学年广东省中山市高二上学期期末化学试题解析版.docx

1、学年广东省中山市高二上学期期末化学试题解析版2017-2018学年广东省中山市高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共17小题，共34.0分）1. 室温下，将1mol的CuSO45H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为H3，则下列判断正确的是（）A. H2H3 B. H1+H3=H2C. H1H3 D. H1+H2H3【答案】C【解析】解：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO45H2O（s）=Cu2+（a

2、q）+SO42-（aq）+5H2O（l）H10； 硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）H20； 已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3； 依据盖斯定律-得到：H3=H1-H2，由于H20，H10，则H30， A分析可知H30，而H20，则H3H2，故A错误； BH3=H1-H2，则H1=H3+H2，故B错误； C上述分析可知：H20，H30，则H2H3，故C正确； DH20，H10，且H1=H3+H2，则H3H1+H2，故D错误； 故选：C。胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO

3、45H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）+5H2O（l）H10； 硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）H20； 已知CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。本题考查化学反应与能量变化，为高频考点，侧重考查盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，题目难度中等，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，注意明确盖斯定律的内容及热化学方程式的书写原则。2. CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2+4I-=2CuI+I2而得到

4、现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝下列说法正确的是（）A. 铜片做阴极，石墨做阳极B. 白色沉淀在阴极附近生成C. 阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I-4e-=2CuI+I2，碘遇淀粉变蓝D. 阳极区溶液变蓝的原因是：4OH-4e-=2H2O+O2，O2将I-氧化为I2，碘遇淀粉变蓝【答案】C【解析】解：用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI，Cu作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离子反应生成CuI；石墨为阴极，阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+

5、2e-=H2+2OH-，破坏了水的电离平衡，使c（OH-）c（H+），酚酞试液变红；阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2+4I-=2CuI+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成， A由分析可知，铜片做阳极，石墨做阴极，故A错误； B阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，铜离子在阳极生成，铜离子与碘离子反应生成CuI，所以CuI白色沉淀在阳极生成，故B错误； C阳极Cu失电子产生Cu2+，生成Cu2+与I-能反应产生I2、CuI，I2遇淀粉变蓝，所以阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I-4e-=2CuI+I2，碘遇淀粉变蓝，故C正确； D阳极

6、发生反应：Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+与I-能反应产生I2、CuI，I2遇淀粉变蓝，没有O2生成，故D错误； 故选：C。用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI，Cu作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离子反应生成CuI；石墨为阴极，阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，破坏了水的电离平衡，使c（OH-）c（H+），酚酞试液变红；阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2+4I-=2CuI+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成，据此分析本题考查电解原理的应用、物质的检验，题目难度中等，注意掌握电解过程中离子

7、的放电顺序，明确阴阳极上的电极反应和物质的性质是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力3. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A. 2v（NH3）=v（CO2）B. 密闭容器中c（NH3）：c（CO2）=2：1C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】C【解析】解：A、未体现正逆的关系，故A错误； B、只要反应发生，密闭容器中就存在c（NH3）：c（CO2）=2：1，故B错误； C、密闭容器中混合气

8、体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故C正确； D、从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变一直不变，故D错误； 故选：C。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为04. 下列事实可用勒夏特列原理解释的是（）A. 使用催化剂有利于加快合成氨反应的反应速率B. H2、I2（g）、HI平衡混合气体

9、加压后颜色变深C. 500左右比在室温时更有利于提高合成氨的转化率D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释【答案】D【解析】解：A加入催化剂，只能增大反应速率，但平衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误； B可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误； C合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误； D氯化铁为强酸弱碱盐，水解呈酸性，配制溶液时，加入盐酸中，可抑制水解，可用

10、勒夏特列原理解释，故D正确。 故选：D。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意把握勒夏特列原理的内容和使用对象，能用勒沙特列原理解释的必须符合平衡移动的规律，且必须是可逆反应。5. 已知A（g）+B（g）C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下表，则（）温度/70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4830时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4s

11、内A的平均反应速率v（A）=0.005mol/（Ls）下列说法正确的是（）A. 4s时c（B）为0.76mol/LB. 830达平衡时，A的转化率为80%C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D. 1200时反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）的平衡常数的值为0.4【答案】B【解析】解：A由方程式可知c（B）=c（A）=0.005mol/（Ls）4s=0.02mol/L，4s时B的浓度=-0.02mol/L=0.38mol/L，故A错误；B设平衡时转化的A为xmol，则： A（g）+B（g）C（g）+D（g）起始量（mol）：0.2 0.8 0 0变化量（mol）：x x x x平衡量

12、（mol）：0.2-x 0.8-x x x由于反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=1，解得x=0.16，故A的转化率为100%=80%，故B正确；C由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，故C错误；D.1200时反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）与反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）的平衡常数互为倒数，则1200时反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5，故D错误，故选：B。A由方程式可知c（B）=c（A）=0.005mol/（Ls）4s=0.02mol/L，4s时B的浓度=B的起始浓度-B的浓度变化量；B

13、设平衡时转化的A为xmol，表示出平衡时各组分物质的量，由于反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=1列方程计算解答；C由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动；D.1200时，A（g）+B（g）C（g）+D（g）的平衡常数K=4，相同温度下反应C（g）+D（g）A（g）+B（g）与反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）的平衡常数互为倒数本题考查化学平衡计算、平衡常数、反应速率计算等，难度不大，注意理解掌握平衡常数及其应用6. 室温下，0.1molL-1下列溶液的pH最大的是（）A. Na2SO4 B. NaHCO3 C. NH4Cl D. Na2CO

14、3【答案】D【解析】解：ANa2SO4溶液是强酸强碱盐，溶液显中性，溶液PH=7， BNaHCO3是强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，溶液PH7， C室温下，NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液PH7， DNa2CO3溶液是强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液PH7， 碳酸氢钠水解程度小于碳酸钠溶液水解程度，则溶液PH碳酸钠大于碳酸氢钠，所以溶液PH最大的是碳酸钠， 故选：D。ANa2SO4溶液是强酸强碱盐，溶液显中性； BNaHCO3是强碱弱酸盐，溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性； CNH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性； DNa2CO3溶液是强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性。本题考查溶液酸碱性判断，涉及盐类水解、电解质的电离，明确常见物质的酸碱性及其原因是解本题关键，题目难度不大。7. 下列判断正确的是：ABCD强电解质NaClH2SO4CaF2石墨弱电解质HFBaSO4HClONH3H2O非电解质Cl2CS2CCl4蔗糖（）A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】解：A氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误； B硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误； C氟化钙为盐属于强电解质，次氯酸为弱酸