河南省三门峡市学年高二上学期期末考试化学试题.docx
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河南省三门峡市学年高二上学期期末考试化学试题
河南省三门峡市2018学年高二上学期期末考试化学试题
可能用到的相对原子质量:
H:
lC:
12N:
14O:
16Fe:
56S:
32Cu:
64Mn:
55Zn:
65Ni:
59
第I卷
一、选择题(本题包含18小题;每题3分,共54分。
每小题只有—个选项符合愿意。
)
1.下列说法正确的是
A.CaCO3难溶于水,是弱电解质
B.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能杀菌消毒,可用于水的净化
C.催化剂能改变化学反应的平衡转化率
D.反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行,则该反应的△H<0
【答案】D
..................
2.依据图判断,下列说法不正确的是
A.1molH2(g)与
molO2(g)所具有的总能量比1molH2O(g)所具有的总能量高
B.H2O(g)生成H2O
(1)时,断键吸收的能城小于成键放出的能量
C.2molH(g)与lmnlO(g)生成lmolH2O(g)所放出的热量是bkJ
D.液态水分解的热化学方程式为:
2H2O
(1)=2H2(g)+O2(g)AH=2(b+c-a)kJ/mol
【答案】B
【解析】A.氢气的燃烧为放热反应,则反应物总能量大于生成物总能量,A正确;B.H2O(g)生成H2O(l),为物理变化,不存在化学键的断裂和形成,B错误;C.形成化学键放出能量,由图象可知2molH(g)与1molO(g)生成1molH2O(g)所放出的热量是bkJ,C正确;D.液态水分解吸收能量,由图象可知液态水分解的热化学方程式为:
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=2(b+c﹣a)kJ•mol﹣1,D正确,答案选B。
点睛:
注意掌握反应热的计算方法和依据:
(1)根据热化学方程式计算:
反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据反应物和生成物的总能量计算:
ΔH=E生成物-E反应物。
(3)依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算:
ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量。
(4)根据盖斯定律的计算。
3.下列关于说法正确的是
A.HCl和NaOH反应的中和热为57.3kJ/mol,H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热也为57.3kJ/mol
B.已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kUmol,则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)反应的△H=-1366.8kJ/mol
C.一定温度和压强下,将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放出热量19.3kJ.则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol
D.一定条件下2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H12SO2(g)+O2(g)
2SO3(l)△H2则△H1>△H2
【答案】D
【解析】A项,H2SO4和Ba(OH)2反应,除包括氢离子与氢氧根离子反应生成水外,还包括钡离子与硫酸根离子的反应,所以反应热包括中和反应和硫酸根离子与钡离子反应的反应热,故A错误;B项,已知C2H5OH(l)的燃烧热是1366.8kJ/mol,则C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)反应的△H=-1366.8kJ/mol,故B错误;C项,N2和H2的反应为可逆反应,不能进行完全,所以N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)的△H≠-38.6kJ/mol,故C错误;D项,等物质的量的SO3(g)比SO3(l)的能量高,所以生成2molSO3(g)时放出的热量少,焓变大,即0>△H1>△H2,故D正确。
4.在C(s)+CO2(g)
2CO(g)的反应中,现采取下列措施:
①缩小体积,增大压强②增加碳的量③通入CO2,④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2其中能够使反应速率增大的措施是
A.①④B.②③⑤C.①③D.①②④
【答案】C
【解析】该反应有气体参加,缩小体积增大压强,能够使化学反应速率增大;碳是固体,增加碳的量不会增大化学反应速率;通入CO2增大了反应物的浓度,使反应速率增大;恒容下通入N2,反应物的浓度没有改变,对反应速率无影响;恒压下充入N2,使容器的体积增大,气体的浓度减小,反应速率减小。
5.对于可逆反应;2A(g)+B(g)
2C(g)△H<0,下列各图中正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】试题分析:
A、当其他条件不变时,增大压强,正、逆反应速率都增大,与图像不符,错误;B、该反应正向是放热反应,升高温度,反应速率加快,达平衡的时间缩短,平衡向逆反应方向移动,C的质量分数降低,与图像相符,正确;C、催化剂能同等程度的加快正、逆速率,缩短达平衡的时间,平衡不移动,不能改变平衡体系中C的浓度,与体系不符,错误;D、该反应正向是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,A的转化率降低,与图像不符,错误。
考点:
考查化学平衡图像分析
6.常温下,在下列溶液中可能大量共存的离子组是
A.pH=0的溶液:
Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-
B.在滴加石蕊试液后呈红色的溶液中:
Na+、K+、Al3+、CO32-
C.
的溶液中:
NH4+、SO42-、NO3-、CO32-
D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液:
Al3+、NH4+、SO42-、Cl-
【答案】D
点睛:
本题考查离子共存问题,掌握常见离子的性质,明确离子之间发生的反应是解题关键,解决此类题目时主要考虑复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应等,本题特别要注意题目的隐含条件,例如本题中四个选项都隐含着对溶液酸碱性的限制条件,A项隐含着氢离子,则涉及氧化还原反应,容易出错;D项应从影响水电离的因素考虑溶液的酸碱性。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法不正确的是
A.1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和等于2NA
B.9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目为0.2NA
C.含0.1molNH4HSO4的溶液中,阳离子数目略大于0.2NA
D.某密闭容器中有2molSO2和1molO2,在一定条件下充分反应,转移的电子数小于4NA
【答案】A
【解析】A项,1molCl2含有2molCl,通入水中所得含氯粒子有Cl2、HClO、Cl-、ClO-,所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,故A错误;B项,NO2和N2O4的最简式相同,9.2gNO2和N2O4的混合物中含氮原子数目等于9.2gNO2中所含氮原子数目,即为:
9.2g÷46g/mol×1×NA=0.2NA,故B正确;C项,含0.1molNH4HSO4的溶液中,SO42-的物质的量为0.1mol,根据电荷守恒:
n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+2n(SO42-),溶液中的阳离子的物质的量略大于0.2mol,即阳离子数目略大于0.2NA,故C正确;D项,SO2和O2的反应为可逆反应,0.2molSO2和0.1molO2在一定条件下充分反应,生成三氧化硫的物质的量小于0.2mol,所以转移的电子小于0.4mol,转移的电子数小于0.4NA,故D正确。
点睛:
NA的有关问题是考试的热点,由于它和物质的量、物质的质量、气体的体积等多个物理量联系,并且可以涉及氧化还原反应、离子反应、水溶液、物质构成等重要知识,历来都受到命题人的关注。
解决有关NA计算型题目,要特别注意题目的陷阱,例如A项中1molCl2通入水中并不会与水全部反应;B项中NO2和N2O4的最简式相同,无论怎么混合,只要质量一定含氮原子数目就确定;D项要注意可逆反应不能进行完全。
8.下列有关实验的说法正确的是
A.图A中测定锌粒与1mol/L稀硫酸的反应速率,只需测定注射器中收集氢气的体积
B.图B装置中进行50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液发生中和反应放出热量的测定,使温度计温度升高的热量就是中和反应生成1mol水的热量
C.图C酸碱中和滴定中,可以在滴定过程中用少量水冲洗锥形瓶内壁
D.图D滴定管中液面位置如图所示,则此时的读数为26.50mL
【答案】C
【解析】A项,若只测定注射器中收集氢气的体积,不知道时间,无法计算反应速率,故A错误;B项,50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液发生中和反应生成0.025mol水,使温度计升高到最高温度的热量就是该中和反应生成0.025mol水的热量,故B错误;C项,用少量水冲洗锥形瓶内壁不影响溶质的物质的量,可以使残留在内壁上的待测液溶质与标准液充分反应减小误差,故C正确;D项,滴定管的0刻度在上方,自下而上刻度逐渐减小,读数应为25.50mL,故D错误。
9.关于下列装置说法正确的是
A.装置①中,盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液
B.装置②工作一段时间后,a极附近溶液的pH减小
C.可以用装置③在铁上镀铜,d极为铜
D.装置④中发生铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】A项,装置①为原电池,Zn为负极、Cu为正极,原电池中阳离子向正极移动,所以K+移向CuSO4溶液,故A错误;B项,装置②为电解池,a极与电源的负极相连是阴极,水中的氢离子放电,产生氢氧根离子,所以工作一段时间后,a极附近溶液的pH增大,故B错误;C项,装置③为电解池,d极与电源的正极相连是阳极,铁上镀铜时,铜为阳极,所以d极为铜,故C正确;D项,Zn比Fe更活泼,构成原电池时,活泼金属Zn是负极,Fe不反应,故D错误。
10.锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源,电池的电解质溶液为KOH溶液,反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-,下列说法正确的是
A.放电时,负极反应为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-
B.放电时,电路中通过2mol电子,消耗氧气22.4L(标准状况)
C.充电时,电解质溶液中K+向阳极移动
D.充电时,电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
【答案】A
【解析】A项,放电时,Zn为负极发生氧化反应,碱性电解质溶液,所以反应式为:
Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-,故A正确;B项,放电时,正极反应为:
O2+2H2O+4e-=4OH-,每转移4mol电子,消耗标准状况下22.4L氧气,故B错误;C项,充电时阳离子向阴极移动,故C错误;D项,充电时,电解总反应为:
2Zn(OH)42-=2Zn+O2+4OH-+2H2O,电解质溶液中c(OH-)逐渐增大,故D错误。
点睛:
本题考查原电池和电解池的工作原理,①注意区分原电池与电解池装置:
原电池中存在自发的氧化还原反应,电解池中一般会与电源相连,锌-空气燃料电池放电时作为原电池,充电时作为电解池;②正确判断正负极、阴阳极:
作原电池时的正极即为作电解池时的阳极,作原电池时的负极即为作电解池时的阴极;③注意电极反应式的书写及电子转移的计算:
书写电极反应式要考虑溶液酸碱性,要根据得失电子守恒进行有关计算;④若已知电池总反应,可根据化合价的变化判断有关反应,遵循氧化还原反应原理。
11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A.开启啤酒瓶后,瓶中马上泛起大量泡沫
B.合成氨反应,为提高氨的产率,理论上应采取降低温度的措施
C.工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D.对于2HI(g)
H2(g)+I2(g),达平衡后,缩小容器体积可使体系颜色变深
【答案】D
【解析】A项,啤酒瓶中存在平衡H2O+CO2
H2CO3,打开啤酒瓶时,泛起大量泡沫,是因为压强降低,平衡向生成二氧化碳方向移动,可以用勒夏特列原理解释,故A正确;B项,合成氨反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,可提高氨的产率,能用勒夏特列原理解释,故B正确;C项,工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2
2SO3,使用过量的空气,增大氧气的浓度,平衡正向移动,可以提高二氧化硫的利用率,能用勒夏特列原理解释,故C正确;D项,因为反应2HI(g)
H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的反应,缩小容器体积,平衡不移动,颜色变深是由体积变小使I2浓度增大引起的,不能用勒夏特利原理解释,故D错误。
点睛:
本题考查勒夏特列原理的使用条件,化学平衡移动原理又称勒夏特列原理,使用勒夏特列原理分析问题的前提必须是可逆反应且存在平衡移动,否则不能用勒夏特列原理解释,例如题中A、B、C三项都涉及改变条件时可逆反应的平衡移动问题,而D项改变条件平衡不移动。
12.已知在100℃的温度下,水的离子积Kw=1×10-12,本题涉及的溶液,其温度均为100℃,下列说法中正确的是
A.0.001mol/L的硫酸溶液,pH=2
B.0.001mol/L的氢氧化钠溶液pH=9
C.0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合,混合溶液的pH为6,溶液显酸性
D.完全中和pH=3的硫酸溶液50mL,需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】B
【解析】100℃的温度下,水的离子积KW=1×10-12,所以该温度下中性溶液中pH=6,A项,0.001mol/L的硫酸溶液中,c(H+)=0.001mol/L×2=0.002mol/L=2×10-3mol/L,所以pH=-lgc(H+)=lg(2×10-3)=3-lg2≠2,故A错误;B项,0.001mol/L的氢氧化钠溶液,c(H+)=KW/c(OH-)=
mol/L=1×10-9mol/L,所以pH=9,故B正确;C项,0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合,恰好完全反应,混合溶液的pH为6,溶液显中性,故C错误;D项,pH=3的硫酸中,c(H+)=10-3mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,中和pH=3的硫酸溶液50mL,需要pH=11的NaOH溶液0.5mL,故D错误。
点睛:
本题考查pH的有关计算,①酸性溶液可根据pH=-lgc(H+)直接计算;②注意碱性溶液中氢氧根离子浓度和pH的换算为易错点,在已知中100℃的温度下,水的离子积KW=1×10-12,所以该温度下的中性溶液中pH=6、pH<6为酸性溶液,pH>6的为碱性溶液;③强酸和强碱恰好反应时,溶液呈中性,pH=6。
13.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)
zC(g),图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化,图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):
n(B)的变化关系;则下列结论正确的是
A.图II所知反应xA(g)+yB(g)
zC(g)△H<0,且a=2
B.200℃时,该反应的平衡常数为25
C.200℃时,反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L•min)
D.当外界条件由200℃降温到100℃,原平衡一定被破坏,且正逆反应速率均增大
【答案】B
【解析】A项,由图II可知:
升高温度,平衡时C的体积分数增大,说明升高温度化学平衡向正反应方向移动,又因为升高温度,化学平衡向吸热方向移动,所以正反应为吸热反应,△H>0;根据图Ⅰ数据可知该反应的化学方程式为2A+B
C,只有当两种反应物按方程式的计量数之比加入时,达到平衡时生成物C的体积分数才最高,所以a=2,综上分析,A错误。
B项,由图Ⅰ可得,200℃,平衡时c(A)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,c(B)=c(C)=0.2mol÷2L=0.1mol/L,由前面的分析化学方程式为2A+B
C,所以200℃时,该反应的平衡常数为:
K=
=25,故B正确。
C项,200℃时,反应从开始到平衡的平均速率v(B)=(0.4-0.2)mol÷2L÷5min=0.02mol/(L•min),故C错误。
D项,当外界条件由200℃降温到100℃,平衡常数K一定变化,原平衡一定被破坏,正逆反应速率均减小,故D错误。
14.25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.NaHCO3溶液中:
c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)
B.0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后的溶液中:
c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)
C.物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液中,c(NH4+)由大到小的顺序为③>②>①
D.浓度均为0.1mol/L的①NH4Cl、②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液,pH的大小顺序;②>④>③>①
【答案】A
【解析】A项,NaHCO3溶液中,存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),存在物料守恒:
c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-),两式相减得:
c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-),故A正确;B项,0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合,所得溶液中溶质为NaCl、CH3COONa、CH3COOH物质的量之比为1:
1:
1,CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,电离是微弱的,所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),故B错误;C项,物质的量浓度相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4Al(SO4)2三种溶液,③中NH4+与Al3+水解相互抑制,所以③中c(NH4+)大于①中c(NH4+),又因为NH4+水解是微弱的,所以②中c(NH4+)最大,则c(NH4+)由大到小的顺序为②>③>①,故C错误;D项,①NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性,②NaOH溶液、③Na2CO3溶液、④NaHCO3溶液都是显碱性的,同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度,③Na2CO3溶液碱性强于④NaHCO3溶液,又因为水解是微弱的,所以②NaOH溶液碱性最强,则pH的大小顺序:
②>③>④>①,故D错误。
15.对于平衡体系:
aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)△H<0,下列判断其中不正确的是
A.若温度不变,容器体积扩大一倍,此时A的浓度是原来的0.45倍,则a+b B.若从正反应开始,平衡时,A、B的转化率相等,则投入A、B的物质的量之比为a: b C.若平衡体系中共有气体Mmol,再向其中充入bmolB,达到平衡时气体总物质的量为(M+b)mol,则a+b=c+d D.若a+b=c+d,对于体积不变的容器,升高温度,平衡向左移动,容器中气体的压强不变 【答案】D 【解析】A项,温度不变,容器体积扩大一倍,此时A的浓度是原来的0.45倍,说明降低压强,化学平衡向正反应方向移动,又因为降低压强化学平衡向气体分子数增大的方向移动,故a+b<c+d,故A正确;B项,若A、B的初始物质的量之比等于化学计量数之比,平衡时A、B的转化率一定相等,所以若从正反应开始,平衡时,A、B的转化率相等,则投入A、B的物质的量之比为a: b,故B正确;C项,平衡体系中共有气体Mmol,再向其中充入bmolB,化学平衡正向移动,达到平衡时气体总物质的量为(M+b)mol,则混合气体的总的物质的量不变,故反应前后气体的化学计量数之和相等,即a+b=c+d,故C正确;D项,若a+b=c+d,气体的物质的量不变,对于体积不变的容器,温度升高,气体压强增大,故D错误。 16.目前工业上处理有机废水的一种方法是: 在调节好pH和Mn2+浓度的废水中加入H202,使有机物氧化降解。 现设计如下对比实验(实验条件见下左表),实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图右所示。 下列说法正确的是 实验编号 T/K pH c/l0-3mol/L H2O2 Mn2+ ① 298 3 6.0 0.30 ② 313 3 6.0 0.30 ③ 298 9 6.0 0.30 A.313K时,在0--lOOs内有机物R降解的平均速率为: 0.014mol/(L•s) B.对比①②实验,可以得出温度越高越有利于有机物R的降解 C.对比①②实验,可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同 D.通过以上三组实验,若想使反应停止,可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液 【答案】D 【解析】A.313K时,在0~100s内有机物R降解的平均速率= =1.4×10-5mol·L-1·s-1,A错误;B.温度过高,双氧水容易分解,B错误;C.对比①②实验,可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率相同,C错误;D.通过以上三组实验,若想使反应停止,可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液,增大pH,D正确,答案选D。 17.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 减小 B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中 增大 C.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中 不变。 D.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中 >1 【答案】C 【解析】A项, = = ,向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水,醋酸根离子浓度减小,电离常数Ka不变,则比值变大,故A错误;B项,将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,Kh变大,醋酸根离子水解程度增大, =1/Kh,所以比值变小,故B错误;C项,向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,沉淀溶解平衡向沉淀方向移动,但 = = ,温度不变则比值不变,故C正确;D项,向盐酸中加入氨水至中性,则有c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得,c(NH4+)=c(Cl-),故D错误。 18.一定温度时,Cu2+,Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子(M2+)形成硫化物沉淀所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。 下列有关判断不正确的是 A.该温度下,Ksp(MnS)大于1.0×10-15 B.该温度下,溶解度: CuS>MnS>FeS>ZnS C.向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液,Mn2+最有可能先沉淀 D.向c(Fe2+)=0.1mol/L的溶液中加入CuS粉末,有FeS沉淀析出 【答案】B 【解析】A项,MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡: MnS(s) Mn2+(aq)+S2-(aq),其溶度积常数为Ksp=c(Mn2+)∙c(S2-),根据图像可计算Ksp(FeS)=c(Fe2+)∙c(S2-)=1×10-20,Ksp(CuS)=c(Cu2+)∙c(S2-)=1×10-35,MnS的曲线在CuS的上方、在FeS下方,因此Ksp(MnS)大于Ksp(CuS)、小于Ksp(FeS),即1.0×10-35 CuS
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