学年广东省清远市高二上学期期末质量检测化学试题Word文档下载推荐.docx

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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

【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

【分析】

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

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

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<

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

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。

【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

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

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

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。

【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

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。

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·

D.加入等体积pH=3的H2SO4溶液，溶液呈碱性

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。

【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

【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。

【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

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。

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

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

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

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。

【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.

反应Fe（s）＋H2O（g）

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）

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。

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

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

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。

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－）

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）<

c（Na2CO3）<

c（CH3COONa），故B错误；

C.0.1mol⋅L−1NaHA溶液的pH=4，说明HA−为弱酸的酸根离子，