发布时间 : 星期六 文章【3份试卷合集】河北省石家庄市2019-2020学年化学高一第二学期期末经典模拟试题更新完毕开始阅读2313aba7750bf78a6529647d27284b73f24236c5
mol－1。 点睛：本题的易错点为选项D，考查摩尔质量不仅经考查数值，同时还有考查摩尔质量的单位g·19．C
【解析】A、标准状况下，CHCl3是液体，所以不能用Vm求算，选项A错误；B、烷烃分子中两个相邻的碳原子形成一个碳碳单键，所以CnH2n+2中含有的碳碳单键数为（n-1）NA；选项B错误；C、乙烯和丙烯的最简式为：CH2，所以二者的含碳量相同，n（C）=
2.8g=0.2mol，所以所含碳原子数为0.2NA；
14g/mol选项C正确；D、苯环不含碳碳双键，所以1mol 苯乙烯中含有的碳碳双键数目为NA，选项D错误。答案选C。 20．C 【解析】 【详解】
A. 乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成乙醇，A正确； B. 乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确； C. 乙烷中含有少量乙烯，应该用溴水除去，不能用氢气，C错误；
D. 乙醇的分子式可以看作是C2H4·H2O，因此等物质的量的乙烯与乙醇充分燃烧，耗氧量相同，D正确。 答案选C。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．反应物能量 生成物能量 无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 -198 －1185 KJ·mol-1 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据图像特点和方程式可知，A表示反应物的总能量，C表示生成物的总能量。E表示活化能，其大小和反应热是无关的。催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。
99kJ/mol＝－198 kJ/mol。 （2）图像表示的是生成2molSO3时反应过程中的能量变化，因此△H＝－2×
mol-1，又知 SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) （3）硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g) =2SO2(g) △H1=-296KJ·
mol-1，据盖斯定律可知，3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)= －1185 kJ/mol。 △H2=-99 KJ·
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．2～3 min 该反应是放热反应，此时温度高 4～5 min 此时H＋浓度小 0.1 mol/(L·min) AB 【解析】
（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min，这是由于该反应是放热反应，反应液温度升高，反应速率加快；（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小，
22.4L/mol=0.005mol，根据2HCl～H2，计算反应速率最小；（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L÷1min=0.1 mol/（L?min）消耗盐酸的物质的量为0.01mol，浓度是0.1mol/L，则υ（HCl）＝0.1mol/L÷；（4）A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，A正确；B．加入NaCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，B正确；C．加入硝酸钠溶液，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，但影响生成氢气的量，D错误；E．加入Na2CO3溶液，生成CO2气体，影响生成氢气的量，E错误；答案选AB。
四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．
Pb-2e-+SO42-=PbSO4 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2Fe3++2e-=2Fe2+ 充当正极材
料，形成原电池，氧还分开进行 【解析】
有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，可以推断，B为O元素，则A为H元素，C为S元素，则D为Cl元素。
（1）H2O的电子式为
；H2O2的电子式为
，故答案为
；
；
（2）SO2通入H2O2溶液中可被氧化为W，则W为H2SO4，b电极发生还原反应，则a电极发生还原反应，Pb失去电子生成PbSO4，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，反应的总方程式为PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，故答案为Pb-2e+SO4=PbSO4；
（3）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期，该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，将Fe浸入到FeCl3中，发生反应为Fe+2Fe=3Fe，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，
3+2+
故答案为Fe+2Fe=3Fe；
3+
2+
-2-
（4）石墨--铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，失去电子生成Fe，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，Fe3+离子在正极获得电子生成Fe2+，正极电极反应式为：2Fe3++2e-=2Fe2+；比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是：充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生，故答案为2Fe3++2e-=2Fe2+；充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生。
点睛：本题以元素推断为载体，考查电子式、原电池原理的应用等，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为原电池中电极方程式的书写，难点为石墨的作用，具有一定的开放性。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24． > 0.3 mol/(L·min)或0.005mol/(L·s) 1.8 mol/L 正反应 变小 < 【解析】分析：（1）根据温度对平衡状态的影响分析；
（2）根据反应速率v=△c/△t计算；利用化学平衡常数表达式计算化学平衡常数；根据外界条件对平衡状态的影响结合反应方程式判断；
2+
（3）根据浓度熵与平衡常数的关系判断。
详解：（1）若升高温度，混合气体的颜色变深，NO2浓度增大，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，因此正反应方向吸热，则△H＞0；
（2）0～60s时段内，N2O4浓度变化为：0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，则v（N2O4）
=0.30mol/L÷60s=0.005mol/(L·s)；根据图像可知平衡时NO2浓度是0.6mol/L，N2O4浓度是0.2mol/L，所以反应的平衡常数K＝
；由于反应物和生成物均只有一种，因此反应达平衡后，再向容器中充
入0.4molN2O4，相当于是增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以再次达到平衡时，N2O4的转化率与原平衡相比变小。
（3）100℃，相同容器中充入2.4molNO2与0.8molN2O4，则此时浓度熵是应方向进行，则反应达平衡之前v正＜v逆。
点睛：本题考查了化学平衡的计算分析应用，主要是反应速率、平衡浓度、转化率、平衡常数的计算分析，掌握基础是关键，题目较简单。难点是浓度对平衡状态的影响，对于反应物和生成物均只有一种的可逆反应，增大物质的浓度均相当于是增大压强，结合勒夏特列原理分析。
＞1.8，因此反应向逆反