学年广东省清远市高二上学期期末考试化学试题解析版.docx
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学年广东省清远市高二上学期期末考试化学试题解析版
广东省清远市2018-2019学年高二上学期期末质量检测
1.下列不属于正在研究和开发的新能源是
A.天然气B.生物质能C.氢能D.太阳能
【答案】A
【解析】
试题分析:
A、天然气是化石能源,A项正确;B、生物质能属于正在研究和开发的新能源,B项错误;C、氢能属于正在研究和开发的新能源,C项错误;D、正太阳能属于在研究和开发的新能源,D项正确;答案选A。
考点:
考查新能源
2.下列有关反应原理的说法正确的是
A.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
B.化学反应速率越快可逆反应正向进行的程度越大
C.纯银器表面在空气中因发生电化学腐蚀生成Ag2O而变暗
D.应用盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A项、反应速率与反应是吸热还是放热无关,反应速率与反应物本身的性质及外界条件有关,故A错误;
B项、化学反应速率的快慢与化学反应的限度无关,故B错误;
C项、空气中会存在少量H2S气体,与银生成黑色Ag2S而导致表面变暗,属于化学腐蚀,故C错误;
D项、有些化学反应的焓变难以通过实验测得,通过盖斯定律可以求得,故D正确。
故选D。
3.下列说法正确的是
A.甲烷的标准燃烧热为△H=﹣890.3kJ•mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣890.3kJ•mol-1
B.从C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol,可知石墨比金刚石更稳定
C.常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,则该反应的△H<0
D.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ•mol-1,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ•mol-1
【答案】B
【解析】
A、燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,应生成液态水;
B、吸热反应中,生成物的能量高,而物质能量越低,越稳定;
C、C(s)+CO2(g)=2CO(g)为吸热反应;
D、H2SO4和Ba(OH)2反应生成沉淀也要放热。
【详解】A项、甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3 kJ•mol-1,故A错误;
B项、从C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1,反应吸热,说明石墨能量低于金刚石,可知石墨比金刚石更稳定,故B正确;
C项、常温下,反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行,但该反应的△H>0,故C错误;
D项、强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热,HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1,生成沉淀也要放热,则H2SO4和Ba(OH)2的反应放出的热量大于2×57.3kJ,则△H<2×(-57.3)kJ•mol-1,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学反应与能量,注意热化学反应方程式书写时物质的状态与能量的关系、常见的吸热反应、反应热与反应条件等是解答关键。
4.2018年4月12日,我国海军首次在南海进行海上阅兵。
为了保护舰艇(主要是铁合金材料),在舰体表面镶嵌金属块(R)。
下有关说法不正确的是
A.这种保护舰体的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法
B.金属块R可能是镁或锌
C.海水呈弱碱性,舰艇在海水中易发生析氢腐蚀
D.正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−
【答案】C
【解析】
分析:
为了保护舰艇(主要是钢合金材料),在舰体表面镶嵌金属块(R),这种保护方法利用原电池原理,需要金属块R比铁活泼,据此分析解答。
详解:
A.在舰体表面镶嵌金属块(R),这种保护方法利用原电池原理,需要金属块R比铁活泼,R作负极,钢铁作正极,这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法,故A正确;B.金属块R比铁活泼,金属块R可能是镁或锌,故B正确;C.在弱碱性海水中主要发生吸氧腐蚀,在酸性溶液中才发生析氢腐蚀,故C错误;D.吸氧腐蚀的正极上发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故D正确;故选C。
5.下列溶液导电能力最强的是
A.100mL0.1mol·L-1的醋酸溶液B.10mL0.1mol·L-1的氯化钠溶液
C.50mL0.1mol·L-1的硫酸溶液D.1L0.1mol·L-1的盐酸溶液
【答案】C
【解析】
溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小,溶液离子浓度越大,导电性越强。
【详解】醋酸为弱酸,不能完全电离,100mL0.1mol/L醋酸中离子总浓度小于0.2mol/L,10mL0.1mol·L-1的氯化钠溶液中离子总浓度为0.2mol/L,50mL0.1mol·L-1的硫酸溶液中离子总浓度为0.3mol/L,1L0.1mol·L-1的盐酸溶液中离子总浓度为0.2mol/L,50mL0.1mol·L-1的硫酸溶液中离子浓度最大,故选C。
【点睛】本题考查电解质溶液的导电性,注意溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小,把握电解质强弱的判断是解答关键。
6.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是
A.反应总过程ΔH<0
B.Fe+使反应的活化能减小
C.Fe++N2O
FeO++N2、FeO++CO
Fe++CO2两步反应均为放热反应
D.FeO+也是该反应的催化剂
【答案】D
【解析】
由图可知,N2O与CO在Fe+作用下发生反应分知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步进行,总反应方程式为N2O+CO
N2+CO2,该反应Fe+是催化剂,反应物的总能量高生成物的总能量。
【详解】A项、A、反应物的总能量高生成物的总能量,则反应是放热反应,所以反应的△H<0,故A正确;
B项、Fe+是催化剂,降低该反应的活化能,所以Fe+使该反应的活化能减小,故B正确;
C项、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应,都是反应物的总能高于生成物的总能量,所以两步反应均为放热反应,故C正确;
D项、FeO+是中间产物,而不是催化剂,故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系,注意催化剂和中间产物的判断是解答关键。
7.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g),下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量;②增加CO的量;
③将容器的体积缩小一半;④保持体积不变,充入He以增大压强;
⑤升高反应体系的温度;⑥保持压强不变,充入He以增大体积。
A.②③B.①④C.①⑥D.④⑥
【答案】B
【解析】
该反应是一个有固体参与的气体体积增大的反应,改变温度、压强、反应物或生成物浓度,化学反应速率改变,固体量的增减、反应体系中的各物质的浓度不变,反应速率不变。
【详解】①C为纯固体,固体量的增减不影响反应速率,所以增加C(s)的量,反应速率不变,故①正确;
②增加CO的量,CO浓度增大,反应速率加快,故②错误;
③将容器的体积缩小一半,反应体系中物质的浓度增大,容器中压强增大,反应速率加快,平衡向气体体积减小的方向进行,故③错误;
④保持体积不变,充入氮气,氮气不参与反应,反应体系中的各物质的浓度不变,则反应速率不变,故④正确;
⑤升高反应体系的温度,反应速率加快,反应向吸热反应方向进行,故⑤错误;
⑥保持压强不变,充入氮气,使容器的体积变大,反应体系中各物质的浓度减小,则反应速率减小,故⑥;
符合题意得为①④,故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素,利用化学反应速率影响因素分析解答是关键。
8.下列实验操作或实验结果正确的是
A.用酚酞试纸测定氨气的酸碱性时,试纸需用蒸馏水润湿
B.测定中和热的实验中,酸或碱不可过量,否则会产生较大误差
C.用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱时,酸式滴定管没有用标准液润洗会导致结果偏小
D.用pH试纸测定pH时,将溶液倒在试纸上,观察颜色变化并与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
A、氨气只有溶于水才呈碱性;
B、测定中和热的实验中,为了使一种反应物反应完全,应该使另一种物质过量;
C、酸式滴定管未用标准液润洗,导致标准液浓度减小,滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高;
D、用pH试纸测定pH时,用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部,不是将溶液倒在试纸上。
【详解】A项、氨气只有溶于水才呈碱性,用酚酞试纸测定氨气的酸碱性时,试纸需用蒸馏水润湿,故A正确;
B项、测定中和热的实验中,为了使一种反应物反应完全,应该使另一种物质过量,所以为了使反应进行的更完全,可以使酸或碱适当过量,故B错误;
C项、用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,酸式滴定管未用标准液润洗,导致标准液浓度减小,滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,故C错误;
D项、用pH试纸测溶液的pH时,一般不湿润,撕一块pH试纸放在洁净的玻璃片上,用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部,观察颜色变化并与标准比色卡对照,故D错误。
故选A。
9.醋酸在水溶液中存在下列电离平衡:
CH3COOH
CH3COO−+H+,下列说法不正确的是
A.加入醋酸钠,平衡向左移动B.加入碳酸钠,平衡向右移动
C.加入Na,pH变大D.加水稀释,溶液中所有离子浓度都减小
【答案】D
【解析】
醋酸是弱电解质,在水溶液里存在电离平衡,加水稀释促进醋酸电离,向醋酸溶液中加入含有氢离子或醋酸根离子的物质抑制醋酸电离,加入与氢离子或醋酸根离子反应的物质促进醋酸电离。
【详解】A项、加入CH3COONa,溶液中c(CH3COO-)增大,抑制CH3COOH电离,所以平衡向右移动,故A正确;
B项、加入碳酸钠,碳酸钠和H+反应使溶液中氢离子浓度减小,平衡向右移动,促进CH3COOH电离,故B正确;
C项、加入金属Na,Na和H+反应使溶液中氢离子浓度减小,溶液pH变大,故C正确;
D项、加水稀释促进CH3COOH电离,但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度,所以溶液中C(H+)减小,温度不变,水的离子积常数不变,则溶液中c(OH-)增大,故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离,根据溶液中离子浓度变化确定醋酸电离平衡移动方向,注意水的离子积常数、醋酸电离平衡常数只与无关有关。
10.下列说法中正确的是
A.将纯水加热的过程中,Kw变大、pH变小
B.保存FeSO4溶液时,加入稀HNO3抑制Fe2+水解
C.FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重,最终得到FeCl3固体
D.日常生活中常用汽油去除衣物上的油污,用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污,两者的原理完全相同
【答案】A
【解析】
A、纯水电离是吸热反应;
B、稀HNO3氧化亚铁离子;
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重,最终得到氧化铁;
D、用汽油去除衣物上的油污的过程为物理变化。
【详解】A项、纯水电离是吸热反应,加热促进电离,Kw增大,PH减小,故A正确;
B项、保存FeSO4溶液时,加入具有强氧化性的稀HNO3,稀HNO3氧化亚铁离子,不能抑制Fe2+水解,故B错误;
C项、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重,蒸干过程中氯化氢挥发,促进水解生成氢氧化铁沉淀分解生成氧化铁,故C错误;
D项、用汽油去除衣物上的油污的过程为物理变化,用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污,与水解反应有关,分别发生萃取、盐类水解反应,原理不同,故D错误。
故选A。
11.常温下,关于pH=11的氨水溶液,下列说法不正确的是
A.溶液中c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1
B.加水稀释100倍后,溶液的pH=9
C.此溶液中由水电离出的H+和OH-浓度均为1.0×10-11mol·L-1
D.加入等体积pH=3的H2SO4溶液,溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
一水合氨是弱电解质,在溶液中部分电离,加水稀释和加酸反应,促进一水合氨电离;氨水溶液呈碱性,拟制水的电离。
【详解】A项、常温下pH=11的氨水溶液中c(H+)=1.0×10-11mol·L-1,c(OH-)=Kw/c(H+)=1.0×10-3mol·L-1,故A正确;
B项、由于一水合氨是弱电解质,加水稀释氨水会促进一水合氨电离,导致氢氧根离子浓度大于原来的1/10,所以溶液的11>pH>10,故B错误;
C项、常温下pH=11的氨水中,氢氧根离子抑制了水的电离,氨水中氢离子是水电离的,则氨水中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L,故C正确;
D项、由于一水合氨是弱电解质,加入等体积pH=3的H2SO4溶液,氨水过量,溶液呈碱性,故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解,明确弱电解质电离特点是解本题关键。
12.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
B.将0.1mol氯化铁溶于1L水中,所得溶液含有Fe3+数目为0.1NA
C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
D.25℃时,1L0.1mol·L-1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项、SO2和O2反应生成SO3是一个可逆反应,充分反应后该反应仍不能进行完全,故容器内的分子总数大于2NA,故A错误;
B项、Fe3+在溶液中发生水解,Fe3+的物质的量小于0.1mol,所以溶液含有Fe3+数目小于0.1NA,故B错误;
C项、题中缺少氢氧化钠溶液体积,无法计算溶液中氢氧根离子的数目,故C错误;
D项、Na2S溶液中硫离子的水解导致阴离子个数增多,故1L0.1mol·L-1Na2S溶液中溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,注意题中缺少氢氧化钠溶液的体积、盐类的水解是解题关键。
13.SF6是一种优良的绝缘气体,分子结构中只存在S—F键。
已知:
1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ,断裂1molF—F、S—F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。
则S(s)+3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为
A.-1780kJ·mol-1B.-1220kJ·mol-1C.-450kJ·mol-1D.+430kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
根据反应热=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和分析,反应热=280+3×160﹣6×330=﹣1220kJ/mol,选B。
14.英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为:
2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O,电池装置如图所示。
下列说法正确的是
A.该装置能够在高温下工作
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.装置工作时,电能转变为化学能
D.装置工作时,电子由电极a沿导线流向电极b
【答案】B
【解析】
A、微生物在高温下失去生理活性而没有催化活性,选项A错误;B、微生物作为催化剂促进了反应中电子的转移,选项B正确;C、该装置为原电池,原电池是把化学能转化为电能的装置,选项C错误;D、在a极氧气得电子转化为水应该为正极,电子由负极b极流向正极a极,选项D错误。
答案选B。
15.已知:
Cu(s)+2H+(aq)===Cu2+(aq)+H2(g)ΔH1
2H2O2(l)===2H2O(l)+O2(g)ΔH2
2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH3
则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)===Cu2+(aq)+2H2O(l)的ΔH是
A.ΔH=ΔH1+1/2ΔH2+1/2ΔH3B.ΔH=ΔH1+1/2ΔH2-1/2ΔH3
C.ΔH=ΔH1+2ΔH2+2ΔH3D.ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3
【答案】A
【解析】
将已知热化学方程式依次编号为①、②、③,根据盖斯定律,由①+0.5×②+0.5×③即可得到Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)===Cu2+(aq)+2H2O(l)的反应热ΔH=ΔH1+
ΔH2+
ΔH3,答案选A。
16.O3是一种很好的消毒剂,具有高效、洁净、方便、经济等优点。
O3可溶于水,在水
中易分解,产生的[O]为游离氧原子,有很强的杀菌消毒能力。
常温常压下发生的反应如下:
反应①O3
O2+[O] ΔH>0,平衡常数为K1;反应②,[O]+O3
2O2 ΔH<0,平衡常数为K2;总反应:
2O3
3O2ΔH<0,平衡常数为K。
下列叙述正确的是
A.降低温度,总反应K减小B.K=K1+K2
C.适当升温,可提高消毒效率D.压强增大,K2减小
【答案】C
【解析】
由盖斯定律可知反应①+②可得总反应,则K=K1×K2,结合温度对平衡移动的影响判断。
【详解】A项、由总反应:
2O3═3O2ΔH<0,可知正反应为放热反应,则降低温度平衡向正反应方向移动,平衡常数增大,故A错误;
B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应,则K=K1×K2,故B错误;
C项、适当升温,反应速率增大,则可提高消毒效率,故C正确;
D项、平衡常数只受温度的影响,温度不变,平衡常数不变,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素,升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。
17.下列图像不符合反应Fe(s)+H2O(g)
FeO(s)+H2(g)ΔH<0的是(图中v是速率,φ为混合物中H2的体积百分含量)()
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
反应Fe(s)+H2O(g)
FeO(s)+H2(g)ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应,据此分析。
【详解】反应Fe(s)+H2O(g)
FeO(s)+H2(g)ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应,
A、随温度升高正逆反应速率都增大,且逆反应速率大于正反应速率,故A不符合;
B、随温度升高,平衡逆向移动,氢气的体积分数减小,所以B选项是符合的;
C、T2>T1,温度越高达到平衡所用时间越短,升温平衡逆向移动,氢气体积分数越小,所以C选项是符合的;
D、Fe是固态,其物质的量的增加对反应速率无影响,所以D选项是符合的。
故选A。
18.将AgCl分别加入盛有:
①5mL水②6mL0.5mol·L-1NaCl溶液③10mL0.2mol·L-1CaCl2溶液④5mL0.1mol·L-1盐酸的烧杯中,均有固体剩余,各溶液中c(Ag+)从大到小的顺序排列正确的是
A.④③②①B.②③④①C.①④③②D.①③②④
【答案】C
【解析】
在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:
AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq),加入相同离子平衡逆向移动。
【详解】在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:
AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq),加入Cl-平衡逆向移动c(Ag+)会减小,加入Cl-的浓度越大,c(Ag+)越小,即c(Ag+)与c(Cl-)大小顺序相反,已知Cl-的浓度从大到小顺序为②③④①,则c(Ag+)浓度从大到小顺序相反为①④③②,C正确,故选C。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素,离子浓度越大,影响越大是解答关键。
19.下列关于电解氯化钠水溶液(铁作阴极、石墨作阳极)的叙述正确的是
A.若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液,溶液呈无色
B.若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液,溶液呈棕色
C.电解时在阳极得到氯气,在阴极得到金属钠
D.电解一段时间后,将全部电解液转移到烧杯中,充分搅拌后溶液呈中性
【答案】B
【解析】
铁作阴极、石墨作阳极电解氯化钠水溶液,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上水电离出的氢离子发电,破坏水的电离平衡,溶液呈碱性。
【详解】A项、在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气,该极附近的溶液显碱性,滴入酚酞试液,溶液呈红色,故A错误;
B项、在阳极附近是氯离子失电子得到氯气,滴入KI溶液,氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈黄色,故B正确;
C项、电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气,在阴极是氢离子得到电子生成氢气,故C错误;
D项、电解一段时间后,全部电解液几乎是氢氧化钠,溶液显示碱性,故D错误。
故选B。
20.下列有关物质的量浓度关系正确的是
A.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合,溶液呈酸性:
c(CH3COO-)<c(CH3COOH)
B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:
c(NaOH)<c(CH3COONa)<c(Na2CO3)
C.0.1mol·L-1的NaHA溶液,其pH=4,则c(HA-)>c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
D.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系:
c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)
【答案】D
【解析】
A.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合,溶液中存在电离平衡和水解平衡:
CH3COOH⇌CH3COO−+H+、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−,溶液呈酸性说明以电离为主,则c(CH3COO−)>c(CH3COOH),故A错误;B.CH3COONa和Na2CO3为强碱弱酸盐,酸根离子会发生水解,使溶液呈碱性,由于酸性:
CH3COOH>HCO3−,则CO32−的水解能力比CH3COO−强,而NaOH是强碱,所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中:
c(NaOH) HA−⇌A2−+H+、HA−+H2O⇌H2A+OH−,且以电离为主,而H+还有部分由水电离产生,则c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(H2A),故C错误;D.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比例混合后,溶液中都只有H+、OH−、A−、M+四种离子,由电荷守恒可得: c(H+)+c(M+)=c(OH−)+c(A−),故D正确;答案选D。 21.在容积为1L的密闭容器中,进行如下反应: A(g)+2B(g) C(g)+D(g),在不同温度下,D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。 请回答下列问题: (1)700℃时,0~5min内,以B表示此反应的平均反应速率,则vB为____________。 (2)能判断反应达到化学平衡状态的依据是__________。 A.混合气体质量不变B.混合气体中c(A)不变 C.v正(B)=2v逆(D)D.c(A)=c(C) (3)若最初加入1.0molA和2.2molB,利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=__________,该反应为__________反应(填“吸热”或“放热”)。 (4)800℃时,某时刻测得体系中各物质的物质的量浓度如下: c(A)=0.06mol·L-1,c(B)=0
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