吉林省辽源一中2018_2019学年高二化学上学期期末考试试题201901280151.doc

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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。

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