1、12018-2019 学年上学期高二期末考试化 学注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对
2、 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分，每小题只有一个选项符合题意）1已知：CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H49.0kJmol 1。一定条件下，向体积为 1 L 的密闭容器中充入 1mol CO2和 3mol H2，测得 CO2和
3、CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。下列叙述中，正确的是A升高温度能使 增大n(CH3OH)n(CO2)B反应达到平衡状态时，CO 2的平衡转化率为 75%C3min 时，用 CO2的浓度表示的正反应速率等于用 CH3OH 的浓度表示的逆反应速率D从反应开始到平衡，H 2的平均反应速率 v(H2)0.075molL 1min12下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A生成物总能量一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D同温同压下，H 2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的 H 不同3用
4、标准盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液，下列操作不会引起实验误差的是A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用 NaOH 溶液润洗，后装入 NaOH 溶液进行滴定C用碱式滴定管取 10.00mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸4下列变化过程中， S v(逆)D相同温度下，起始时向容器中充入 2.0mol PCl3和 2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl 3的转化率小于 80%7一定条件下，溶液的酸碱性对 TiO2光催化染料 R 降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是A在
5、050min 之间，pH2 和 pH7 时 R 的降解百分率相等B溶液酸性越强，R 的降解速率越小此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2CR 的起始浓度越小，降解速率越大D在 2025min 之间，pH10 时 R 的平均降解速率为 0.04molL1min18一定条件下，通过下列反应可实现燃料烟气中硫的回收：SO 2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l) H ” 、 “” 、 “7” 、 “0，B 错误；在该温度下，达平衡时，各组分物质的量分别为： n(PCl3) n(Cl2)0.20mol， n(PCl5)1mol0.20mol0.80mol，在相同温度下投入1.
6、0mol PCl5、0.20mol PCl 3、0.20mol Cl 2，相当于在原题平衡基础上加入 0.20mol PCl5，平衡正向移动， v(正) v(逆)，C 正确；充入 1.0mol PCl5建立的平衡与充入 1.0mol PCl3和 1.0mol Cl2建立的平衡为等效平衡，充入 1.0mol PCl5建立的平衡 PCl5的转化率为 100%20%，则充0.20 mol1 mol入 1.0mol PCl3和 1.0mol Cl2建立的平衡 PCl3转化率为 80%。当向容器中充入 2.0mol PCl3和2.0mol Cl2时，相当于将两个上述平衡(充入 1.0mol PCl3和
7、1.0mol Cl2建立的平衡)合并压缩到2.0 L，平衡左移，PCl 3转化率大于 80%。7. 【答案】A【解析】在 050min 之间，pH2 和 pH7 时反应物 R 都能完全反应，降解率都是 100%，故A 正确；由斜率可知 pH 越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R 的降解速率越大，故 B 错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，故 C 错误；2025min 之间，pH10时 R 的平均降解速率为 ，故 D 错误。0.210 4molL 15 min8. 【答案】D【解析】该反应为气体体积减小的反应，平衡前，随着反应的进行，容器内压强逐渐变小，A项错误；因硫
8、单质为液体，分离出硫对正反应速率没有影响，B 项错误；其他条件不变，升高温度平衡向左移动，SO 2的转化率降低，C 项错误；该反应的平衡常数只与温度有关，使用催化剂对平衡常数没有影响，D 项正确。9. 【答案】B【解析】设溶液的体积都是 1L，则氢氧化钠的物质的量为 1L0.1molL1=0.1mol，硫酸的物质的量为 1L0.06 molL1=0.06 mol，H +的物质的量为 0.06 mol2=0.12mol，则当酸碱发生中和时 H+和 OH的物质的量分别为 0.12mol 和 0.1mol，则硫酸过量，过量的 H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液
9、中 H+的物质的量浓度为 c(H+)= =0.01 molL1，pH=-lg102=2.0。10. 【答案】A【解析】为碱性，中水解显碱性，等浓度强碱溶液的 pH 大，则 pH 为；为酸性，电离显酸性，水解显酸性，等浓度时中酸性强，则中 pH 最小，pH 为，为中性，则溶液的 pH 由小到大的排列顺序是，故选 A。11. 【答案】B【解析】无论反应是否达到平衡状态，N 2O4的消耗速率与 NO2的生成速率之比都为 12，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；NO 2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不
10、再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所
11、以不能说明是平衡状态的是。12. 【答案】D此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【解析】已知 Ksp=21020，c(Cu 2+)=0.02 molL1，在常温下如果要生成 Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)c2(OH)2100 20，所以 c(OH) =109(molL1)，应调节溶液 pH 大于 5。13. 【答案】C【解析】当 a b 时，HA 与 BOH 恰好完全反应生成正盐，由于 HA 与 BOH 的强弱未知，所以 BA溶液的酸碱性不能确定，A 错误；温度不一定是在 25，B 错误； KW c(H+)c(OH )，依据 c(H+) ，可知 c(H+) c(OH)，
12、故溶液呈中性，C 正确；D 选项不论溶液显何KW c(H+)c(OH)性，依据电荷守恒均有 c(H+)+c(B+) c(OH)+c(A)，错误。14. 【答案】A【解析】A三个溶液中 c(Na+)=0.1molL1，所以溶液中 c(Na+)：甲=乙=丙，故 A 错误；B酸越弱，对应的盐水解程度越大，产生的氢氧根离子的数目和分子数目越多，所以溶液中酸分子总数：甲丙乙，故 B 正确；C水解程度越大 pH 越大，乙酸根离子水解程度最大，两者的混合物次之，最弱的是甲酸根离子，所以溶液 pH：甲丙乙，故 C 正确；D根据电荷守恒得溶液中阴、阳离子总数是阳离子总数的 2 倍，而钠离子的数目相同，水解程度越
13、大氢离子的数目越小，水解程度越小，氢离子的数目越多，所以溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙，故 D 正确。15. 【答案】D【解析】电镀铜时阳极为铜，电极反应式为 Cu2e =Cu2+，负极反应式为 Cu2+2e=Cu，所以 A 正确；O 2得电子，酸性溶液中生成水，所以 B 正确；a 与电源正极相连为阳极，b 与电源负极相连为阴极，C 正确；电子由 a 电极流出，D 错误。16. 【答案】C【解析】甲中总反应为：2CuSO 4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：= = = = =电 解 Mg+2HCl=MgCl2+H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，A 正确；甲中生成 H2S
14、O4，pH 减小，乙中消耗盐酸，pH 增大，B 正确；当两装置电路中通过的电子都是 1mol 时，甲中产生 0.25mol O2，乙中产生0.5mol H2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为 12，C 错误；甲中阴极为 Cu2+放电，电极反应为 Cu2+2e=Cu，乙中负极为 Mg 放电，电极反应为：Mg2e =Mg2+，D 对。第卷（选择题 共 52 分）二、非选择题（共 5 小题）17. 【答案】 （1） Cl2(g)+P(s)=PCl3(g) H306kJmol 132（2）PCl 5(g)=PCl3(g)+Cl2(g) H+93kJmol 1；25% 大于（3）两步反应均为放热反
15、应，降温有利于提高产率，防止产物分解 （4）399kJmol 1 等于（5）PCl 5+4H2O=H3PO4+5HCl【解析】 （1）PCl 3为 Cl2和 P 反应的中间产物，图示中的 H1306kJmol 1表示 1mol P(s)与Cl2(g)反应生成 1mol PCl3(g)放出的热量，再根据热化学方程式的书写原则可得其热化学方程式为：P(s)+ Cl2(g)=PCl3(g) H306kJmol 1。 （2）图示中的 H293kJmol 1，表示 1mol 32PCl3(g)与 1mol Cl2(g)反应生成 1mol PCl5(g)放出的热量，故 1mol PCl5(g)分解产生 1
16、mol PCl3(g)与 1mol Cl2(g)吸收 93 kJ 热量，故有：PCl 5(g)=Cl2(g)+PCl3(g) H+93kJmol 1。 1100%25%。因 PCl5(g)的分解反应是吸热反应，故升温 PCl5(g)的转化率增大，0.8 mol 0.6 mol0.8 mol即 2 1。 （3）因 Cl2与 P 生成 PCl3、PCl 3与 Cl2反应生成 PCl5都是放热反应，降温有利于提高反应物的转化率且能防止产物分解。 （4）根据盖斯定律有 H4 H3 H1+ H2306kJmol 193kJmol 1399kJmol 1。 （5）PCl 5与水发生反应生成 H3PO4和
17、HCl 两种酸：PCl 5+4H2O=5HCl+H3PO4。18. 【答案】 （1）0.015mol(Lmin) 1（2）CO或 CO2的消耗速率和生成速率相等CO或 CO2的质量不再改变(其他合理答案也正确) （3）b （4）Al(OH) 3 Al3+3OH ；盐酸(或其他合理答案)【解析】 （1）Fe 2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)3 20.3mol 11.2 g56 gmol 1则 v(CO) 0.015molL 1min1。 （2）如果 CO或 CO2的消耗速率和生成速率相等时，0.3 mol2 L10 min达到化学平衡状态。或某一气体浓度保持不变，也说明达
18、到平衡状态。 （3）铝热反应非常剧烈，温度越高，反应速率越大。 （4）Al(OH) 3中存在平衡 Al(OH)3 Al3+3OH，减少 c(OH)可使平衡右移， c(Al3+)增加，如加酸。19. 【答案】 （1） （2） （3）7【解析】 （1）由反应后溶液的 pH6 知 MOH 为弱碱，故反应后的溶液中的 H+主要为 M+水解产生的，由水电离产生： c(H+)10 6 molL1。0.2molL 1 HCl 溶液中 c(H+)0.2molL 1，所以由水电离出的 c(H+) c(OH) 510 14molL1， （2）0.2molL 1 MOH 溶液与 0.1molL1 10 140.2H
19、Cl 溶液等体积混合后，MOH 与 MCl 物质的量相等，混合后溶液 pH7，说明 M+的水解趋势大于 MOH的电离趋势。 （3）pH3 的 HR 溶液中 c(H+)10 3molL1，pH11 的 NaOH 溶液中 c(OH)10 3 molL1。因 HR 与 NaOH 等体积混合的 pH7，故 HR 一定为弱酸，酸过量，故 pH7。20. 【答案】 （1）110 -13 碱性促进 （2）cab 【解析】 （1）温度越高，水的电离程度越大，水的离子积常数越大，根据图像，K W(T1)K W(T2)。K W(T2)=10 13， T2时 1molL1的 NaOH 溶液中，c(OH )=1mol
20、L1，c(H +)=1013molL1，则由水电离出的 c(H+)=11013molL1；M 区域任意一点都存在 c(H+)c(OH )，表示溶液呈碱性；25时，向纯水中加入少量 NH4Cl 固体，氯化铵水解，促进水的电离；（2）根据电离平衡常数，酸性：醋酸碳酸次氯酸碳酸氢根离子。25时，有等浓度的aNaClO 溶液；bCH 3COONa 溶液；cNa 2CO3溶液，三种溶液中碳酸钠的水解程度最大，pH 最大，醋酸钠的水解程度最小，pH 最小，pH 由大到小的顺序为 cab；25时，等浓度的 CH3COOH 溶液和 NaOH 溶液等体积混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，水解显碱性，则 c(Na+)
21、c(CH 3COO)。21. 【答案】 （1） a+b；Al 4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4（2）防止 Mg、Al 被空气氧化 52mol Al（3）2Al+3Ag 2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O【解析】 （1）上述两式相加即得 Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，所以 H( a+b)kJmol1 ；反应物为 Al4C3和 HCl，生成物为 AlCl3+CH4，配平即可。 （2）Mg、Al 化学性质比较活泼，均能与 O2反应；充入 Ar，防止 Mg、Al 被氧化。1mol Mg 17Al12完全吸氢后生成 MgH2和Al，其中 n(MgH2)
22、17mol， n(Al)12mol；故有 MgH2+2HCl=MgCl2+2H21 217mol 34molAl+6HCl=2AlCl3+3H22 312mol 18mol共生成 n(H2)(34+18)mol52mol；在 NaOH 溶液中衍射谱图是图中位于上方的曲线，由(a)NaOH曲线可知残留固体中有 MgH2、Al(OH) 3，无 Al、Mg(OH) 2、Mg 2(OH)3Cl4H2O，所以 Al 参加反应，MgH2不参加反应。 （3）负极电极反应式为 2Al6e +8OH=2AlO +4H2O；正极电极反应式为 3Ag22O+6e+3H2O=6Ag+6OH；两式相加即得电池反应 ：2Al+3Ag 2O+2OH=2AlO +6Ag+H2O，改写为化学2方程式 2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O；此题也可直接分析参加反应的物质为Al、Ag 2O、NaOH，生成物为 NaAlO2、Ag、H 2O 配平即可。
