故D错误；故选A。

16.【答案】D

【解析】A项，由图一可得，A和B为反应物、C为生成物，物质的量之比为：

（2.4−1.6）:

（1.6−1.2）:

0.4=2:

1:

1，所以化学方程式为:

2A+B

C，K=

，故A正确；B项，0～4min时，A的平均反应速率为：

v（A）=

=0.01mol/（L·min），故B正确；C项，由图二可得，由T1向T2变化时，生成物C的百分含量正在增大，反应正在向右进行，所以v正>v逆，故C正确；D项由图二可得，T3℃时生成物C的百分含量达到最大值，T4℃时，C的百分含量降低，所以升高温度，K减小，平衡左移，故D错误。

综上，选D。

17.【答案】C

【解析】利用三段式法计算：

2A（g）+3B（g）

4C（g）+D（g），

起始（mol/l）2     3       0      0

转化（mol/l）1    1.5      2      0.5

平衡（mol/l）1    1.5      2      0.5

A．前20min的平均反应速率v（C）=2mol/L20min=0.1mol/（L．min），故A正确；

B．A的转化率为12×100%=50%，故B正确；

C．C的平衡为浓度为2mol/L，故C错误；

D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确．故选C．

18.【答案】C

【解析】A、依据平衡常数的表达式可知反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式是：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），故A正确；

B、表中数据分析，温度越高，平衡常数越小，则所以反应是放热反应，故B正确；

C、CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应是一定体积容器中设为1L

起始量（mol）0011

变化量（mol）0.40.40.40.4

5nim的量（mol）0.40.40.60.6

Qc=[CO2]·[H2]/[CO]·[H2O]=0.6×0.6/0.4×0.4＞1，830°C时Qc不等于K，说明反应未达到平衡，故C错误；

D、关系式：

c（CO2）·3c（CO）=c（H2O）·5c（H2）得到[CO2]·[H2]/[CO]·[H2O]=0.6，对照平衡常数可知温度是1000℃，故D正确；故选C．

19.【答案】A

【解析】在一定温度下，向一个容积固定的密闭真空容器中充入2molZ气，发生反应，使反应达到平衡，这时容器中的混合气体中X气体的体积分数是a%。

由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以若气体从逆反应方向开始进行，其等效开始状态是加入2molY、2molX，当达到平衡时X气体所占的体积分数是a%，由于现在是加入1molY、1molX，相当于减小了压强，根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，所以达到平衡时，X气体所占的体积分数减小，b%b，故A正确。

20．【答案】C

【解析】水蒸气含有的能量比等量的液态水高，当等量的甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时，释放的能量较多，反应热会越小，所以c>b，A错误；甲烷的燃烧热指1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量，因此甲烷的燃烧热为ckJ·mol－1，B错误；（①－②）×2，整理可得：

2CH3OH（g）===2CH4（g）＋O2（g）　ΔH＝2（b－a）kJ·mol－1，C正确；根据②、③两式可得1mol的气态水变为液态水，放出热量是

kJ，当甲醇和甲烷物质的量之比为1∶2时，其完全燃烧生成CO2和H2O（l）时，放出的热量为QkJ，则该混合物中甲醇的物质的量为

mol＝

mol，D错误。

21.⑴环形玻璃搅拌棒⑵B⑶-56.8kJ/mol⑷acd⑸不相等、相等

【解析】本题主要考查中和热的测定。

⑴中和热测定的仪器图中缺少环形玻璃搅拌棒。

⑵B

⑶①根据题目数据，NaOH过量，用HCl的数据计算出产生水的物质的量为0.050L×1.0mol/L=0.05mol，此时产生的热量Q=c·m·ΔT=4.18J·（g·℃）-1×1g·cm-3×100ml×6.8℃×10-3=2.84kJ，ΔH=-

=-56.8kJ·mol-1。

⑷中和热数据小于理论值的可能原因有实验装置保温隔热效果差，温度数据偏小，故a正确；配制NaOH溶液时俯视刻度线读数导致溶液体积偏小，NaOH溶液浓度偏大，但NaOH本过量，因此对实验无影响，故b错；分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中导致热量散失结果偏小，故c正确；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度使二者反应差生的一部热量散失，结果偏小，故d正确；用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数量取NaOH体积偏大，但NaOH本过量，因此对实验无影响，故e错。

答案选acd.

（5）实验中改用30mL0.50mol/L的HCl跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，产生的水物质的量不相等，所放出的热量也不相等，所求中和热的数值会相等。

22.【答案】⑴AE

⑵bc　变深　正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，

⑶

温度

【解析】⑴A图，先拐先平，温度高先达到平衡，升高温度，平衡向逆反应方向移动，B的物质的量分数增大，A对；增大压强，正逆反应速率都是增大的，B错；催化剂只能改变化学反应速率，但不影响化学平衡，C错；当压强不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的物质的量分数降低，A的转化率降低，当温度不变时，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，D错E对。

⑵N2O4（g）

2NO2（g）　ΔH＝＋24.4kJ/mol，正反应是吸热反应，达到平衡后，保持体积不变升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，则混合气体颜色变深。

⑶平衡常数Kp表达式

；影响平衡常数K的因素是温度，所以影响Kp的因素也是温度。

23.【答案】Ⅰ.

（1）＜　＞　＝　

（2）75%（3）＞II.（4）＜⑸K1·K2

⑹CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol

【解析】

（1）从图示可以看出，随温度升高，平衡混合物中CH3OH的体积分数不断减小，说明该反应为放热反应，ΔH＜0；因为该反应是气体体积缩小的反应，图示中从C点到B点，平衡混合物中CH3OH的体积分数增大，反应向正反应方向移动，所以p1＞p2。

C点与D点相比较，虽然压强不同，但温度相同，所以平衡常数相同。

（2）假设CO的转化量为x，CO、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，

　　　　　CO（g）　＋　2H2（g）

CH3OH（g）

起始物质的量：

1mol2mol0

变化物质的量：

xmol2xmolxmol

平衡物质的量：

（1－x）mol（2－2x）molxmol

根据题意：

xmol/[（1－x）mol＋（2－2x）mol＋xmol]×100%＝50%，x＝0.75，从而可以得出转化率为75%。

（3）如果不考虑平衡移动，容器乙中气体总物质的量是容器甲中气体总物质的量的两倍，p（M）＝2p（L），但现在容器乙温度高，反应又是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，气体的物质的量增加，所以p（M）＞2p（L）。

（4）由图可知，随着温度升高，K2减小，则△H2＞0，根据盖斯定律又得△H3＝△H1＋△H2，所以△H1＜△H3。

⑸根据平衡常数概念可知，K2=

，由盖斯定律可知，热化学方程式③=①+②，故K3=K1·K2。

⑹在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：

CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2的浓度对破氰反应速率（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol

24.【答案】

（1）双氧水的影响　10　20　

（2）0.0175mol·L-1·min-1。

⑶初始c（H+）减小，催化剂Cu2＋会形成Cu（OH）2沉淀，影响了Cu2＋的催化作用（或初始c（H+）减小，[Fe（CN）6]3－较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化）CN-＋H2O2＋H2O===NH3↑＋HCO3-

（4）

实验方案（求写出具体操作过程）

预期实验现象和结论

分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN－浓度

相同时间内，若甲试管中的CN－浓度小于乙试管中的CN－浓度，则Cu2＋对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN－浓度相同，则Cu2＋对双氧水破氰反应不起催化作用

【解析】

⑴影响该反应的因素有c（H+）以及双氧水的浓度，实验目的为废水的初始c（H+）对破氰反应速率的影响和双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其他量应该不变，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10ml，所以双氧水的体积为20ml。

（2）根据v＝

＝

＝0.0175mol·L-1·min-1。

（3）初始c（H+）越小，[Fe（CN）6]3-越稳定，越难被氧化，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的CN一最终被双氧水氧化为HCO3-，其中的碳由＋2价变成＋4价，1molCN-反应转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN-和H2O2的物质的量之比为1∶1，所以反应的离子方程式为CN-＋H2O2＋H2O===NH3↑＋HCO3-。

（4）分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度，如果在相同时间内，甲试管中的CN－浓度小于乙试管中的CN－浓度，则Cu2＋对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用。