【文档说明】江苏省盐城市实验高级中学（新洋高级中学）2020-2021学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(13)页，949.620 KB，由管理员店铺上传

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江苏省盐城市实验高级中学(新洋高级中学)2020-2021学年高二下学期期中考试化学试题时间：75分钟满分100分本试卷分选择题和非选择题部分。注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名，考试号写在答题卡上。结束后，交回答题卡。可能用到的相对原子质

量：H-1；Cu-64；Zn-65；Ag-108。一、选择题：(共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意)1.我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不．具有直接贡献的是A.推行生活垃圾分类B.植树造林增加绿色植被C

.采取节能低碳生活方式D.创新2CO转化为碳燃料的技术【答案】A【解析】【分析】碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对

“零排放”。据此判断。【详解】A．推行生活垃圾分类，有利于回收利用，防止污染，对实现“碳中和”不具有直接贡献，故A选；B．植树造林增加绿色植被对实现“碳中和”具有直接贡献，故B不选；C．采取节能低碳生活方式对实现“碳中和”具有直接

贡献，故C不选；D．创新2CO转化为碳燃料的技术对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；答案选A。2.下列图示变化为吸热反应的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应

、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba（OH）2•8H2O的反应等，以此来解答。【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，故A符合题意；B．图中反

应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B不符合题意；C．浓硫酸稀释放热，为物理过程，故C不符合题意；D．Zn与稀盐酸反应为放热反应，故D不符合题意；故选A。3.已知H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ/mol，则反应HCl（g）=12H2（g）+12

Cl2（g）的△H为（）A.+184.6kJ/molB.-92.3kJ/molC.-369.2kJ/molD.+92.3kJ/mol【答案】D【解析】【详解】依据焓变与化学方程式的系数成正比，已知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184.6kJ/

mol，得到热化学方程式HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)ΔH=+92.3kJ/mol，答案为D。4.随着人们生活质量提高，废电池必须进行集中处理的问题又被提到议事日程上，其首要原因是（）A.利用电池外壳的金属材料B.回收其中石墨电极C.防止电池中汞、镉和铅等重金

属离子对水和土壤的污染D.不使电池中泄漏的电解液腐蚀其他物品【答案】C【解析】【详解】汞、镉和铅等重金属离子属于有毒物质，会污染环境，回收废电池的首要原因是防止废电池中渗漏出的汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染，而对废电池的综合利用是次要的，故选C。5.利用生活中常见的材料可以进行很

多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，如废铝罐、碳棒和食盐水等材料可用于制作驱动玩具的电池。上述电池工作时，有关说法正确的是A.铝罐将逐渐被腐蚀B.碳棒上发生的反应为O2+4e-=2O2-C.碳棒

应与玩具电机的负极相连D.该电池工作一段时间后，碳棒的质量会减轻【答案】A【解析】【分析】废铝罐、碳棒和食盐水构成原电池，碳棒属于惰性电极，作电源正极，发生还原反应，较为活泼的金属铝作电源负极，发生氧化反应，原电池放电时，正极与玩具电机

的正极相连。【详解】A.该原电池中碳棒作正极，铝作负极，电池工作过程中，铝罐逐渐被腐蚀，A正确。B.碳棒上发生的O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C.碳棒为正极，应与玩具电机的正极相连，C错误；D.该电池工作一段时后，碳棒的质量不会发生变化，D错误，答案为A。6.在如图

所示的装置，a为活泼性顺序位于氢之前的金属，b为石墨棒，关于此装置的各种叙述正确的是A.石墨棒上有气体放出，溶液酸性变弱B.a是正极，b是负极C.导线中有电子流动，电流方向是从a极到b极D.b极附近的SO24−浓度逐渐增大【答案】A【解析】【分析】原电池中活泼金属为负极，失去电子，

则a为负极；溶液中的氢离子在正极得到电子而被还原为H2，则b为正极；电流方向与电子流向相反，应由正极(b)流经导线向负极(a)，据此进行解答。【详解】A．由分析可知，石墨棒为正极，有气体放出，溶液中的H+得到

电子转化为H2，故溶液的酸性变弱，A正确；B．由分析可知，a是负极，b是正极，B错误；C．由分析可知，导线中有电子流动，电流方向是从b极经导线流到a极，C错误；D．由分析可知，a为负极，原电池内部的溶液中阴离子流向负极，故a极附近的SO24−浓度逐渐增大，D错误；故答案为：A。7.如右图两

个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有0.02mol电子通过，正确的是（）A.甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64gB.甲烧杯中B极上电极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑C.乙烧杯中滴入酚酞试液，D极附近先变红

D.烧杯中C极上电极反应式为4H++4e-=2H2↑【答案】C【解析】【详解】A．A极与电源正极相连，作阳极，电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，生成氧气，不能析出铜，A错误；B．甲烧杯中B电极是阴极，B极上电极反应式为：Cu2++2e-=C

u，B错误；C．D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式为2H++2e-=H2↑，由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性（有NaOH生成），C正确；D．烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl

2↑，D错误。答案选C。8.下列有关说法中，正确的是A.相同温度时，20mL0.2mol·L-1HCl溶液与铁粉反应的速率比10mL0.2mol·L-1HCl溶液与铁粉反应的速率大B.相同温度时，20mL0.2mol·L-1HC

l溶液与铁粉反应的速率比10mL0.1mol·L-1H2SO4溶液与铁粉反应的速率大C.对某反应来说，若某反应物浓度由0.1mol·L-1降为0.06mol·L-1需要20s，则由0.06mol·L-1降为0.036mol·L-1需要12sD.若往锌与稀硫酸反应的烧杯中加入少量三氧化

硫固体，锌与硫酸反应的速率增大【答案】D【解析】【详解】A．Fe与非氧化性酸反应的实质都为Fe+2H+=Fe2++H2↑，20mL0.2mol·L-1HCl溶液与10mL0.2mol·L-1HCl溶液中c(H+)都为0.2mol.L-1，所以前后反应的速率相同，故A错

误；B．20mL0.2mol·L-1HCl溶液与10mL0.1mol·L-1H2SO4溶液中c(H+)都为0.2mol.L-1，所以前后反应的速率相同，故B错误；C．随着反应的不断进行，反应物浓度不断减小，反应速率不断减小，所以该反应

物浓度由0.06mol·L-1降为0.036mol·L-1所需反应时间应大于12s，故C错误；D．三氧化硫固体与水反应生成硫酸，则硫酸的浓度增大，锌与硫酸反应的速率增大，故D正确；故选D。9.为了说明影响化学反应快慢的因素，某同学分别设计了如下A～D四个实验，你

认为结论不正确的是（）A.将大小、形状相同的镁条和铝条与相同浓度的盐酸反应时，两者速率一样大B.在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉与相同浓度的盐酸反应，大理石粉反应快C.将浓硝酸分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照可以加快浓硝酸的分解D.

两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同【答案】A【解析】【详解】A．金属的活泼性不同，其它条件相同时，化学反应速率也不同，故A错误；B．在其它条件相同的情况下，反应物的接触面积影响化学反应速率，接触面积越大，化

学反应速率越快，故B正确；C．在其它条件相同的情况下，光照可以加快浓硝酸的分解，故C正确；D．在其它条件相同的情况下，温度、催化剂影响化学反应速率，温度越高且加入催化剂，化学反应速率越快，故D正确；答案选A。【点睛】决定化学反应速率大小的主要因素是物质本身的性

质，外界条件是次要因素。10.25℃和510110．时，25222NO(g)=4NO(g)+O(g)ΔH=+567.6kJ/mol，该反应能自发进行的原因是A.是吸热反应B.是放热反应C.是熵减少的反应D.熵增大效应大于焓效应【答案】D【解析】【分析】根据△G=△H-T•△S判断，反

应能自发进行，必须满足=△H-T•△S＜0，据此分析判断。【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。11.下列关于焓判据

和熵判据的说法中，不正确的是A.放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程B.放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的C.在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个

吸热反应在较高温度(1200K)下则能自发进行D.由焓判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程【答案】B【解析】【详解】A．放热的自发反应可能是熵减小的反应，如反应()()()2222Hg+Og=2HOl是放热、熵减小的自发

反应；吸热(Δ>0H)且熵减小(ΔS<0)的反应在任何温度下都有Δ-TΔS>0H，在任何温度下都不能自发进行，所以吸热(Δ>0H)的自发反应一定为熵增加的反应，A项正确；B．焓变和熵变都与反应的自发性有关，但都不能独立地作为反应自发性的判据，要判断反

应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热(Δ<0H)且熵增加(ΔS>0)的反应才能保证Δ-TΔS0H＜，即放热(Δ<0H)且熵增加(ΔS>0)的反应才一定能自发进行，B项错误；C．()()()32CaCOsCaOs+COg高温，该反

应的Δ>0H且ΔS>0，升高温度可使Δ-TΔS<0H，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；D．焓判据和熵判据都不能独立地作为反应自发性的判据，要判断反应进行的方向，需利用焓判据和熵判据组合成的复合判据，复合判据能更准确地判断反应进行的方向

，D项正确。答案选B。12.一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是（）①X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolYA.①②B.①④C.②③D

.③④【答案】C【解析】【详解】①X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2，不能说明各物质的量不变，不能说明反应达到平衡状态，①错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，各组分的含量不变，能说明反应达到平衡状态，②正确；③该反应前

后气体的总体积发生变化，故当容器中的压强不再发生变化，能说明反应达到平衡状态，③正确；④Z、Y的化学计量数相同，故单位时间内生成nmolZ，同时生成nmolY，能说明反应达到平衡状态，④错误；答案选C。13.已知下列反应的平衡常数：①H2(g)+S(s)H2S(g)K1；②S(s)+O2(g)S

O2(g)K2，则反应③H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是A.K1+K2B.K1-K2C.K1×K2D.K1/K2【答案】D【解析】【详解】由题干方程式可知，()()222cSOcOK=，()()212cHScHK

=，反应H2(g)＋SO2(g)O2(g)＋H2S(g)的平衡常数()()()()()()()()2222122222cHScHScOcHcSOcSOcHcOKKK===；答案选D。14.在某恒容的密闭容器中，可逆反应A(g)+B(g)xC(g)(x为正整数)，如图所

示的关系曲线，下列说法正确的是A.温度：T1＜T2B.压强：p2＞p1C.正反应是吸热反应D.x的值可能是3【答案】B【解析】【分析】根据“先拐先平数值大”知p1、p2及T1、T2的相对大小，升高温度，平衡向吸

热反应方向移动，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据压强改变、温度改变时C含量的变化确定x值、反应热，据此分析解答．【详解】A．温度越高反应速率越快，则反应到达平衡的时间越短，结合曲线Ⅰ和Ⅱ并根据“先拐先平数值大”知T1＞T

2，故A错误；B．压强越大，反应速率越快，则反应到达平衡的时间越短，结合曲线Ⅱ和Ⅲ并根据“先拐先平数值大”知p1＜p2，故B正确；C．相同压强下，升高温度，C的含量减少，由曲线Ⅰ和Ⅱ说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；D．相同温度下，增

大压强，C的含量增大，由曲线Ⅱ和Ⅲ说明增大压强平衡向正反应方向移动，则x值小于2，为1，故D错误；故答案为B。二、非选择题：(共4题，计58分)15.图是一个简易测量物质反应是吸热反应还是放热反应的实验装

置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：(1)有关反应的离子方程式是________________________________

_________，试管中看到的现象是________________________________________。(2)U形管中液面A________(填“上升”或“下降”)，原因是__________________；说明此反应是________(填“放热”或“吸热”)反应

。(3)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。【答案】①.Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑②.镁片溶解，有气泡产生③.下降④.反应放出的热量使锥形瓶内气压增大⑤.放热⑥.小于【解析】

【分析】根据离子反应方程式书写规则分析解答；根据常见化学实验基础操作及注意事项分析解答；【详解】(1)镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，所以能观察到镁片溶解，同时有气体生成；故答案为Mg＋2

H＋===Mg2＋＋H2↑，镁片溶解，有气泡产生；(2)镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左端液面下降，右端液面上升；故答案为下降；反应放出的热量

使锥形瓶内气压增大；放热；小于。【点睛】离子方程式书写规则：一写：写出正确化学方程式；二拆：将强酸、强碱、可溶性盐拆成离子形式；三删：删去相同数量的相同离子；四查：检查原子守恒和电荷守恒。16.依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Zn(s)=Zn2＋(

aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：（1）电极X的材料是___________(填名称)；电解质溶液Y是___________溶液(填化学式)。（2）银电极为电池的___________极，发生的电极反应为___________

；X电极上发生的电极反应为___________。（3）外电路中的电子是从___________电极流向___________电极。（4）若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为75.1g，试计算：反应过程中转移电子的物质的量为多少。(写出计

算过程)___________【答案】（1）①.Zn②.AgNO3（2）①.正②.Ag++e-=Ag③.Zn-2e-=Zn2+（3）①.锌或Zn②.银(Ag)（4）0.2mol【解析】【分析】根据反应2Ag＋(aq)＋Zn(s)=Zn2＋(aq)＋2Ag(s)分析

，在反应中，Zn被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则正极为活泼性较Zn弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，电解质溶液为AgNO3，原电池中，电子从负极经外电路流向

正极．根据得失电子守恒计算析出银的质量；【小问1详解】由反应2Ag＋(aq)＋Zn(s)=Zn2＋(aq)＋2Ag(s)可知，在反应中，Zn被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，则正极为活泼性较

Zn弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，电解质溶液为AgNO3，故答案为：Zn；AgNO3；【小问2详解】正极为活泼性较Zn弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++

e=Ag，X电极为Zn为原电池的负极，锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn-2e-═Zn2+，故答案为：正极；Ag++e-=Ag，Zn-2e-═Zn2+；【小问3详解】原电池中，电子从负极经外电路流向正极，由Zn极经外电路流向Ag极，故答案为：Zn；Ag

；【小问4详解】由电极反应式：2Ag++2e=2Ag，、Zn-2e-=Zn2+，电极材料的质量变化包含Zn电极的减少和Ag电极的增加，设反应过程中消耗xmolZn，由变化的质量守恒可得2×108x-65x=75.1-60，

解得x=0.1mol，则反应过程中转移电子的物质的量为0.2mol。17.恒温恒容下，将2mol红棕色气体A和1.5mol无色气体B通入体积为1L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.1molB

，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1（2）x=___________；A的转化率与B的转化率之比为___________。（3）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_____

______。A.压强不再变化B.气体的平均相对分子质量不再变化C.气体颜色不再变化D.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1【答案】（1）0.6（2）①.3②.3：2（3）BC【解析】【小问1详解】2

min时平衡测得C的浓度为1.2mol·L-1，则生成C的平均反应速率为-11.2molLcv(C)===0.6t2minmol·L-1·min-1；【小问2详解】n(1.5-1.1)molv(B)===0.2Vt1L2minmol·L-1·min-1，由化学反应速率之比等于系数比，则

v(C)0.6x==v(B)0.21，可得x=3；消耗的A物质的量为∆n(A)=2∆n(B)=2×(1.5-1.1)mol=0.8mol，A的转化率为0Δn(A)0.8==0.4n2，B的转化率为0Δn(A)0.44==n1.515，两者之比为0.4：4=3:215；【小问3详

解】A．对于2A(g)+B(g)3C(g)+2D(s)，两边气体的计量数相等，所以压强一直不变化，故A错误；B．该反应气体的质量变化，气体的物质的量不变，则气体的平均相对分子质量不再变化说明反应达平衡状态，故B正确；C．气体颜色不再变化说明浓度不变，即反应达平衡状态，故C正确

；D．只要反应发生就有A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1，不能说明反应达平衡状态，故D错误；故答案为：BC。18.研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：Ⅰ.C2H6(g)=C2H4(g)＋H2(g)ΔH1=136kJ·mol−1Ⅱ.C

2H6(g)＋CO2(g)=C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)ΔH2=177kJ·mol−1Ⅲ.C2H6(g)＋2CO2(g)=4CO(g)＋3H2(g)ΔH3Ⅳ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH4=41kJ·mol−1已知：298K

时，相关物质的相对能量(如图)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)=H2O(l)ΔH4=(−286kJ·mol−1)-(−242kJ·mol−1)=−44kJ·mol−1。请回答：（1）①根据相关物质的相

对能量计算ΔH3=___________kJ·mol−1。②下列描述正确的是___________。A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正问移动C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向

移动（2）①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化

剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是___________(填化学式)，判断依据是___________。②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性

(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大

的原因是___________。【答案】（1）①.430②.AD（2）①.CO②.C2H4产率低，说明催化剂X有利于提高反应III的速率③.选择性膜吸附C2H4，促进反应II平衡正向移动【解析】【小问1详解】①按照题目所给信息

，△H=生成物能量和-反应物能量和，故有111113H=4(110kJmol)+30kJmol(84kJmol)2(393kJmol)=430kJmol-----−−−−−，所以本问第一空应填“430”；②A

．反应I正向是吸热反应，升温，平衡正向移动，生成物浓度上升，反应物浓度下降，K值变大，描述正确，符合题意；B．反应I与II均是正向气体系数和增大的反应特征，而加压平衡向气体系数和小的方向移动，所以不利于反应I和II平衡正向移动，描述错误，不符题意；C．反应III乙烷脱氢生成CO，CO的

增加会抑制反应II的进行，降低乙烯产率，描述错误，不符题意；D．恒温恒压下通入水蒸气，增加生成物浓度，且容器扩容，反应物浓度下降，原平衡破坏，瞬间v逆>v正，反应逆向进行，平衡逆向移动，描述正确，符合题意；综上，本问第二空应选填“AD”；【小问2详解】①由题中所给信息可知，尽管CO2与C

2H6按物质的量之比为1:1投料，但是C2H4产率远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X作用下，除了发生反应II，还发生反应III，且反应III是主反应，这也说明催化剂X有利于提升反应III的速率，故这个体系主产物应是CO，所以本问

第一空应填“CO”，第二空应填“C2H4产率低，说明催化剂X有利于提高反应III的速率”；②由题目所给信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，可选择性的让C2H4通过而离开反应体系，使平衡体系中的C2H4浓度降低，从而促进反应II的平衡向正向移动，提高乙烷的转化率，所以本问第三空应填“选择性

膜吸附C2H4，促进反应II平衡正向移动”。