学年北京丰台区高二下学期期末考试化学试题答案+解析.docx
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学年北京丰台区高二下学期期末考试化学试题答案+解析
北京丰台区2018-2019学年高二下学期期末考试
满分:
100考试时间:
90分钟
可能用到的相对原子质量:
H1C14O16N14Cl35.5
第一部分(选择题42分)
本部分共14小题,每小题3分,共42分。
在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。
1.使用下列装置给液体升温时,将化学能转化为热能的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能,故A不符合题意;
B.电热壶是将电能转化为热能,故B不符合题意;
C.煤气燃烧是将化学能转化为热能,故C符合题意;
D.该过程属于热量的传递,故D不符合题意;
综上所述,本题正确答案:
C。
2.下列能源中,蕴藏有限、不能再生的是
A.氢能B.太阳能C.地热能D.化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。
氢在地球上主要以化合态的形式出现,是二次能源,故A不符合题意;
B.太阳能被归为"可再生能源",相对人的生命长短来说,太阳能散发能量的时间约等于无穷,故B不符合题意;
C.地热能无污染,是新能源,正在开发利用,有广阔的前景,所以C不符合题意;
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源,它们的蕴藏量有限,而且不能再生,最终会枯竭,属于不可再生能源,故D符合题意;
所以D选项是正确的。
.
3.铁锅用水清洗放置后出现红褐色
锈斑,在此变化过程中不发生的反应是
A.Fe-3e-=Fe3+B.O2+2H2O+4e-=4OH-
C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A.在题中所给出的环境条件中,铁不能从单质直接被氧化成三价铁离子,而应该是二价铁离子,故A项错误;
B.钢铁能发生吸氧腐蚀形成原电池,正极发生是O2+2H2O+4e-=4OH-,故B项正确;
C.吸氧腐蚀生成
Fe(OH)2在有氧气存在的条件下被迅速氧化成Fe(OH)3,故C项正确;
D.钢铁能发生吸氧腐蚀发,其反应方程式2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2,故D项正确;
综上所述,本题正确答案
A。
4.下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是
A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说,食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触,延缓氧化的反应速率,A正确;调味剂是为了增加食品的味道,与速率无关,B错误;着色剂是为了给食品添加某种颜色,与速率无关,C错误;增稠剂是改变物质的浓度,与速率无关,D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂,与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力,侧重于化学与生活的考查。
5.根据生活经验,判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
①洁厕灵(主要成分为HCl)②厨房清洁剂③食醋④肥皂⑤食盐
A.①②⑤③④B.①③⑤④②C.③①②⑤④D.④③⑤②①
【答案】B
【解析】
【详解】厕所清洁剂(HCl)、醋均显酸性,pH均小于7,但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小;肥皂、厨房洗涤剂(NaClO)均显碱性,pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大;⑤食盐是强碱强酸盐,溶液显中性,pH等于7。
则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:
厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂;按酸碱性大小的顺序依次排列为:
①③⑤④②;
综上所述,本题正确答案为B。
【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性,由当溶液的pH等于7时,呈中性;当溶液的pH小于7时呈酸性,且pH越小,酸性越强;当溶液的pH大于7时呈碱性,且pH越大,碱性越强,进行分析判断。
6.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是
A.溶液中存在自由移动的离子:
B.溶液中:
c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C.用惰性电极电解该溶液时,阳极有黄绿色气体产生
D.溶液pH<7的原因是:
Cu2++H2O=Cu(OH)2+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A.CuCl2溶液是可溶性强电解质,溶液中完全电离,电离方程式为:
CuCl2→Cu2++2Cl-,故A错误;
B.根据电荷守恒可知溶液中:
2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),故B错误;
C.用惰性电极电解该溶液时,阳极发生的反应为:
Cl--2e-=Cl2↑,所以产生黄绿色气体,故C正确;
D.溶液pH<7的原因是:
Cu2++H2O
Cu(OH)2+2H+,故D错误;
综上所述,本题正确答案:
C。
7.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A.由Na和Cl形成离子键的过程:
B.Na2S做沉淀剂可处理含Hg2+的工业污水:
Hg2++S2-=HgS↓
C.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应放出热量H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1
D.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用转化为铜蓝(CuS):
ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.由Na和Cl形成离子键的过程是Na失电子,Cl得到电子,所以:
,故A正确;
B.因为Hg2++S2-=HgS↓,所以Na2S可以做处理含Hg2+的工业污水的沉淀剂,故B正确;
C.CH3COOH为弱电解质,写离子方程式时不能拆;且CH3COOH
弱电解质,该物质电离需要吸热,1mol该物质发生中和,反应放热肯定不是57.3kJ;故C错误;
D.因为CuS的Ksp小于ZnS,所以可发生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+反应,把CuSO4溶液转化为ZnSO4溶液,故D正确;
综上所述,本题正确答案:
C。
8.在生产生活中,酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。
常温下,将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合,实验数据如下:
组别
c(一元酸)
c(NaOH)
混合溶液的pH
甲
c(HY)=0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH=7
乙
c(HZ)=0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH=9
下列说法中正确的是
A.乙组混合液中:
c(Na+)>c(OH-)>c(Z-)>c(H+)
B.乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)为1×10-5mol·L-1
C.相同体积时,0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度相同
D.相同体积时,0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应,产生氢气的速率和总量均不同
【答案】B
【解析】
【分析】
由甲c(HY)=0.1mol·L-1、乙c(HZ)=0.1mol·L-1分别和0.1mol·L-1NaOH溶液反应,反应后混合溶液pH=7、pH=9。
说明HY为强酸,HZ为弱酸,以此进行分析即可;
【详解】A.根据分析判断:
乙组混合后的溶质为NaZ,NaZ溶液为强碱弱酸盐,所以:
c(Na+)>c(Z-)>c(OH->c(H+),故A错误;
B.乙组实验所得混合溶液pH=9,c(H+)=10-9mol/L,根据水的离子积可知c(OH-)=10-5mol/L,所以由水电离出的c(OH-)为1×10-5mol·L-1,故B正确;
C.HZ为弱酸,溶液中部分电离,HY为强酸,所以0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c(H+)浓度不相同,故C错误;
D.相同体积时,0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应,产生氢气的速率不同,但总量相同,故D错误;
综上所述,本题正确答案:
B。
9.汽车尾气净化反应之一:
NO(g)+CO(g)
N2(g)+CO2(g)ΔH=-373.4kJ·mol-1。
若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态,下列说法正确的是
A.及时除去二氧化碳,正反应速率加快
B.混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一
C.降低温度,反应物的转化率和平衡常数均增大
D.其它条件不变,加入催化剂可提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A.除去二氧化碳,生成物的浓度降低,逆反应速率先减小后增大,正反应速率减小,故A错误;
B.由NO(g)+CO(g)
N2(g)+CO2(g)可知反应物生成物都是气体,反应在恒容的密闭容器中进行,所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志,故B错误;
C.该反应是放热反应,降温时,平衡正向移动,反应物转化率和平衡常数均增大,故C正确;
D.催化剂不影响化学平衡移动,所以加入催化剂不能提高反应物的转化率,故D错误;
综上所述,本题正确答案:
C。
【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应,据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析,容器体积不变,混合气体的密度始终不变。
10.借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来,既能大幅度提高光解水制H2的效率,又能脱除SO2,工作原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A.该装置可将太阳能转化为化学能
B.催化剂b附近的溶液pH增大
C.吸收1molSO2,理论上能产生1molH2
D.催化剂a表面发生的反应为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【答案】B
【解析】
【详解】A.该装置没有外加电源,是通过光照使SO2发生氧化反应,把光能转化为化学能,故A正确;
B.由图示可看出,电子由b表面转移到a表面,因此b表面发生氧化反应,根据题意SO2转化为H2SO4,因此催化剂b表面SO2发生氧化反应,生成硫酸,使催化剂b附近的溶液pH减小,故B错误;
C.根据电子守恒SO2~H2SO4~H2~2e-,吸收1molSO2,理论上能产生1molH2,故C正确;
D.催化剂a表面H2O发生还原反应生H2,催化剂a表面发生的反应为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-,故D正确;
综上所述,本题正确答案:
B。
【点睛】在原电池中,负极失电子发生氧化反应,正极得电子发生还原反应,整个反应过程中,得失电子守恒。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Zn保护了Fe不被腐蚀
B
2NO2(g)
N2O4(g)为吸热反应
C
试管内均有红棕色气体生成
木炭与浓硝酸发生了反应
D
常温下,向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末,充分搅拌后过滤,再向洗净
滤渣中加稀盐酸,有气泡产生
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中有蓝色沉淀,证明存在Fe2+,②中试管内无明显变化,说明Fe附近溶液中无Fe2+,对比可说明Zn的存在保护了Fe,故A正确;
B.由实验装置图可知,热水中NO2的浓度增大,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,所以2NO2(g)
N2O4(g)为放热反应,故B错误;
C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解:
,浓硝酸还具有强氧化性,能和木炭发生反应:
,两者都会产生NO2的红棕色气体,所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应,故C错误;
D.常温下,向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末,充分搅拌后过滤,再向洗净的滤渣中加稀盐酸,有气泡产生,说明有碳酸钡产生,是因为c(CO32-)浓度很大,不能说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3),故D错误;
综上所述,本题正确答案:
A。
12.某反应由两步反应A
B
C构成,反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。
下列有关叙述正确的是
A.两步反应均为放热反应
B.整个反应的ΔH=E1-E2+E3-E4
C.加入催化剂可以改变反应的焓变
D.三种物质所含能量由高到低依次为:
A、B、C
【答案】B
【解析】
【详解】A.A→B的反应为吸热反应,B→C的反应为放热反应,故A错误;
B.整个反应中△H=E1-E2+E3-E4,故B正确;
C.加入催化剂,只改变反应的活化能,不改变反应热,也不影响反应的焓变,故C错误;
D.物质的总能量越低,越稳定,所以三种化合物的稳定性顺序:
B<A<C,故D错误;
综上所述,本题正确答案:
B。
【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应,反之为吸热反应;能量越低,物质越稳定,结合能量的高低解答该题;催化剂能改变反应速率,但不能改变反应的焓变以及产率。
13.400℃时,向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2,发生如下反应:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)。
反应过程中测得的部分数据见下表:
t/min
0
10
20
30
n(CO)/mol
0.20
0.08
0.04
n(H2)/mol
0.40
0.08
下列说法不正确的是
A.反应在前10min内的平均速率为v(H2)=0.012mol/(L·min)
B.400℃时,该反应的平衡常数数值为2.5×103
C.保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(CH3OH)=0.06mol·L-1,则反应的ΔH<0
D.相同温度下,若起始时向容器中充入0.3molCH3OH,达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
【答案】D
【解析】
【详解】A.容积为2L的密闭容器中充入0.20molCO和0.40molH2,发生:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)反应,10min后n(CO)=0.08mol,变化了0.12mol,H2变化了0.24mol,所以10min内的H2的平均速率为v(H2)=
=0.012mol/(L·min);故A正确;
B.由表中的数据分析可知:
20min时CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)反应达到平衡,各物质浓度变化情况为:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)
初始浓度(mol·L-1)0.10.20
变化浓度(mol·L-1)0.080.160.08
平衡浓度(mol·L-1)0.020.040.08
400℃时,该反应的平衡常数K=
=2.5×103,故B正确;
C.保持其他条件不变,升高温度使反应达到平衡时c(CH3OH)=0.06mol·L-1<0.08mol·L-1,说明平衡逆向移动了,Δ则该反应的ΔH<0,故C正确;
D.当容积为2L的密闭容器中充入0.20molCO和0.40molH2,发生:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)反应,达到平衡时,CO的转化率为80%;根据等效平衡,若开始加0.2mol的CH3OH时,达到平衡时CH3OH的转化率为20%;相同温度下,若起始时向容器中充入0.3molCH3OH,相当于增减了反应物,达到平衡时CH3OH的转化率小于20%,故D错误;
综上所述,本题正确答案:
D。
【点睛】考查化学反应速率计算及其影响因素,化学平衡移动及等效平衡的知识。
依据化学反应速率计算公式v=
,化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
14.I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下:
i.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii.I2+2H2O+SO2=SO
+4H++2I-
序号
①
②
③
④
试剂
组成
0.4mol·L-1
KI
amol·L-1KI
0.2mol·L-1H2SO4
0.2mol·L-1
H2SO4
0.2mol·L-1KI
0.0002molI2
实验
现象
溶液变黄,一段时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊较①快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较①快
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:
分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。
(已知:
I2易溶解在KI溶液中),下列说法不正确的是
A.水溶液中SO2歧化反应方程式为:
3SO2+2H2O=S↓+2H2SO4
B.②是①的对比实验,则a=0.4
C.比较①、②、③,可得出结论:
I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可加快歧化反应速率
D.实验表明,SO2的歧化反应速率④>①,原因是反应i比ii快,反应ii中产生的H+是反应i加快
【答案】D
【解析】
【详解】A.由i+ii×2得反应:
3SO2+2H2O=S↓+2H2SO4,故A项正确;
B.②是①的对比实验,采用控制变量法,②比①多加了0.2mol·L-1H2SO4,②与①中KI浓度应相等,则a=0.4,故B项正确;
C.对比①与②,加入H+可以加快SO2歧化反应的速率;对比②与③,单独H+不能催化SO2的歧化反应;比较①、②、③,可得出的结论是:
I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率,故C项正确。
D.对比④和①,④中加入碘化钾的浓度小于①,④中多加了碘单质,反应i消耗H+和I-,反应ii中消耗I2,④中“溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较①快”,反应速率④>①,由此可见,反应ⅱ比反应ⅰ速率快,反应ⅱ产生H+使成c(H+)增大,从而反应i加快,故D项错误;
综上所述,本题正确答案为D。
【点睛】解题依据:
根据影响化学反应速率的因素进行判断。
通过实验对比探究反应物、生成物的浓度,催化剂对化学反应速率的影响。
第二部分(综合题共58分)
本部分共5小题,共58分。
15.化学反应伴随能量变化,获取反应能量变化有多条途径。
(1)下列反应中,属于吸热反应的是______(填字母)。
A.Na2O与水反应B.甲烷的燃烧反应C.CaCO3受热分解D.锌与盐酸反应
(2)获取能量变化的途径
①通过化学键的键能计算。
已知:
化学键种类
H—H
O=O
O—H
键能(kJ/mol)
436
498
463.4
计算可得:
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=____________kJ·mol-1
②通过物质所含能量计算。
已知反应中A+B=C+D中A、B、C、D所含能量依次可表示为EA、EB、EC、ED,该反应△H=_______。
③通过盖斯定律可计算。
已知在25℃、101kPa时:
Ⅰ.2Na(s)+
O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1
Ⅱ.2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1
写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。
④利用实验装置测量。
测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中,若取50mL0.50mol·L-1的盐酸,则还需加入________(填序号)。
A.50mL0.50mol·L-1NaOH溶液
B.50mL0.55mol·L-1NaOH溶液
C.1.0gNaOH固体
【答案】
(1).C
(2).-483.6(3).EC+ED—(EA+EB)(4).Na2O2(s)+2Na(s)====2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1(5).B
【解析】
【分析】
考查反应热的计算。
根据△H=断键键能总和-成键键能总和或者△H=生成物总能量-反应物总能量进行解答;
【详解】
(1)A.Na2O与水反应属于放热反应,故A不符合;
B.甲烷的燃烧反应属于放热反应,故B不符合;
C.CaCO3受热分解属于吸热反应,故C符合;
D.锌与盐酸反应属于放热反应,故D不符合;
所以,属于吸热反应的是C;
(2)①根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)方程式可知,△H=断键键能总和-成键键能总和,即∆H=2H—H+O=O-4O—H=2×436+498-463.4×4=-483.6kJ·mol-1;
②通过物质所含能量计算△H=生成物总能量-反应物总能量。
所以反应A+B=C+D中△H=EC+ED-(EA+EB);
③通过盖斯定律可I×2-II:
2Na(s)+Na2O2(s)=2Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1×2-(-511kJ·mol-1)=-317kJ·mol-1;所以Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式为:
Na2O2(s)+2Na(s)==2Na2O(s)△H=-317kJ·mol-1;
④测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中,为了保证酸或是碱中的一方完全反应,往往保证一方过量,所以若取50mL0.50mol·L-1的盐酸,还需加入50mL0.55mol·L-1NaOH溶液;因此,本题正确答案是:
B。
16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。
(1)铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀,电镀时,以CuSO4溶液为电解液,铜作________(填“阳”或“阴”)极,铜离子向________极移动,阴极的电极反应式为________。
(2)常温时,FeCl3溶液pH<7,原因是(用离子方程式表示)________。
(3)将0.1mol·L-1FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,有红褐色沉淀产生。
该变化的离子方程式为________。
【答案】
(1).阳
(2).阴(3).Cu2++2e-=Cu(4).Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+(5).2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+
【解析】
【分析】
(1)根据电镀原理解答;根据水解原理完成水解反应方程式;根据沉淀溶解平衡原理完成沉淀转化反应方程式;
【详解】
(1)根据电镀原理,以CuSO4溶液为电解液,铁件表面镀铜,可用铜作阳极,铁件做阴极,电解液中铜离子向阴极移动,阴极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu;
(2)常温时,FeCl3为强酸弱碱盐,弱根离子会发生水解,其离子方程式为:
Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+;
(3)将0.1mol·L-1FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中,有红褐色沉淀产生,说明有Fe(OH)3生成,所以该变化的离子方程式为2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+。
17.硫酸是重要的化工原料,工业制取硫酸最重要的一步反应为:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H<0
(1)为提高SO2的转化率,可通入过量O2,用平衡移动原理解释其原因:
___________。
(2)某兴趣小组在实验室对该反应进行研究,部分实验数据和图像如下。
反应条件:
催化剂、一定温度、容积10L
实验
起始物质的量/mol
平衡时SO3
物质的量/mol
SO2
O2
SO3
ⅰ
0.2
0.1
0
0.12
ⅱ
0
0
0.2
a
①实验ⅰ中SO2的转化率为______。
②a____0.12(填“>”、