江西省2018-2019学年高一上学期期末考试化学---精品解析Word版

1、丰城中学高一年级上学期期末课改试卷化 学本试卷中可能需要的：C 12 O16 S32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 H 1 Ca 40 Mg 24选择题 (每题3分，共48分)1.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是（ ）A. 该过程将太阳能转化成为化学能B. 该过程中，只涉及非极性键的断裂与生成C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为13D. 原料气N2可通过分离液态空气获得【答案】B【解析】A. 该过程将太阳能转化成为化学能，A正确；B. 该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，B不正确；C. 该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为13，C正确；D. 原料气N2可通过分离液态空气获得，D正确。本题选B。2.下列热化学方程式中，正确的是( )A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2

2、O(g)H=-890.3 kJ/molB. 500、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) H = -38.6 kJ/molC. 稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) H = -57.3 kJ/molD. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)H =+285.8 kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol表示1mol甲烷完全燃烧产生二氧化碳气体和液态水时放出的热量，题干水为气态，所以A选项错误；B.该反应为可逆反应，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应转化为1molNH3，热化学方程式中表示的是物质完全转化时的热量变化，B错误；C.稀盐酸和 稀氢氧化钠反应的实质是H+与OH-结合形成水，反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)

3、 H = -57.3 kJ/mol，C正确；D.物质燃烧放出热量，H0，D错误；故合理选项是C。3.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl、ClOx(x1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 A. a、b、c、d、e中，c最稳定B. bac反应的活化能为反应物能量减生成物能量C. bad反应的热化学方程式为：3ClO(aq)ClO3(aq)2Cl(aq);H116 kJmol1D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为1112【答案】D【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。A项，物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A错误；B项，反应物能量-生成物能量=-H，依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能，故B错误；C项，a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，BA+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：H=64kJmol-1+20kJmol-1-360kJm

4、ol-1=-116kJmol-1，故C错误；D项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D正确。点睛：本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识，关键是弄清a、b、c、d、e所代表的离子并正确书写反应的离子方程式，并结合H=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算，D项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。4.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A. 该反应的化学方程式为3B+2D6A+4CB. 反应进行到6s时，各物质的反应速率相等C. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.1mol/(Ls)D. 反应进行到1s时，v(A)3v(D)【答案】D【解析】分析：6s时，A的物质的量增加1.2

5、mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D；根据V=c/t计算反应速率，且各物质的速率之比等于系数比，据以上分析解答。详解：6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物；B的物质的量减少0.6mol，C的物质的量减少0.8，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量系数之比，设A、B、C、D的计量系数分别为a、b、c、d则a：b：c：d=1.2：0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，所以反应方程式为3B+4C 6A+2D，A错误；反应进行到6s 时反应达到平衡，各物质的反应速率之比为化学计量数之比，不相等，B错误；反应进行到6s 时，B的平均反应速率为=（1-0.4）/26=0.05 mol/(Ls), C 错误；反应进行到1s时，v(A)=0.6/21=0.3 mol/(Ls)

6、，v(D)=0.2/21=0.1 mol/(Ls)，v(A)3v(D)，D 正确；正确选项D。5.如图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是A. 2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)H0B. 4NH3（g）+5O2(g)4NO(g)+6H2O（g）H0D. 2A(g)+B(s)2C(g)H0【答案】B【解析】试题分析：A、加压平衡向正反应方向移动，此时v正v逆；B、正向放热，升温平衡向逆反应方向移动，此时v逆v正，正反应方向为气体体积增大的方向，加压平衡向逆反应方向移动，此时v逆v正；C、加压平衡不移动，此时v逆=v正；D、升温平衡向正反应方向移动，此时v逆v正。考点：考查化学平衡，考查考生对平衡移动的判断能力。6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】

7、分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。7.反应“P4（s）+3NaOH（aq）+3H2O（l）=3NaH2PO2（aq）+PH3（g）H

8、0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是（）A. P4分子中P原子均满足8电子稳定结构B. 反应中NaOH作还原剂C. 该反应能自发进行，则S0D. 反应中生成1molNaH2PO2，转移电子数目为36.021023【答案】A【解析】A. P原子最外层有5个电子，与其他3个P原子形成共价键，含有1个孤电子对，P4分子中P原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B. 反应中NaOH中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C. 反应能自发进行，须G=H-TS0，因为H0，则S0，故C错误；D. 反应中P元素由0价升高为+1价，由0价降低为-3价，因此生成1 mol NaH2PO2，转移1mol电子，故D错误；故选A。8.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. 25时，向0.1molL-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c(NH4+)c(SO42-)c(OH-)=c(H+)B. 25时，NaB溶液的pH=8，c（Na+）- c（B-）=9.910-7 molL-1C. 0.1 molL-1NaHCO3溶液：c（Na+）c(o

9、H-)c(HCO3-)c(H+)D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】A25时，向0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时若c（Na+）c(NH4+)c(SO42-)c(OH-)=c(H+)则违背溶液呈电中性原理，应该为c(Na)c(SO42)c(NH4+)c(OH)c(H)，选项A错误。B. 在溶液中存在水解平衡：B-+H2OHB+OH-，pH8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L根据电荷守恒有c(Na) + c(H+)c(B)+ c(OH-)，则c(Na) c(B)c(OH-)c(H+)=9.9107mol/L，选项B正确；C、0.1 mol/LNaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）c（HCO3-）c（OH-）c（H+），选项C错误；D、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）c（CH3COO-）c（ClO-）c（OH-）c（H+），选项D错误。答案选B。9.常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为A. 101

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