解析北京市学年高二上学期期末考试模拟化学试题选修4人教版.docx
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解析北京市学年高二上学期期末考试模拟化学试题选修4人教版
2019-2020学年北京高二上学期期末考试模拟(原创)
一、选择题
1.部分弱酸的电离平衡常数如表所示:
弱酸
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数(25℃)
Ka=1.75×10-5
Ka=2.95×10-8
Ka1=4.40×10-7
Ka2=4.70×10-11
Ka1=1.54×10-2
Ka2=1.02×10-7
下列离子方程式正确的是( )
A.少量CO2通入NaClO溶液中:
CO2+H2O+2ClO-=CO32-+2HClO
B.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:
SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C.少量SO2通入Na2CO3溶液中:
SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-
D.相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合:
H++HCO3-=CO2↑+H2O
【答案】C
【分析】
根据电离平衡常数知,酸性强弱顺序为:
H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-。
【详解】A.HClO的酸性大于HCO3-而小于H2CO3,ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-,故A错误;
B.HClO具有强氧化性,把SO32-氧化为SO42-,故B错误;
C.酸性:
H2SO3>H2CO3>HSO3-,所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中:
SO2+H2O+2CO32-═SO32-+2HCO3-,故C正确;
D.酸性:
H2CO3>HSO3-,NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体,故D错误;
正确答案是C。
【点睛】弱酸的电离平衡常数越大,其酸性越强,酸的电离平衡常数H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-,则酸性:
H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HClO>HCO3-,结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。
2.关于下列各装置图的叙述不正确的是()
A.用图①装置实现铁上镀铜,a极为铜,电解质溶液可以是CuSO4溶液
B.图②装置盐桥中KCl的Cl-移向右烧杯
C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同
【答案】B
【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜,根据电流的移动方向可知a极为阳极,是铜电极,b电极为Fe电极,电解质溶液可以是CuSO4溶液,A正确;
B.Zn电极为负极,Cu电极为正极,负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液,根据异种电荷相互吸引的原则,在含有盐桥的原电池中,盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区,该装置中Zn作负极、Cu作正极,所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯,B错误;
C.电解池阴极与电源的负极连接,金属被保护,电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀,要保护钢铁,则钢铁连接原电池负极,C正确;
D.在左边的原电池中Al为负极,Al是+3价的金属,每27gAl会失去3mol电子;右边的原电池中Zn是负极,Zn是+2价的金属,65gZn会失去2mol电子,所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同,D正确;
故合理选项是B。
3.下列化学用语不正确的是
A.醋酸的电离:
CH3COOH
CH3COO-+H+
B.碳酸氢钠在水溶液中的电离:
NaHCO3=Na++HCO3-
C.氯化铵的水解:
NH4++H2O
NH4OH+H+
D.碳酸钙的溶解平衡:
CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO32-(aq)
【答案】C
【详解】A.醋酸为弱酸,且电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+,故A正确;
B.碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-,故B正确;
C.氯化铵的水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+,故C错误;
D.碳酸钙的溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq),故D正确;
故选C。
4.下列说法正确的是( )
A.S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的ΔH表示燃烧热
B.通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体
C.除去CuCl2溶液中的Fe3+,选用氢氧化钠溶液作沉淀剂
D.测定中和热的实验中,参与反应的酸或碱,无论谁过量,都不影响中和热的数值
【答案】D
【详解】A.燃烧热应是固体硫完全燃烧生成SO2放出的热量,故A错误;
B.直接蒸发MgCl2溶液,MgCl2水解生成Mg(OH)2,最后得到MgO,故B错误;
C.除去CuC12溶液中的Fe3+离子,可加入适量的CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3促进Fe3+离子水解,且不引入杂质,故C错误;
D.测定中和热的实验中,参与反应的酸或碱过量,是为了保证中和反应完全,保证实验数据准确,不过量的话,就不能保证反应完全进行,之后计算结果就会不准确,故D正确;
正确答案是D。
5.现有如下3个热化学方程式:
H2(g)+
O2(g)=H2O(g) ΔH1=-akJ·mol-1①
H2(g)+
O2(g)=H2O(l) ΔH2=-bkJ·mol-1②
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-ckJ·mol-1③
则由下表所列的原因能推导出后面结论的是( )
选项
原因
结论
A
H2的燃烧是放热反应
a、b、c均大于零
B
①和②中物质的化学计量数均相同
a=b
C
①和③中H2O的状态不同,化学计量数不同
a、c不会有任何关系
D
③的化学计量数是②的2倍
ΔH2<ΔH3
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【详解】A.氢气燃烧的过程是放热过程,所以焓变小于0,故a、b、c均大于零,故A正确;
B.焓变的大小与反应物和生成物的状态有关,方程式①、②中生成水的状态不一致,故a不等于b,故B错误;
C.③的系数是②的2倍,所以③的焓变为②的2倍,又因为气态水转变为液态水的过程为放热过程,所以②的焓变小于①的焓变,又由于a、b、c均为正数,因此2b=c>2a,故C错误;
D.③的系数是②的2倍,所以③的焓变为②的2倍,即c=2b,因为氢气燃烧是放热过程,所以ΔH<0,故ΔH2>ΔH3,故D错误;
正确答案是A。
6.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A.向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH-)增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(NH4+)/c(Cl-)>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银,溶液中c(Cl-)/c(Br-)不变
【答案】D
【详解】A.加水稀释促进CH3COOH的电离,n(H+)增大,n(CH3COOH)减小,则溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大,故A错误;
B.升温促进醋酸根离子水解,醋酸根的水解平衡常数Kh=[c(CH3COOH)·c(OH-)]/c(CH3COO-)增大,溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)·c(OH-)应减小,故B错误;
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中电荷守恒为:
c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),溶液显中性,则c(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)=c(Cl-),即溶液中c(NH4+)/c(Cl-)=1,故C错误;
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中
=
=
,温度不变AgCl、AgBr的溶度积不变,则溶液中
不变,故D正确。
故选D。
【此处有视频,请去附件查看】
7.可逆反应aX(g)+bY(g)
cZ(g)在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后,t0时改变某一外界条件,化学反应速率(u)一时间(t)图象如下图。
则下列说法中正确的是()
A.若a+b=c,则t0时只能是增大了容器的压强
B.若a+b=c,则t0时只能是加入了催化剂
C.若a+b≠c,则t0时只能是增大了容器的压强
D.若a+b≠c,则t0时只能是加入了催化剂
【答案】D
【详解】考查外界条件对反应速率和平衡的影响。
t0时正反应速率都增大相同的倍数,但平衡不移动,这说明使用了催化剂,或者如果反应前后体积不变,增大了压强,答案选D
8.现有室温下四种溶液,有关叙述不正确的是( )
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后,两溶液的pH均增大
B.②③两溶液等体积混合,所得溶液中c(H+)>c(OH-)
C.分别加水稀释10倍,四种溶液的pH①>②>④>③
D.V1L④与V2L①混合,若混合后溶液pH=7,则V1<V2
【答案】D
【详解】A.③④中分别加入适量醋酸钠晶体,③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离,④反应生成醋酸,醋酸部分电离,所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小,则溶液的pH都增大,故A正确;
B.醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质,pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度,二者等体积混合时,醋酸有剩余,溶液呈酸性,所以所得溶液中:
c(H+)>c(OH-),故B正确;
C.室温下,碱溶液pH大于酸溶液;加水稀释促进弱电解质电离,所以稀释10倍后pH:
①>②>④>③,故C正确;
D.V1L④和V2L①溶液混合后,若pH=7,氨水浓度远远大于盐酸,要使混合溶液呈中性,则V1>V2,故D错误。
答案选D。
9.通过加入适量乙酸钠,设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去,其原理如图所示。
下列叙述正确的是
A.b极为正极,发生还原反应
B.一段时间后b极区电解液的pH减小
CH+由a极穿过质子交换膜到达b极
D.a极的电极反应式为
-e-=Cl-+
【答案】B
原电池工作时,正极上发生得电子的还原反应即:
+2e-+H+=Cl-+
,则a为正极,b为负极,反应式为:
CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。
A.正极上发生得电子的还原反应即:
+2e-+H+=Cl-+
,则a为正极,发生还原反应,故A错误;B.由电极方程式可知当转移8mol电子时,正极消耗4molH+,负极生成7molH+,则处理后的废水pH降低,故B正确;C.b为负极,反应式为:
CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+,由示意图可知,质子从b极移向a极,故C错误;D.a为正极,发生还原反应,电极反应式为
+2e-+H+=Cl-+
,故D错误;故选B。
点睛:
本题考查新型电池,注意把握原电池
工作原理以及电极反应式的书写,解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。
本题的易错点为D,电极反应也要满足质量守恒定律。
10.已知反应X(g)+Y(g)
nZ(g)ΔH>0,将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应,各物质的浓度随时间的改变如图所示。
下列说法不正确的是()
A.反应方程式中n=1
B.10min时,曲线发生变化的原因是升高温度
C.10min时,曲线发生变化的原因是增大压强
D.前5min后,用X表示的反应速率为v(X)=0.08mol·L-1·min-1
【答案】B
【详解】A.10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,说明是增大了压强,然后,反应物浓度逐渐减小,生成物浓度增加,平衡正向移动,则说明该反应是气体物质的量减小的反应,则n=1,故A正确;
B.根据图像数据可知,10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,则说明10min时增大了压强,故B错误;
C.根据图像数据可知,10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,则说明10min时增大了压强,故C正确;
D.在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L,0~5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L,则该时间段X的平均反应速率为v(X)=
=0.08mol•L-1•min-1,故D正确;
故选B。
11.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(
)。
下列说法不正确的是
①
②
③
④
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是
资源化利用的方法之一
C.反应
的
D.反应
的
【答案】C
【分析】
A.反应③中的反应物为CO2、H2;
B.反应③中的反应物为CO2,转化为甲醇;
C.由反应④可以知道,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高;
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到
。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2,由反应可以知道,反应①、②为反应③提供原料气,所以A选项是正确的;
B.反应③中的反应物为CO2,转化为甲醇,则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一,所以B选项是正确的;
C.由反应④可以知道,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高,则反应反应
的
,故C错误;
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到
,则
,所以D选项是正确的。
所以答案选C。
12.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液,其工作原理如图所示。
下列有关说法错误的是
A.通电后阴极区附近溶液pH会增大
B.阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.纯净的KOH溶液从b出口导出
D.K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
【答案】D
【详解】A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑,氢离子来自于水电离,所以剩余了水电离的氢氧根离子,溶液的pH升高,A正确;
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子,反应为:
4OH--4e-=2H2O+O2↑,B正确;
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气,多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧;右侧水电离的氢离子转化为氢气,剩余大量水电离的氢氧根离子,加上透过交换膜过来的钾离子,使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大,所以纯净的KOH溶液从b出口导出,C正确;
D、阳离子应该向阴极移动,所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动,D错误;
故选D。
二、非选择题
13.反应aA(g)+bB(g)
cC(g)ΔH<0在等容条件下进行。
改变其他反应条件,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示:
(1)反应的化学方程式中a∶b∶c为_____________________________________________。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为______________。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________,其值是________。
(4)由第一次平衡到第二次平衡,平衡向________移动,采取的措施是________________________。
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低:
T2________(填“<”“>”或“=”)T3,判断的理由是_____________________________________________________。
【答案】
(1).1∶3∶2
(2).vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)(3).αⅢ(B)(4).19.4%(5).右(6).从平衡混合物中分离出了C(7).>(8).因为Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动,该反应为放热反应,故降温才能使平衡正向移动
【分析】
(1)由图可知第Ⅰ阶段,平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L,△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L,△c(C)=2mol/L,浓度变化量之比等于化学计量数之比;
(2)vI(A)=
=0.05mol/(L•min),vⅡ(A)=
=0.0253mol/(L•min),vⅢ(A)=
=0.012mol/(L•min),比较可以得出答案;
(3)B的平衡转化率αI(B)=
×100%=50%,αⅡ(B)=
×100%=38%,αⅢ(B)=
×100%=19.4%;
(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的,瞬间A、B浓度不变,因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C,即减少生成物浓度,平衡正向移动;
(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等,根据A、B的量减少,C的量增加可判断平衡是正向移动的,根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的,另外题目所给条件容器的体积不变,则改变压强也不可能,因此一定为温度的影响,此反应正向为放热反应,可以推测为降低温度,另外结合A的速率在三个阶段的情况,确定改变的条件一定为降低温度,根据勒夏特列原理,平衡的移动只能减弱改变,不能抵消改变,因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。
【详解】
(1)由图可知第Ⅰ阶段,平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L,△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L,△c(C)=2mol/L,浓度变化量之比等于化学计量数之比,故a:
b:
c=1mol/L:
3mol/L:
2mol/L=1:
3:
2;
(2)vI(A)=
=0.05mol/(L•min),vⅡ(A)=
=0.0253mol/(L•min),vⅢ(A)=
=0.012mol/(L•min),故A的平均反应速率vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A),故答案为:
vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A);
(3)B的平衡转化率αI(B)=
×100%=50%,αⅡ(B)=
×100%=38%,αⅢ(B)=
×100%=19.4%;
(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的,瞬间A、B浓度不变,因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C,即减少生成物浓度,平衡正向移动,故答案为:
向正反应方向,从反应体系中移出产物C;
(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等,根据A、B的量减少,C的量增加可判断平衡是正向移动的,根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的,另外题目所给条件容器的体积不变,则改变压强也不可能,因此一定为温度的影响,此反应正向为放热反应,可以推测为降低温度,另外结合A的速率在三个阶段的情况,确定改变的条件一定为降低温度,根据勒夏特列原理,平衡的移动只能减弱改变,不能抵消改变,因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。
14.用活性炭还原处理氮氧化物,有关反应为C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g)。
(1)写出上述反应的平衡常数表达式_______________。
(2)在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应,所得数据如表,回答下列问题。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.40
0.09
2
800
0.24
0.08
①结合表中数据,判断该反应的△H____0(填“>”或“<”),理由是_________。
②判断该反应达到平衡的依据是_______。
A.容器内气体密度恒定B.容器内各气体浓度恒定
C.容器内压强恒定D.2v正(NO)=v逆(N2)
(3)700℃时,若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应:
N2(g)+CO2(g)
C(s)+2NO(g);其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如下图所示。
请回答下列问题。
①0~10min内的CO2平均反应速率v=____________。
②图中A点v(正)___v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
③第10min时,外界改变的条件可能是_____________。
A.加催化剂B.增大C的物质的量
C.减小CO2的物质的量D.升温E.降温
【答案】
(1).
(2).>(3).计算700℃和800℃的平衡常数K1
【详解】
(1)根据化学方程式C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g),平衡常数K=
;
(2)①根据表格数据,列出实验1(700℃)的三段式:
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol0.400
变化物质的量/mol0.180.090.09
平衡物质的量/mol0.220.090.09
K1=
=
=
,
据表格数据,列出实验2(℃)的三段式:
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始物质的量/mol0.2400
变化物质的量/mol0.160.080.08
平衡物质的量/mol0.080.080.08
K2=
=
=1>K1;
温度升高,K增大,则正反应为吸热反应,△H>0。
故答案为:
>;700℃和800℃的平衡常数K1
②A、该反应气体的总质量是个变量,容器体积不变,所以密度是一个变量,当容器内气体密度恒定时,则反应达到平衡状态,故A正确;
B、各组分
浓度不再改变能说明反应达到平衡状态,故B正确;
C、该反应前后气体分子的数目相同,则气体的总物质的量一直不变,根据pV=nRT,恒温恒容条件下,压强一直不变,所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态,故C错误;
D、2v正(NO)=v逆(N2)错误,此时正反应速率和逆反应速率不相等,应是v正(NO)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态,故D错误;
故答案为:
AB。
③①随着反应进行,n(N2)逐渐减小,n(NO)逐渐增大,10min内,△n(N2)=0.2mol,物质的量变化之比等于计量系数之比,则△n(CO2)=0.2mol,所以v(CO2)=
=0.01mol·L-1·min-1;
②根据图像可知A点反应向正反应方向进行,则v(正)>v(逆),故答案为:
>;
③第10min时,N2、NO物质的量没有发生突变,N2的物质的量逐渐减小,速率比10min前大;NO物质的量逐渐增大,速率比10min前大。
A、加催化剂,不会引起物质的量的突变,只会增大反应速率,故A正确;
B、增大碳固体的物质的量,对反应速率没有影响,故B错误;
C、减小CO2的物质的量,反应速率减小,故C错误;
D、升温,反应速率增大,故D正确;
E、降温,反应速率减小,故E错误;
故选AD。
15.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据):
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10-5
HClO
3×10-8
H2CO3
K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
H2C2O4
K1=5.4×10-2 K2=5.4×10-5
H2S
K1=1.3×10-7 K2=7.1×10-15
请回答下列问题:
(1)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O
、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是____________。
(2)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过
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