高二化学上学期半期调研检测试题（含解析）.doc

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1、- 1 - / 23【2019【2019 最新最新】精选高二化学上学期半期调研检测试题（含解精选高二化学上学期半期调研检测试题（含解析）析）化学试题化学试题第第 I I 卷卷 选择题（选择题（4040 分）分）可能用到的：可能用到的： H-1H-1 C-12C-12 N-14N-14 O-16O-16 Na-23Na-23 Mg-24Mg-24 Al-27Al-27 S-32S-32一选择题（本小题共一选择题（本小题共 2020 小题，每小题小题，每小题 2 2 分，每题只有一个正确选分，每题只有一个正确选项）项）1. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的

2、是( )加快化石燃料的开采与使用；研发易降解的生物农药；应用高效洁净的能源转化技术；田间焚烧秸秆；推广使用节能环保材料。A. B. C. D. 【答案】A【解析】化石燃料燃烧会产生可吸收颗粒物、二氧化硫等污染物，化石燃料属于不可再生资源，加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；研发易降解的生物农药能减少生物药物残留，减少污染物的排放，故符合题意；应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；田间焚烧秸秆，秸秆不完全燃烧产生固体颗粒物，同时增加二氧化碳的排- 2 - / 23放，故不符合题意；推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故

3、符合题意；即有利于节能减排、保护环境的有，故选 A。2. “摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷。该化学物质是（ ）A. 氯化钠 B. 固体氢氧化钠 C. 固体硝酸铵 D. 生石灰【答案】C.点睛：本题考查物质的熔解热问题。本题中物质与水混合会吸热使温度降低，才能达到制冷的效果，要从物质溶于水后热量变化来考虑，要熟记常见的溶解热变化。3. 决定化学反应速率的根本因素是（ ）A. 温度和压强 B. 反应物的浓度C. 参加反应的各物质的性质 D. 催化剂的加入【答案】C【解析】试题分析：决定化学反应速率的根本因素是参加反应的各物质的性质，即内因，温度

4、、浓度、压强、催化剂等均是外界条件，是外因，答案选 C。考点：考查化学反应速率的影响因素- 3 - / 234. 下列各种叙述中正确的是( )A. 在任何条件下，纯水的 pH=7 B. 在任何条件下，纯水都呈中性C. 在 90时，纯水中 pH=7 D. 在 50时，纯水 c(H+)Q1Q3C. Q2Q3Q1 D. Q2=Q3Q1【答案】C【解析】试题分析：由于醋酸是弱酸，电离产生 H+需要吸收能量，所以发生反应放出的热量少，因此 Q157.3KJ；稀硝酸是强酸，所以产生 1mol 的水时放出的热量等于 57.3KJ，即Q3=57.3KJ，所以 Q1、Q2、Q3 的绝对值大小的关系为 Q2Q3Q

5、1，选项是 C。考点：考查中和热与电解质的强弱、溶液的浓度的关系的知识。14. 下列各组成金属和溶液，能组成原电池的是A. Cu、Cu、稀硫酸 B. Zn、Cu、稀硫酸- 9 - / 23C. Cu、Zn、酒精 D. C、Cu、CuSO4 溶液【答案】B【解析】A、两个金属电极的活泼性相同，且 Cu 不能自发的与稀硫酸发生氧化还原反应，所以不能构成原电池，故 A 错误；B、Zn、Cu 与稀硫酸溶液中锌与稀硫酸能自发的发生氧化还原反应，能构成原电池，故 B 正确；C、酒精是非电解质，且不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故 C 错误；D、C、Cu、CuSO4 溶液，不能自发的进行氧化

6、还原反应，所以不能构成原电池，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查了原电池的构成条件。原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。15. 一定条件下反应 2AB(g) A2(g)B2(g)达到平衡状态的标志是（ ）A. 单位时间内生成 n molA2，同时消耗 2n molAB B. 容器内，3种气体 AB、A2、B2 共存C. AB 的消耗速率等于 A2 的消耗速率 D. 容器中各组分的体积分数不随时间变化【答案】D【解析】A化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成 3nmolA2，同时消

7、耗 6nmolAB，比例错误，且无法说明正逆反应速率相等， 选项 A 错误；B、只要反应发生则容器内 AB、A2、B2 三种气体一直共存，无法说明- 10 - / 23是否达平衡状态，选项 B 错误；C、AB 的消耗速率等于 A2 的消耗速率，消耗速率之比不等于计量数之比，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，选项 C 错误；D、容器中各组分的物质的量分数不随时间变化，说明已达平衡状态，选项 D 正确。答案选 D。16. 下列说法正确的是( )A. 熵增大的反应一定是自发反应 B. 焓增大的反应一定是自发反应C. 熵、焓都为正值的反应是自发反应 D. HTS0 的反应一定是自发反应【答案】D1

8、7. 某温度下，向 2 L 恒容密闭容器中充入 1.0 mol A 和 1.0 mol B，发生反应：A(g)B(g) C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是( )A. 反应在前 5 s 的平均速率 v(A)0.03 molL-1s-1B. 达到平衡时，B 的转化率为 80C. 相同温度下，若起始时向容器中充入 2.0 mol C，则达到平衡时 C的浓度小于 0.2 molL-1D. 相同温度下，起始时向容器中充入 0.20molA、0.20molB 和 1.0 mol C，反应达到平衡前 v(正)5/8，此时反应向逆方向进行，即达到平衡前 v(正)c

9、(NH4+) c(OH-) c(H+) B. c(Cl-)=c(NH4+) c(OH-)= c(H+)C. c(H+)+c(Cl-)=c(NH4+)+ c(OH-)+2c(NH3.H2O) D. c(H+)+ c(NH4+)=c(Cl-)- 13 - / 23【答案】C【解析】A、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液显酸性，则 c(Cl-)c(NH4+) c(H+) c(OH-)，故 A 错误；B、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，NH4+H2ONH3H2O+

10、H+，则 c(Cl-)c(NH4+)，故 B 错误；C、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，NH4+H2ONH3H2O+H+，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒，c(Cl-)= c(NH4+)+c(NH3H2O)，变形为 2c(Cl-)=2 c(NH4+)+2c(NH3H2O)，则 c(H+)+c(Cl-)=c(NH4+)+ c(OH-)+2c(NH3H2O)，故 C 正确；D、盐酸的物质的量和氨水的物质的量相等，所以混合后生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐能水解，NH4+H2ONH3H2O+H+，根

11、据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+c(Cl-)，则 c(H+)+ c(NH4+)c(Cl-)，故 D 错误；故选 C。第第 IIII 卷卷 非选择题（非选择题（6060 分）分）二、填空题（本小题共三个小题，共二、填空题（本小题共三个小题，共 2727 分）分）21. 按要求完成下列各题。（1）FeCl3 溶液中加入 KSCN 呈红色，写出离子方程式_。（2）NaHCO3 溶液显碱性的原因_。（3）NH4Cl 溶液加入锌粒产生气体的离子方程式- 14 - / 23_。（4）已知 16 克固体硫充分燃烧放出 148.4kJ 的热量，则该反应的热化学方程式为_。【答案】 (1

12、). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (2). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (3). 2NH4+Zn2N3+H2+Zn2+ (4). S(s)+02(g)=SO2(g) H=-296.8kJ/mol【解析】(1)FeCl3 溶液中加入 KSCN 呈红色，反应的离子方程式为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，故答案为：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3；(2)碳酸氢根离子在水溶液里电离程度小于水解程度而导致溶液呈碱性，水解的方程式为 HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；(3)NH4Cl 溶液水解显酸性，加入锌粒生成氢气，同时促进铵根

13、离子水解放出氨气，反应的离子方程式为 2NH4+Zn=2NH 3+H2+Zn2+，故答案为：2NH4+Zn=2NH 3+H2+Zn2+；(4)16g 固体硫完全燃烧时放出 148.4kJ 的热量，即 1molS 完全燃烧时放出 296.8kJ 热量，则热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)；H=-296.8 kJ/mol，故答案为：S(s)+O2(g)=SO2(g)；H=-296.8 kJ/mol。22. （1）影响化学反应速率的外因有_、_、_、_。（2）常见电解质的种类有_、_、_判断下列物质，属于强电解质的有_，属于弱电解质的有- 15 - / 23_。NaCl NaOH H

14、2SO4 CH3COOH NH3.H2O BaSO4 H2O【答案】 (1). 浓度 (2). 压强 (3). 温度 (4). 催化剂 (5). 酸 (6). 碱 (7). 盐 (8). (9). 【解析】(1)影响化学反应速率的外因有浓度、压强、温度、催化剂，接触面积等，故答案为：浓度；压强；温度；催化剂；(2)酸、碱、盐一般都是电解质。NaCl、NaOH、H2SO4、BaSO4 属于强电解质，CH3COOH、NH3.H2O、H2O 是弱电解质，故答案为：酸；碱；盐；。点晴：电解质强弱最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。为了提高答题效率需要记住常见的强电解质，即强酸

15、、强碱以及大部分盐类和金属氧化物等；弱酸、弱碱和少数盐类以及水是弱电解质。23. 一定条件下，在容积为 1 L 的密闭容器中发生可逆反应：Fe(s)H2O(g) FeO(s)H2(g) H0。在 1 000时，H2O(g)的平衡转化率()与体系总压强(p)关系如图所示。(1)写出该反应的平衡常数表达式 K_。当反应达到平衡后，再向容器中加入铁粉和水蒸气，则 K_，(填“增大” 、 “减小”或“不变”,下同)；升高温度，则 K_。(2)在 1 000时，若向上述容器中加入 0.80 mol 铁粉和 1.00 mol 水- 16 - / 23蒸气，达到平衡时，容器中 c(H2)_。【答案】 (1)

16、. c（H2）/c（H2O） (2). 不变 (3). 增大 (4). 0.6 mol/L【解析】(1)平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，由于 Fe 和 FeO 属于固体，则 K=；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，K 不变；H0，反应吸热，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡常数增大，故答案为：、不变、增大；(2)1.00mol 水蒸气在容器中浓度为=1mol/L，根据图像，水的转化率为 0.6，因此 c(H2)=c(H2O)=1mol/L0.6=0.6mol/L，故答案为：0.6 mol/L。三、实验题三、实验题2

17、4. 实验室利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是_，做 1 次完整的中和热测定实验，温度计需使用_次,从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是_ 。（2）使用补全仪器后的装置进行实验，取 50mL0.25molLH2SO4 溶液与 50mL0.55 molL NaOH 溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高 3.4。已知中和后生成的溶液的比热容 c 为 4.18J (g)，溶液的密度均为 1gcm3。通过计算可得中和热H= _ ， H2SO4 与 NaOH 反应的热化学方程式- 17 - / 23_ 。（3）实验中若用 60mL025

18、molL1H2SO4 溶液跟50mL055molL1NaOH 溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_ (填“相等” 、 “不相等”)，所求中和热_(填“相等” 、 “不相等”)；若用 50mL050molL1 醋酸代替 H2SO4 溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会_。(填“偏大” 、 “偏小” 、 “不受影响”)【答案】 (1). 隔热保温 (2). 3 次 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). -56.8kJ/mol (5). 1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(aq) H=-56.8kJ/mol (6). 不相等 (7). 相等

19、(8). 偏小【解析】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量损失；中和热测定实验中需要温度计测量酸、碱和反应后的最高温度三次，所以至少需要使用温度计 3 次；由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案为：保温、隔热；3；环形玻璃搅拌棒；(2)量取 50mL0.25molLH2SO4 溶液与 50mL0.55 molL NaOH 溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高 3.4。设溶液密度均为 1g/mL，生成溶液的比热容 c=4.18J/g， 则中和热H=- kJ/mol=- kJ/mol=-56.8

20、kJ/mol；H2SO4 与 NaOH 反应的热化学方程式为 H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(aq) H=-56.8kJ/mol，故- 18 - / 23答案为：-56.8kJ/mol；H2SO4(aq)+NaOH(aq)= Na2SO4(aq)+H2O(aq) H=-56.8kJ/mol；(3)若用 60mL 0.25molL-1 H2SO4 溶液跟 50mL 0.55molL-1 NaOH 溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是强酸和强碱反应生成 1mol 水时放出的热，中和热相等；醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，所以

21、用 50mL0.50molL-1 醋酸代替H2SO4 溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会偏小，故答案为：不相等；相等；偏小。25. 某学生用 0.1mol/L KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：（A）移取 20.00mL 待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入 2-3滴酚酞（B）用标准溶液润洗滴定管 2-3 次（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液（D）取标准 KOH 溶液注入碱式滴定管至 0 刻度以上 2-3cm（E）调节液面至 0 或 0 刻度以下，记下读数（F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准 KOH 溶液滴定至终点，记下

22、滴定管液面的刻度完成以下填空：（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）- 19 - / 23_。（2）上述（B）操作的目的是_。（3）上述（A）操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是（填偏大、偏小、不变）_。（4）实验中用左手控制_（填仪器及部位） ，眼睛注视_，直至滴定终点。判断到达终点的现象是_。（5）若称取一定量的 KOH 固体（含少量 NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对测定结果的影响是_。 （填偏大、偏小、不变， ）（6）滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，则对滴定结果的影响是_。 （填偏大、偏小、不变）【答案】 (1). BDCEAF (2). 防止将标

23、准液稀释 (3). 偏大 (4). 滴定管活塞 (5). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (6). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持 30 秒内不褪色 (7). 偏小 (8). 偏大【解析】试题分析：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为 BDCEAF；（2）上述（B）操作的目的是防止将标准液稀释；（3）上述（A）操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质- 20 - / 23的量偏大，则消耗的标准液体积偏大，根据 c（待测）=分析，可知c（待测）偏大；（4）滴定时，滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注

24、视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持 30 秒内不褪色，可说明达到滴定终点；故答案为：碱式滴定管橡皮管玻璃珠处；锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持 30 秒内不褪色；（5）若称取一定量的 KOH 固体（含少量 NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，等质量的 NaOH 或 KOH 固体来中和酸时，NaOH 消耗的盐酸的多，所以会造成 V（标）偏小，根据 c（待测）=分析，可知c（待测）偏小；（6）仰视观察滴定管中液面刻度，读数偏大，标准液的体积偏大，根据 c（待测）=分析，可知 c（待测）偏大。考点：考查酸碱中和滴定实验及误差分析。

25、四、计算题四、计算题26. 已知 250C 时，醋酸溶液中电离平衡常数为 k=10-5,回答下列问题：（1）向溶液中加入少量盐酸,电离平衡_移动，K 值_（填“增大” “不变” “减小” ） 。- 21 - / 23（2）若醋酸的起始浓度为 0.010mol/L，则平衡时 c(H+)=_(提示：平衡时的醋酸浓度可近似看为0.010mol/L)。(3)（2）问中的醋酸电离度为_(电离度即醋酸的电离平衡转化率)。【答案】 (1). 逆向 (2). 不变 (3). 4.1810-4mol/L (4). 4.18%【解析】(1)向醋酸溶液中加入盐酸，抑制醋酸的电离，但电离平衡常数不变，因为电离平衡常数

26、只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：逆向；不变；(2)c(H+)=mol/L=4.1810-4mol/L，故答案为：4.1810-4mol/L；(3)c(H+)= c(CH3COO-)=4.1810-4mol/L，则醋酸电离度=100%=4.18%，故答案为：4.18%。点睛：本题考查了弱电解质的电离，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。本题的易错点为(3)，要充分利用题示信息“平衡时的醋酸浓度可近似看为 0.010mol/L” 。27. 利用催化氧化反应将 SO2 转化为 SO3 是工业上生产硫酸的关键步骤。已知： SO2（g） 1/2O2（g） SO3（

27、g） H98 kJmol 1。（1）某温度下该反应的平衡常数 K10/3，若在此温度下，向 100 L- 22 - / 23的恒容密闭容器中，充入 3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和 3.0 mol SO3(g)，则反应开始时 v（正）_v（逆） （填“” 、 “”或“” ） 。（2）一定温度下，向一带活塞的体积为 2 L 的密闭容器中充入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2，达到平衡后体积变为 1.6 L，则 SO2 的平衡转化率为_ 。（3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使 SO2(g)平衡浓度比原来减小的是（_） 。A保持温度和容器体

28、积不变，充入 1.0 mol O2B保持温度和容器内压强不变，充入 1.0 mol SO3C降低温度D移动活塞压缩气体【答案】 (1). (2). 60% (3). AC【解析】(1)向 100 L 的恒容密闭容器中，充入 3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O2(g)和 3.0 mol SO3(g)，三种物质的浓度分别为 0.030 mol/L，0.160 mol/L，0.030 mol/L，反应的平衡常数 K=，因为浓度商 Qc= =2.5K，所以化学反应正向进行，即 v(正)v(逆)，故答案为：；(2)2 L 的密闭容器中充入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2

29、，达到平衡后体积变为 1.6 L，则SO2(g)+O2(g) SO3(g)- 23 - / 23开始（mol） 2 1 0转化（mol） 2x x 2x平衡（mol）2-2x 1-x 2x由，解得 x=0.6mol，可知参与反应的 SO2 为 1.2 mol，所以 SO2 的转化率 =100%=60%，故答案为：60%；(3)A保持温度和容器体积不变，O2 的浓度增大，平衡正向移动，SO2 的浓度减小，故 A 正确；B保持温度和容器内压强不变，充入1 mol SO3，新的平衡与原平衡等效，SO2 的浓度不变，故 B 错误；C降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2 的浓度减小，故 C 正确；D移动活塞压缩气体，SO2的浓度瞬间增大，之后平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，SO2 的浓度减小，再次到达平衡时 SO2 的浓度仍比原来大，故 D 错误；故答案为：AC。