【文档说明】广东省深圳市第二实验学校2020-2021学年高二上学期期中考试化学试卷答案.docx.docx，共(8)页，30.046 KB，由小赞的店铺上传

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深圳市第二实验学校2020-2021学年度（高二年级）第一学期期中考试化学学科试题说明：1、全卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。2、答卷前，考生必须按要求填写自己的姓名、学号、班级等信息。3、客观题、主观题答案均填写在答题卡上。一、

单项选择题（每题2分，共20分）1.【答案】B【解析】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电。核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民

众造成伤害，不属于未来新能源。故选：B。2.【答案】B【解析】A.物质能量越高越活泼,从C(s,石墨)═C(s,金刚石)△H=+1.9kJ⋅mol−1，金刚石能量高，可知石墨比金刚石更稳定，故A正确；B.硫蒸气变化为固体硫放热，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.醋酸是弱酸电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故C错误；D.燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化

物放出的热量,2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−285.8kJ⋅mol−1，故D错误；故选A.3.【答案】C【解析】5.6gFe的物质的量为5.6g56g

/mol=0.1mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑0.1mol0.1mol0.1molA.Fe为固体，浓度不变，不能利用浓度变化量表示反应速率，故A错误；B.硫酸浓度变化量为0.1mol0.1L=1mol/L,故v(H2SO4)

=1mol/L2min=0.5mol⋅L−1⋅min−1，故B错误；C.不能计算氢气浓度，不能用氢气表示平均速率，故C错误；D.硫酸亚铁的浓度变化量为0.1mol0.1L=1mol/L,故v(FeSO4)=1mol/L2min=0.

5mol⋅L−1⋅min−1，故D正确，故选D.4.【答案】C。【解析】A、FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，故反应速率的改变不同，故A项错误；B、稀硫酸与铁反应制取氢气的反应中，加少量铜，能增大H2的生成

速率，但不能减小生成H2的物质的量，因为铜与稀硫酸不反应，故B错误；C、升高温度和增大压强都能增大正逆反应速率，只是对正逆反应速率增大的程度不同，故C错误；D、在实验室中，将一块除去氧化膜的铝片放入一定浓度

和体积的稀盐酸中，盐酸先与氧化铝反应再与铝反应，开始没有氢气生成，氢气由无到有，反应速率不是一直逐渐减小，故D错误。故选C。5.【答案】C【解析】A、新制的氯水中存在化学平衡，CL2+H2O⇌HCl+HClO，在光照条件下次氯酸见光分解，平衡正向进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，

故A不符合；B、打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为二氧化碳气体溶解度减小，平衡移动的结构，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；C、已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、

I2、H2混合气体进行压缩，反应前后气体体积不变，混合气体颜色变深是因为体积缩小，浓度增大，和平衡移动无关，故C符合；D、工业上用氮气、氢气合成氨气的过程中，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，通过加压将氨气液化以增大转化率，恒容平衡有关，

能用勒夏特列原理解释，故D不符合；故选C．6.【答案】A【解析】A.增大反应物的浓度,正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；B.反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；C.先

拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；D.催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确。故选：A。7.【答案】D【解析】假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X(g)+2Y(g

)⇌2Z(g)起始量(mol):110变化量(mol):0.5nnn平衡量(mol):1−0.5n1−nn平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3:2，则(1−0.5n+1−n):n=

3:2解得n=23Y的转化率=23mol1mol=67%故选D.8.【答案】C【解析】已知反应2C(s)+O2(g)═2CO(g)的△H<0，△S>0，所以△H−T△S>0，反应任何温度下都能自发进行，故A.B.D错误，而C正确；故选：C。9.【答案】C10.【答案】B二、单项选择题（每题4分

，共24分）11.【答案】C【解析】A.CO2(g)+C(s)=2CO(g)为有碳参加的氧化还原反应,为吸热反应,则△H1>0，故A正确；B.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)为有碳参加的氧化还原反应,为吸热反应,则△H2>0，故B正确；C.由C(s)+H2O(g)=CO(g)+

H2(g)△H2、CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H3,结合盖斯定律可知两是相减得到CO2(g)+C(s)=2CO(g),则△H1=△H2−△H3>0,即△H2>△H3，故C错误；D.由①C

O2(g)+C(s)=2CO(g)△H1、④CuO(s)+CO(g)=Cu(s)+CO2(g)△H4,结合盖斯定律可知①+④×②得到2CuO(s)+C(s)=2Cu(s)+CO2(g),则△H5=2△H4+△H1，故D正确；故选C.12

、【答案】A【解析】A.△H<0为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，故A正确；B.温度越高，反应速率越快，M点温度高，则W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故B错误；C.由图可知，Q点为平衡点，则Q点转化率最大

，故C错误；D.该反应为气体体积不变的反应，恒容恒温度下，平衡时充入Z，二者为等效平衡，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡时相等，故D错误；故选：A。13.【答案】C14、【答案】D【解析】A、平衡时，X的转化率=1−0.050.1×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据可知2min时Y的物质

的量浓度为0.2mol/L-(0.1-0.08)×3mol/L=0.14mol/L，体积未知，则无法计算其物质的量，故B错误；C、该反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，但v正＞v逆，平衡向正反应方

向移动，故C错误；D、前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)=0.062=0.03mol/L-1•min-1，故D正确。故选D。15、【答案】B【解析】恒温恒容,甲与乙起始n(SO2):n(O

2)=2:1,甲等效为在乙的基础上增大一倍压强,平衡向正反应移动,转化率增大;丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol,n(O2)=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，A

.甲与丙为等效平衡,平衡时对应各组分的物质的量相等,故压强P甲=P丙,甲等效为在乙的基础上增大一倍压强,平衡向正反应移动,故P乙<P甲<2P乙,故P甲=P丙<2P乙，故A错误；B.甲与丙为等效平衡,平衡时对应各组分的物质的量相等,故质量m甲=m丙,

甲等效为在乙到达平衡的基础上,再加入1molSO2和0.5molO2,增大压强,平衡向正反应移动,SO2转化率增大,m甲>2m乙,故m甲=m丙>2m乙，故B正确；C.对于甲、乙,SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量

数之比,c(SO2)与c(O2)之比为定值2:1,丙为分解反应,丙中c(SO2)与c(O2)之比为2:1,故k甲=k丙=k乙=2，故C错误；D.甲与丙为等效平衡,平衡时对应各组分的物质的量相等,故Q甲+Q丙=197,如果转化率为50%,此时Q甲=Q丙。甲等效为在乙的

基础上增大一倍压强,平衡向正反应移动,SO2转化率增大,故Q甲>2Q乙，故D错误；故选B.16、【答案】B。【解析】由乙酸（甲，Ka=1.8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1.4×10-3）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；

由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合。故选B。三、填空题（共56分）17、【答案】(1)环形玻璃

搅拌棒；减少实验过程中的热量损失；(2)不相等；相等；⑶b⑷A18、【答案】2.0;保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变。【解析】(1)①本实验待测数据可以是反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所

需要的时间)，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸浓度对锌与稀硫酸反应速率的影响，故答案为：反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间)；硫酸浓度；②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是探究硫酸铜的量对反应速率的影响,有关反应

的离子方程式为Zn+Cu2+═Zn2++Cu、Zn+2H+═Zn2++H2↑，故答案为：探究硫酸铜的量对反应速率的影响;Zn+Cu2+═Zn2++Cu、Zn+2H+═Zn2++H2↑；(2)表中Vx=20.0mL−8.0mL−4.0mL−4.0mL−2.0mL=2.0mL,理由是保证反应物K

2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变，19、【答案】⑴BC⑵−149.73kJ⋅mol−1⑶50.5kPa⑷c此温度下甲醛的选择性和甲醛的转化率较高（5）T1>T2>T320、【答案】⑴c2(NH3)c(N2)c3(H2);33.3%;3.7(L/mol)

2；ad⑵0.0015mol/(L⋅min)；bc；c；(3)乙【解析】(1)根据化学方程式和三段式列式计算：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)初始浓度；0.60.450变化浓度：0.50.150.1平衡浓度：0.10

.30.1该条件下H2的转化率=0.15mol/L0.45mol/L×100%≈33.3%，平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=0.120.1×0.33=3.7(L/mol)2故答案为：c2(NH3)c(N2)c3(H2);33.3%;3.7(L/mol)2；③根据化学平衡：N

2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),反应是气体体积减小的放热反应,欲提高H2的转化率，平衡正向进行；a.向容器中按原比例再充入原料气，则压强增大，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故a正确；b.向容器中再充入惰性气体，则各组分浓度不变，平衡不移动，氢气的转化率不变，故b错误；c

.改变反应的催化剂，不影响平衡的移动，氢气的转化率不变，故c错误；d.液化生成物分离出氨，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故d正确；故选ad，故答案为：ad；(2)①由图象数据可知,由方程式2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)可知,平衡时△c(N

O):△c(O2):△c(NO2)=2:1:2,为据此判断表示,浓度变化的曲线,分别为b为NO,c为O2,aNO2,由图中数据可知2s内,O2的浓度变化量为0.005mol/L−0.002mol/L=0.003mol/L,根据v=△c△t计

算v(O2)=0.003mol/L2L=0.0015mol/(L⋅min)故答案为：0.0015mol/(L⋅min)；②能说明该反应已经达到平衡状态的是当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；a.未指明正逆速率,若都为同一方向速率,

始终都存在v(NO2)=2v(O2)关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故a错误；b.随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；c.不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量

数之比,反应到达平衡,故v逆(NO)=2v正(O2)，说明到达平衡，故c正确；d.反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；故选bc，故答案为：bc；③为使该反应的反应速率增大，且

平衡向正反应方向移动依据平衡移动原理分析判断；a.及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a错误；b.适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；c.增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；d.选择高效的

催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d错误；故答案为：c；(3)甲：升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故甲错误；乙：升高温度,化学反应速率会迅速增大,所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小

，故乙正确；丙：对于反应：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故丙错误。故答案为：乙。