1、广东省广州省广州市石化中学学年高二上学期期末考试化学试题广州石化中学2015学年第一学期期末教学质量监测高二化学(试题)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 第卷 选择题 (共48分)一、单项选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列关于能量转换的认识中不正确的是A. 煤燃烧时化学能主要转变成热能B. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化成化学能C. 白炽灯工作时电能全部转变成光能D. 绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能【答案】C【解析】【详解】A.煤燃烧时会产
2、生大量的热量，可见化学能主要转化为热能，故A正确；B.水是由水分子构成的，电解水时水分子在电能的作用下发生了变化，变化成了氢分子和氧分子，将电能转化为化学能，故B正确；C.白炽灯工作时消耗电能，产生光能和内能，是将电能转化为光能和内能的过程，故C错误；D.绿色植物可以通过光合作用将太阳能转化为化学能储存起来，供植物生长，故D正确。故选C。2.在四个不同的容器中，分别进行不同条件下的合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在相同时间内表示该反应速率最快的是A. v(H2)=0.1mol/(Ls) B. v(N2)=0.1mol/(Ls) C. v(N2)=0.2mol/(Ls) D.
3、v(NH3)=0.3mol/(Ls)【答案】C【解析】【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，据此答题。【详解】合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以N2为标准，将以H2、NH3表示的反应速率换算为用N2表示的速率，所以A.v(N2)=1/3v(H2)=0.1/3mol/(Ls)；B.v(N2)=0.1mol/(Ls)；C.v(N2)=0.2mol/(Ls)；D.v(N2)=1/2v(NH3)= 0.15mol/(Ls)。显然C的数值最大，反应最快，所以在相同时间内表示该反应速率最快的是C。故选C。3.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是A. B. 26Fe3+ C. D. C
4、H3COO【答案】C【解析】【详解】A.HCl溶于水电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，故A错误；B.26Fe3+在水中发生水解反应：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，由于消耗了水电离产生的OH-，促进了水的电离，所以水的电离平衡正向移动，直至达到新的平衡，故B错误C.Cl-既不会和H+发生作用，也不会与OH-发生反应，因此对水的电离平衡无影响，故C正确；D.CH3COO-是弱酸根，会发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由于消耗了水电离产生的H+，促进了水的电离，所以水的电离平衡正向移动，直至达到新的平衡，故D错误。故选C。4.铜锌原电池(如图)工作时
5、，下列叙述正确的是A. 正极反应为：Zn2eZn2B. 一段时间后铜片增重，盐桥中K移向CuSO4溶液C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 电池工作时Zn2和Cu2的浓度保持不变【答案】B【解析】【分析】原电池中负极为较活泼金属，发生氧化反应，在外电路中，电子从负极移向正极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，据此答题。【详解】A.Zn是负极，正极反应为：Cu2+2e=Cu，故A错误；B.铜片作正极得电子，溶液中的铜离子变为铜，铜片增重，盐桥中K+向CuSO4溶液方向移动，故B正确；C.锌作负极失电子，所以电流从铜片经导线流向锌片，故C错误；D.电池工作时锌
6、失去电子变为离子进入溶液，使锌离子浓度增高，铜离子得电子变为单质析出，使铜离子的浓度降低，故D错误。故选B。5.已知反应：2C(s)O2(g)2CO(g)；H221kJ/molH(aq)OH(aq)H2O(1)；H57.3kJ/mol 下列结论正确的是A. 碳的燃烧热大于110.5kJ/molB. 的反应热为221kJC. 1mol浓硫酸与足量稀NaOH溶液反应的反应热为57.3kJ/molD. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【答案】A【解析】【详解】A.由反应可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳
7、完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；B.反应热包含符号，的反应热为-221 kJmol-1，故B错误；C.中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，H=-57.3kJ/mol，浓硫酸溶于水放出大量的热，所以1mol浓硫酸与稀NaOH溶液反应的反应热小于-57.3kJ/mol，故C错误；D.醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。故选A。【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才
8、能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热大于-57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。6.已知反应3A（g）B（g）C（s）4D（g）Q，右图中a、b表示一定条件下，D的体积分数随时间t的变化情况。若要使曲线b变为曲线a，可采取的措施是：增大B的浓度 升高反应温度 缩小反应容器的体积（加压） 加入催化剂( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：使b曲线变为a曲线，达到平衡需要的时间缩短但平衡不移动。增大B的浓度，平衡向正反应方向移动，不合题意；升高温度，平衡向逆反应方向移动，不合题意
9、；缩小容器体积，等效于增大压强，平衡不移动，但反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，正确；加入催化剂对平衡移动无影响，但可缩短达到平衡需要的时间，正确。考点：勒沙特列原理点评：分析图像，搞清b曲线变为a曲线实质是平衡不移动化学反应速率加快。7.已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中不正确的是A. a点表示溶液中c(H)103 mol/LB. b点表示的溶液中c(CH3COO)c(Na)C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
10、D. a、b点表示的溶液中c(CH3COO).c(H+)/c(CH3COOH)均等于K【答案】C【解析】【分析】A.酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度；B.从溶液电中性的角度分析；C.根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是否正确；D.电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关。【详解】A.由图中信息可知，a点pH=3，故c（H+）=10-3mol/L，A正确；B.由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点溶液pH，c（H+）c（OH-），则有c（CH3COO-）c（Na+），故B正确；
11、C.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D.a、b两点溶液的温度相同，弱电解质的电离常数只与温度有关，所以a、b点表示的溶液中c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)均等于醋酸的电离常数K，故D正确。故选C。8.下图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个电极由有机光敏染料(S)涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：TiO2/S TiO2/S*(激发态)TiO2/S* TiO2/S+eI+2e 3I2TiO2/S+3I 2TiO2/S+I3
12、-下列关于该电池叙述不正确的是A. 电池工作时，I在镀铂导电玻璃电极上放电B. 电池工作时，是将太阳能转化为电能C. 电池的电解质溶液中I和I的浓度不会减少D. 电池中镀铂导电玻璃为正极【答案】A【解析】【分析】由图电子的移动方向可知，染料敏化TiO2电极为原电池的负极，铂-导电玻璃电极为原电池的正极，据此答题。【详解】A.根据电池反应，TiO2电极流出电子，镀铂导电玻璃电极流入电子，故镀铂导电玻璃为正极，I3-在镀铂导电玻璃电极上得电子发生还原反应，正极反应为I3-+2e-=3I-，故A错误；B.电池工作时，有机光敏染料吸收太阳能，最终转化为电能，故B正确；C.电解质为I3-和I-的混合物，
13、根据电池反应，电池工作时，I-在负极放电和在正极生成的物质的量相等，I3-在正极放电和在负极生成的物质的量相等，故二者在电解质溶液中的浓度不变，故C正确；D.根据电池反应，TiO2电极流出电子，镀铂导电玻璃电极流入电子，故镀铂导电玻璃为正极，故D正确。故选A。9.反应aM(g)bN(g)cP(g)dQ(g)达到平衡时，M的体积分数y(M)与反应条件的关系如下图所示。其中z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是 A. 同温同压同z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加B. 同压同z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加C. 同温同z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加D.
14、同温同压时，增加z，平衡时Q的体积分数减小【答案】B【解析】【分析】对比（1）（2）两个图象，温度升高，M的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同温同时，增加压强，M的体积分数增大，说明a+bc+d，由图象可知，Z值越大，M的体积分数越小，催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响，据此答题。【详解】A.催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响，同温同压同Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数不变，故A错误；B.对比（1）（2）两个图象，温度升高，M的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同压同时，升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡时Q的体积分数增加，故B正确；C.同温同时，增加压强
15、，M的体积分数增大，说明a+bc+d，平衡向逆反应方向移动，则Q的体积分数减小，故C错误；D.由图中信息可知，同温同压时，增加，平衡时M的体积分数减小，则N的体积分数增大，但是ca(M)cb(N)不一定发生改变，由于平衡常数保持不变，故Q的体积分数不一定减小，故D错误。故选B。【点睛】注意对比两个图像曲线变化特征，分析温度、压强对平衡移动的影响。10.有四位同学分别设计实验证明：某种盐的水解是吸热的，不正确的是A. 甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B. 乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3，说明含Fe3的盐水解是吸热的C. 丙同学：通过实验发现同浓
16、度的热的纯碱液比冷的纯碱液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的D. 丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的【答案】A【解析】【详解】A.因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；B.温度升高，三价铁转化为氢氧化铁沉淀下来，说明升高温度有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，故B正确；C.温度升高，去油污效果好，说明温度升高有利于碳酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，酯的水解越彻底，故C正确；D.醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则说明升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确。故选A。
17、【点睛】注意判断盐类水解为吸热反应时应注意温度对水解反应的影响，明确晶体溶解伴随热效应是解答的易错点。11.室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知：25 其溶度积为2.8109，下列说法不正确的是A. x数值为2105B. c点时有碳酸钙沉淀生成C. 加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点D. b点与d点对应的溶度积相等【答案】C【解析】A在d点c(CO32-)=1.410-4molL-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.810-9，所以c(Ca2+)=210-5molL-1，故x的数值为210-5，故A正确；B在c点c(Ca2+)10-5molL-1，即相当于增大c(Ca2+
18、)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；Cd点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故C错误；Db点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确；故选C。点睛：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，c点为过饱和溶液，以此解答该题。12.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是A. 图a中，插入海水中的铁棒，越
19、靠近底端腐蚀越严重B. 图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D. 图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的【答案】B【解析】【详解】A.图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；B.图b中，开关由M改置于N，Cu-Zn合金作正极，腐蚀速率减小，故B正确；C.图c中，接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt电极上放出，故C错误；D.图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由NH4Cl引起的，MnO2虽然有氧化性，但其与锌没有直接接触
20、，不能直接把锌氧化，故D错误。故选B。13.一定温度下，在2L密闭容器中发生下列反应：4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)；已知该反应的平衡常数：K300K350，且体系中n(NO2)(单位：mol)随时间变化如下表：时间(s)050010001500t12013.9610.0810.08t220abc下列说法一定正确的是A. 正反应为吸热反应B. 如果t2t1，那么ab=c，且a=10+0.5bC. 如果t2t1，那么t2达到平衡的时间介于1000s至1500s之间D. 如果t2t1，那么b10.08【答案】D【解析】【详解】A.该反应的平衡常数：k300k350，温度越大，平衡常数越
21、小，即升高温度，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，故A错误；B.如果t2t1，t1反应快，先达到平衡，t2反应慢，到达平衡用时较长，故b与c不一定相等，而且随着反应物浓度的减少化学反应速率减小，故20-aa-b，所以a10+0.5b，B错误；C.如果t2t1，那么t2达到平衡的时间应该在t1后，但是t1达到平衡的时间可能是小于1000s，那么t2达到平衡的时间也就不能确定了，故C错误；D.该反应为放热反应，温度升高，反应物转化率降低，如果t2t1，那么t2时反应较快，1000s时已经达到了平衡，而且升温时平衡向左移动，b10.08，故D正确。故选D。14.来自法国格勒诺布尔(Grenoble
22、)约瑟夫傅立叶大学的研究小组发明了第一块可为人体人造器官提供电能的可植入的葡萄糖生物燃料电池，其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用下发生的总反应为C6H12O66O2=6CO26H2O（酸性环境），下列对该电池说法不正确的是A. 该生物燃料电池不可以在高温下工作B. 电池的负极反应为：C6H12O66H2O24e=6CO224HC. 消耗1mol氧气则转移4mole，H会向负极移动D. 今后的研究方向是怎样提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而在将来达到可以利用葡萄糖生物燃料电池为任何可植入医疗设备提供电能【答案】C【解析】试题分析：A、该生物燃料电池在人体中酶的作用下发生反应，不可以在高温下
23、工作，正确；B、电池的负极反应为：C6H12O66H2O24e=6CO224H，正确；C、消耗1mol氧气则转移4mole，H会向正极移动，错误；D、今后的研究方向是怎样提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而在将来达到可以利用葡萄糖生物燃料电池为任何可植入医疗设备提供电能，正确。考点：考查燃料电池。15.下列说法正确的是A. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H)c(Na)c(OH)c(HA)c(A2)B. 一定量的(NH4)2SO4溶液与NH3H2O混合所得的酸性溶液中：c(NH4+)2c(SO42-)C. 物质的量浓度均为0.01 mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合
24、后所得溶液中：c(CH3COOH)c(CH3COO)0.02 mol/LD. 物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液NH4HCO3溶液NH4Cl溶液中c(NH4+)的大小关系：【答案】B【解析】【分析】A.根据二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒分析判断；B.（NH4）2SO4与NH3H2O混合所得的酸性溶液，说明铵根离子水解显示的酸性大于一水合氨电离显示的碱性；C.依据溶液中物料守恒计算分析；D.依据除铵根以外的另一种离子的性质对铵根离子水解的影响分析判断。【详解】A.二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），故A
25、错误；B.一定量的（NH4）2SO4与NH3H2O混合所得的酸性溶液中铵根离子水解远远大于一水合氨的电离程度，由电荷守恒可知，c（H+）+c(NH4+)=c（OH-）+2c(SO42-)，由于溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），所以溶液中c（NH4+）2c（SO42-），故B正确；C.物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后，忽略溶液体积的变化，溶液中存在物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01mol/L，故C错误；D.物质的量浓度相等的几种溶液中，NH4HSO4溶液中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用；NH4HCO3溶液中，
26、碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解；NH4Cl溶液中，氯离子对铵根离子水解无影响；溶液中铵根离子浓度大小为：，故D错误。故选B。16.某密闭容器中进行如下反应：2X(g)Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足A. 1 n(X)/n(Y)3 B. 1/4 n(X)/n(Y)2/3C. 2/3 n(X)/n(Y)4 D. 1/4 n(X)/n(Y)3/2【答案】C【解析】试题分析：设X、Y的初始物质的量分别是a和b，平衡时消耗Y的物质的量是c，则根据方程式可知2X(g)Y(g)2Z(g)起始量 a b 0转
27、化量 2c c 2c平衡量 a-2c b-c 2c平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，则a-2c+b-c2c，解得a+b5c，所以。由于cb、b-c2c，即cb，所以4，答案选C。考点：考查可逆反应的有关计算第卷 非选择题(共52分)二、填空题(本题包括4小题，共52分)17.2SO2(g)O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的H99 kJmol1。请回答下列问题：(1)图中A、C分别表示_、_，E的大小对该反应的反应热_(填“有”或“无”)影响；(2)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升
28、高还是降低？_，理由是_；(3)图中H_kJmol1；(4)已知单质硫的燃烧热H296 kJmol1，计算由S(s)生成1 mol SO3(g)的H_(写出计算过程)。【答案】 (1). 反应物总能量 (2). 生成物总能量 (3). 无 (4). 降低 (5). 催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低 (6). 198 (7). S(s)O2(g)=SO2(g)H1296 kJmol1，SO2(g)1/2O2(g)=SO3(g)H299 kJmol1，S(s)3/2O2(g)=SO3(g)HH1H2395 kJmol1【解析】【分析】（1）A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量
29、，B为活化能，活化能的大小与反应热无关；（2）加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；（3）由1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的H99kJmol1可知2SO2(g)O2(g)=2SO3(g) H198kJmol1；（4）单质硫的燃烧热为296KJmol-1，所以热化学方程式为：S（s）+O2（g）SO2（g）H=-296kJ/mol，利用盖斯定理解答该题。【详解】（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热是A、C所具有的总能量之差，活化能的大小与反应热无关，故答案为：反应物总能量；生成物总能量；无。（2）催化剂降低反应的活化能加快反应的速率，但不能改变反应热，催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低；故答案为：降低，催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低。（3）因为1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的H99kJmol1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的H198kJmol1，则2SO2(g)O2(g)=2SO3(g) H198kJmol1，故答案为：198。（4）因单质硫的燃烧热为296kJmol-1，则S（s）+O2（g）=SO2（g）H=-296kJmol-1，而1molSO2（g）氧化为1molSO3的H=-99kJmol-
