福建省南安第一中学2019-2020学年高二化学上学期第一次阶段考试试题（含解析）

-1-福建省南安第一中学2019-2020学年高二化学上学期第一次阶段考试试题（含解析）本试卷考试内容为：化学反应原理。分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。相对原子质量:O:16Na:23Mg：24S:32Cu：64Ag：108Ba:137第I卷（选择题共48分）一．选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求。1.如图是中国在南极建设的第四个科学考察站——泰山站。为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)。下列说法正确的是A.金属块M可能是铜，发生氧化反应B.这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法C.科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生化学腐蚀D.若采用外加电流的阴极保护法，设备与电源正极相连【答案】B【解析】【详解】A．如果金属块M是铜，铜与钢铁设备构成原电池时，铁为负极，腐蚀速率加快，故A错误；-2-B．为了延长科学考察站基础设施使用寿命，钢铁设备表面镶嵌一些金属块(M)，M应该充当原电池的负极，这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．科考考察站里的设备在潮湿空气中主要发生电化学腐蚀，故C错误；D．若采用外加电流的阴极保护法，钢铁设备应该与电源负极相连，充当电解池的阴极，被保护，故D错误；故选B。2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ·mol-1;②CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2=bkJ·mol-1;③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=ckJ·mol-1;④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g)△H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是A.baB.CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△HakJ·mol-1C.d=3c+2bD.C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=(a+b)/2kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A，反应①属于放热反应，a＜0，反应②属于吸热反应，b＞0，所以，b＞a，A项错误；B，根据①式可知，1mol(s)C完全燃烧生成2CO(g)时燃烧热是akJ/mol，C(s)燃烧生成CO(g)时放出一部分热量，CO(g)燃烧生成2CO(g)也放热，说明1molC(s)燃烧放出的热量一定大于1molCO(g)燃烧放出的热量，由于放热反应的反应热为负值，因此221CO(g)+O(g)=CO(g)HakJ/mol2，B项错误；C，根据盖斯定律易知，②3+③2=④，所以，d=3b+2c，C项错误；D，①12+②12得21C(s)+O(g)=CO(g)2，则该反应的-1a+bΔH=kJmol2，D项正确；答案选D。-3-3.如图所示，把盛有几小块镁片的试管放入盛有25℃的饱和石灰水的烧杯中，再用滴管向试管中滴入2mL的稀盐酸。下列对烧杯中的实验现象的描述及原因说明正确的是()A.烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，溶质析出B.烧杯中出现白色浑浊，原因是试管中的反应吸收热量使烧杯中饱和石灰水温度降低，溶质析出C.烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应对烧杯中饱和石灰水不会产生任何影响D.烧杯中没有任何现象，原因是试管中的反应既不放出热量，也不吸收热量【答案】A【解析】【分析】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高。【详解】A.氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，故A正确；B.镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，温度升高，故B错误；C.氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故C错误；D.镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应放热，试管中的反应放出热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙析出，溶液变浑浊，故D错误。答案选A。【点睛】正确回答该题，需要明确两点：1、盐酸与金属反应放热，溶液温度升高；2、大多数固体的溶解度随温度升高而增大，但氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低。4.将5mL0.005mol/LFeCl3溶液和5mL0.015mol/LKSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分别进行如下实验：-4-下列说法不正确的是A.对比实验①和②，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动B.对比实验①和③，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动C.对比实验①和④，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动D.对比实验①和⑤，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动【答案】B【解析】【分析】实验①为对照组，控制反应溶液的总体积相同，在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。【详解】A.实验②与①对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；C.实验④与①对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；答案选B。【点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。5.利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是-5-A.在光伏电池中a极为正极B.石墨(2)极附近溶液的pH降低C.HR溶液：c2＜c1D.若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子【答案】B【解析】【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B.石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C.石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；D.根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。6.下表是一些烷烃的燃烧热，则下列表达正确的是化合物燃烧热/kJ·mol-1化合物燃烧热/kJ·mol-1甲烷891.0正丁烷2878.0乙烷1560.8异丁烷2869.6丙烷2221.5异戊烷3531.3-6-A.正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol-1B.相同质量的烷烃、碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多C.正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：CH3CH2CH2CH3(g)CH3CH(CH3)CH3(g)△H=+8.4kJ·mol-1D.甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)△H=-891.0kJ·mol-1【答案】A【解析】A、正戊烷和异丁烷互为同分异构体，由表格正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正戊烷的燃烧热大于异戊烷，即正戊烷的燃烧热大于3531.3KJ/mol，故A正确；B．相同质量的烷烃，氢的质量分数越大，燃烧放热越多，故B错误；C．由表格的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，正丁烷转化为异丁烷为放热反应，△H＜0，故C错误；D、根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol甲烷生成二氧化碳和液态水时会放出891.0KJ的热量，所以热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-891.0kJ/mol，故D错误；故选A。点睛：解答本题要注意题给数据获得解题信息。本题的易错点为D，燃烧热的热化学方程式书写要注意水的状态。7.某体积可变的密闭容器中盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应，A(g)+3B(g)2C(g)若维持温度和压强不变，达到平衡时，容器的体积为VL。其中C气体的体积占20％，下列推断正确的是①原混合气体的体积为1.1VL②原混合气体的体积为1.2VL③反应达平衡时气体B消耗掉0.1VL④反应达平衡时气体A消耗掉0.1VLA.②③B.②④C.①③D.①④【答案】B【解析】试题分析：平衡时生成C的体积为0.2VL，则：A(g)+3B(g)2C(g)体积减小△V1322反应(L)0.1V0.3V0.2V0.2V-7-则原混合气体总体积=VL+0.2VL=1.2VL，反应达平衡时气体A消耗掉0.1VL，气体B消耗掉0.3VL，故选B。【考点定位】考查化学平衡的计算【名师点晴】本题考查化学平衡计算，化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的。本题利用差量法进行解答，侧重考查学生分析和解决问题的能力，平衡时生成C的体积为0.1VL，根据方程式计算消耗A、B的体积、气体体积减少量，原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积。8.对于一定条件下进行的化学反应：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，改变下列条件，可以提高反应物活化分子百分数的是（）①增大压强②升高温度③加入催化剂④增大反应物浓度A.①②B.②③C.①②③D.①②④【答案】B【解析】【详解】①增大压强，只能改变单位体积内活化分子数；②升高温度，可以使能量较低的分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；③加入催化剂，降低反应的活化能，可以使更多的反应物分子变成活化分子，所以既能改变单位体积内活化分子数，也能改变活化分子百分数；④增大反应物浓度，只能改变单位体积内活化分子数，所以②③符合题意；答案选B。9.根据如图有关图象，说法正确的是（）-8-A.由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0B.由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大C.由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施D.图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量【答案】D【解析】【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的