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

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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：

CH3COOH＜HNO3

【详解】A.放热反应，ΔH＜0，ΔH＜0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）＋

mol－1，可知碳的燃烧热不是110.5kJ·

mol－1，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：

CH3COOH＜HNO3，故D正确。

4.下列化学用语不正确的是

A.醋酸的电离：

CH3COOH

CH3COO-+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++H2O

NH4OH+H+

D.碳酸钙

溶解平衡：

CaCO3（s）

Ca2+（aq）+CO32-（aq）

【答案】C

A．醋酸为弱酸，且电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+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++H2O⇌NH3．H2O+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.pH＝5的NH4Cl溶液B.pH＝5的NaHSO4溶液

C.pH＝8的CH3COONa溶液D.pH＝8的NaOH溶液

A．pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c（H+）水=10-5mol/L；

B．pH=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；

C．pH=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；

D．pH=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（　　）

①热纯碱溶液的洗涤油污能力强　②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　③溶洞、珊瑚的形成　④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能　⑤泡沫灭火器灭火的原理

A.①②③B.②③④C.③④⑤D.①②③④⑤

【答案】B

分析：

①根据碳酸钠是强碱弱酸盐，水解吸热解答；

②钡离子有毒，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；

③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；

④碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；

⑤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：

①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，①不选；

②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，②可选；

③水中含有钙离子，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，③可选；

④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，④可选；

⑤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，⑤不选；

因此能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④，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：

4A＋5B

4C＋6D，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）＝0.010mol·

L－1·

s－1

B.30s时容器中D的物质的量至少为0.45mol

C.30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4∶5∶4∶6

D.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）＝

mol·

s－1，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0.45molD，则容器中D的物质的量至少为0.45mol，故B正确；

C.起始物质的量不确定，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）ΔH＜0，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SO3D.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a＞b＞c

C.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Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ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c＜a＜b，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；

D．a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）ΔH=（b-a）kJ·

mol-1

B.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.amolC和amolH2O反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJ

D.1molC（g）、2molH、1molO转变成1molCO（g）和1molH2（g）放出的热量为akJ

A.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出的能量，B正确；

C.amolC和amolH2O（气态）反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJ，C不正确，没有指明水水的状态；

D.由图可知，1molC（g）、2molH、1molO转变成1molCO（g）和1molH2（g）放出的热量为akJ，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）ΔH＝－2bkJ·

B.C2H2（g）＋

O2（g）=2CO2（g）＋H2O（l）ΔH＝＋2bkJ·

C.2C2H2（g）＋5O2（g）=4CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－4bkJ·

D.2C2H2（g）＋5O2（g）=4CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝＋bkJ·

【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）ΔH＝－4bkJ·

mol－1，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、单位进行解答。

13.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1molX和1molY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ΔH＞0

【详解】A．60s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，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ΔH＜0，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

①

②

③

④

pH

11

3

溶液

氨水

氢氧化钠溶液

醋酸

盐酸

A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大

B.②③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）＞c（OH－）

C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①＞②＞④＞③

D.V1L④与V2L①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2

【详解】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④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：

①＞②＞④＞③，故C正确；

D．V1L④和V2L①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V1＞V2，故D错误。

15.常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/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=1

B.b点时，c（CH3COO—）=0.05mol/L

C.c点时，V（NaOH）=20mL

D.反应过程中

的值不断增大

A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，c（H+）浓度小于0.1mol/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－）=0.1mol/L×

；

CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，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，pH＞7，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－）=0.1mol/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）△H<

0，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/℃

800

850

c（A）起始/mol·

L-1

1

2

c（A）平衡/mol·

0.5

0.85

放出的热量/kJ

a

b

c

A．实验III的化学平衡常数K<

B．实验放出的热量关系为b>

2a

C．实验III在30min达到平衡时的速率v（A）为0.005mol·

L-1·

min-1

D．当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡

A、2A（g）+B（s）

2D（g）

起始浓度（mol/L）10

转化浓度（mol/L）0.150.15

平衡浓度（mol/L）0.850.15

所以该温度下反应的平衡常数K＝

＝

＜1，因此A正确；

B、由于反应前后体积不变，所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的，因此b＝2a，B不正确；

C、实验III在30min达到平衡时的速率v（A）＝

＝0.005mol•L-1·

min-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pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c（OH－）＝__________。

（4）25℃时，将amol·

L－1氨水与0.01mol·

L－1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NH3·

H2O的电离常数Kb＝________。

【答案】

（1）.Na2CO3＋H2O

NaHCO3＋NaOH

（2）.Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4（3）.＜（4）.1.0×

10－8mol·

L－1（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Na2CO3＋H2O

NaHCO3＋NaOH；

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：

Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4，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：

Na2CO3＋H2O

Na2CO3＋CaSO4=CaCO3＋Na2SO4；

（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m＜n，故答案为：

＜；

（3）常温下，在pH＝6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=1×

10-8mol/L，故答案为：

1×

10-8mol/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（NH3▪H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3▪H2O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）ΔH＞0，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/min

4

6

8

c（X）/mol·

L－1

0.60

0.42

0.30

0.21

0.15

0.0375

试回答下列问题：

（1）0～3min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，t2时改变了某一反应条件，则改变的条件为___。

【答案】

（1）.0.26mol·

min－1

（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）0～3min内，X的浓度减小了0.60mol·

L－1－0.21mol·

L－1=0.39mol·

L－1，根据方程式，Z的浓度增大了0.39mol·

L－1×

2=0.78mol·

L－1；

用Z表示的平均反应速率v（Z）＝

0.26mol·

min－1；

（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=

=0.075mol·

（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