1、2014-2015学年广东省广州市增城市新塘中学高二（上）期中化学试卷（文科）一、单项选择题（24分）1氢气是人类未来最理想的燃料，以水为原料大量制取氢气的最理想的途径是( )A利用太阳能直接使水分解产生氢气B以焦炭和水制取水煤气（含CO和H2）后分离出氢气C用铁和盐酸反应放出氢气D由热电站提供电力电解水产生氢2某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是( )A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能3下列说法或表示方法不正确的是( )A盖斯定律实质上是能量守恒定
2、律的体现B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC由C（石墨）C（金刚石）；H=+73 kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定D在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H=285.8kJ/mol4用食用白醋（醋酸浓度约为1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是( )A白醋中滴入石蕊试液呈红色B白醋加入豆浆中有沉淀产生C蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D白醋
3、中c（H+）=0.01 moL/L5在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )A加催化剂同时升高温度B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2D降低温度同时增大压强6可用如图示意图象表示的是( )AABBCCDD二、双项选择题7用蒸馏水稀释0.1molL1的醋酸至0.01molL1，稀释过程中温度维持25不变，下列各项中始终保持增大趋势的是( )Ac（H+）c（OH）Bc（OH）CD8在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g
4、）+H2（g）H0，下列对图象的分析中不正确的是( )A图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B图研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高三、填空题（64分）9（18分）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定配制0.50mol/L NaOH溶液（1）若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体_g（2）从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：_测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所
5、示（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）：_（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表请填写下表中的空白：近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）则中和热H=_（取小数点后一位）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）_a实验装置保温、隔热效果差b量取NaOH溶液的体积时仰视读数c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度11现有反应aA（g）+bB
6、（g）pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应是_热反应，且a+b_p（填“”“”或“=”）（2）减压时，A的质量分数_（填“增大”“减小”或“不变”，下同），正反应速率_（3）若加入B（体积不变），则A的转化率_，B的转化率_（4）若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比 将_（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_（6）若B是有色物质，A、C均为无色物质，则加入C（体积不变）时混合物的颜色_，而维持容器内气体的压强不变，充入氖气时，混合物的颜色_（填“变浅”“变深”或“不变”）12一定条件下，在体积为
7、3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）根据题意完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=_，升高温度，K值_（填“增大”“减小”或“不变”）（2）500时，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=_用（nB、tB表示）（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系的体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是_ （填写字母）A氢气的浓度减少B正反应速率加快，逆反应速率也加快C甲醇的物质的量增加D重新平衡时n（H2）/n（CH3OH）增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，
8、原因是：_（用化学方程式表示）13（16分）废旧印刷电路板的回收利用科实现资源再生，并减少污染废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是_A热裂解形成燃油B露天焚烧C作为有机复合建筑材料的原料D直接填埋（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜已知：Cu（s）+2H+（aq）Cu2+（aq）+H2（g）H=64.39kJmol12H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H=196.46kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.84kJmol1在 H2SO4溶液中Cu与H2O2反
9、应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为_（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0molL1H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见表）当温度高于40时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是_（4）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀制备CuCl的离子方程式是_2014-2015学年广东省广州市增城市新塘中学高二（上）期中化学试卷（文科）一、单项选择题（24分）1氢气是人类未来最理想的燃料，以水为原料大量制取氢气的最理想的途径是( )A利用太阳能直接使水分解产生氢气B以焦炭和水制取
10、水煤气（含CO和H2）后分离出氢气C用铁和盐酸反应放出氢气D由热电站提供电力电解水产生氢考点：常见的能量转化形式 分析：以水为原料制取氢气，需要消耗另一种能源，如水力，化石燃料等，而且这些能源都比较紧缺而利用太阳能在某种催化剂作用下分解水是最好的，太阳能环保无污染，且取之不尽用之不竭解答：解：A太阳能环保无污染，且资源相当丰富，取之不尽用之不竭，故A正确； B焦炭是不可再生资源，故B错误；C用铁和盐酸反应放出氢气成本太高，故C错误；D电能是清洁能源，无需转化为氢气，故D错误故选A点评：本题考查氢气的用途和氢能的优缺点的理解和掌握情况，较简单，注意理论与实际相结合2某反应的反应过程中能量变化如图
11、所示（图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是( )A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能考点：化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故
12、C正确；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键3下列说法或表示方法不正确的是( )A盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现B在稀溶液中：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC由C（石墨）C（金刚石）；H=+73 kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定D在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g
13、）+O2（g）=2H2O（l）；H=285.8kJ/mol考点：中和热；燃烧热 分析：A、盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以放出的热量大于57.3KJ；C、能量越低的物质，越稳定；D、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量解答：解：A、反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故A正确；B、浓硫酸稀释过程中也放出热量，所以测得中和过程所放出的热量大于57.3KJ，故B正确；C、能量越低的物质，越稳定，由石墨生成金刚石吸热，说明金刚石能量高，故C正确；D、
14、燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，氢气的燃烧热化学反应方程式中燃料的计量数是1不能是2，故D错误故选：D点评：本题考查了燃烧热和中和热的概念应用的判断，注意燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，中和热不包括酸、碱溶解时所吸收或放出的热量4用食用白醋（醋酸浓度约为1mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是( )A白醋中滴入石蕊试液呈红色B白醋加入豆浆中有沉淀产生C蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D白醋中c（H+）=0.01 moL/L考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：只要能说明醋酸在水溶液里部分电离就能
15、证明醋酸为弱电解质，据此分析解答解答：解：A白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明白醋为酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故A错误；B白醋加入豆浆中产生沉淀，说明白醋是电解质，但不能说明醋酸在水溶液里部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B错误；C蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，说明醋酸的酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸是弱电解质，故C错误；D白醋中c（H+）=0.01 moL/L1mol/L，则说明白醋部分电离，则证明醋酸是弱电解质，故D正确；故选D点评：本题考查了电解质强弱判断，根据电离程度确定电解质强弱，不能根据物质的溶解性大小、溶液酸碱性判断电解质强弱，
16、题目难度不大5在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )A加催化剂同时升高温度B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2D降低温度同时增大压强考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析解答：解：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）；H=373.4kJmol1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温
17、度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等6可用如图示意图象表示的是( )AABBCCDD考点：化学平衡的影响因素；化学方程式的有关计算 专题：图
18、示题分析：A等质量的钠、钾分别与足量水反应，Na生成的氢气多，K比Na活泼，反应速率更快；B氨气分解是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，氨气的分解率增大；C催化剂改变反应速率，不影响平衡移动；D可逆反应2SO2+O22SO3，增大压强平衡，反应速率加快，正反应体积减小，平衡向正反应方向移动，SO3物质的量增大解答：解：A等质量的钠、钾分别与足量乙醇，Na生成的氢气多，K比Na活泼，反应速率更快，甲为Na、乙为K，图象与实际相符合，故A正确；B氨气分解是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，氨气的分解率增大，图象中甲为5000，反应速率较小，乙为400，反
19、应速率快、氨气的转化率较大，图象与实际不相符，故B错误；C催化剂改变反应速率，活性高的催化剂向到达平衡，催化剂不影响平衡移动，氨气的浓度不变，图象中，平衡时氨气的浓度不相等，故C错误；D可逆反应2SO2+O22SO3，增大压强平衡，反应速率加快，正反应体积减小，平衡向正反应方向移动，SO3物质的量增大，图象中甲为10个大气压，乙为2个大气压，甲到达平衡所以时间较短，图象与实际不相符，故D错误；故选：A点评：本题考查化学反应速率、化学平衡图象，难度中等，注意理解外界条件对反应速率、化学平衡移动的影响二、双项选择题7用蒸馏水稀释0.1molL1的醋酸至0.01molL1，稀释过程中温度维持25不变
20、，下列各项中始终保持增大趋势的是( )Ac（H+）c（OH）Bc（OH）CD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进电离，n（CH3COO）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，结合溶液体积变化以及物质的量之比等于浓度之比解答该题解答：解：醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进电离，A由Kw=c（H+）c（OH）可知，温度不变，则c（H+）c（OH）不变，故A错误；B加水稀释，醋酸酸性减弱，c（OH）增大，故B正确；C为醋酸的电离常数，温度不变，常数不变，故C错误；D加水稀释促进电离，n（CH3COO）和
21、n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则=，应增大，故D正确；故选BD点评：本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，难度不大8在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，下列对图象的分析中不正确的是( )A图研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B图研究的是t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响C图研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分
22、析：A图正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；B图中正逆反应速率同等程度的增大；C图中乙先达到平衡状态；D图中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小解答：解：A图正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，故A正确；B图中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强（缩小体积）或使用催化剂，故B正确；C图中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，故C错误；D图中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，故D正确；故选C点评：本题考查化学反应速率及化学
23、平衡，注意图象中的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，选项C中催化剂不能改变平衡为易错点，题目难度中等三、填空题（64分）9（18分）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定配制0.50mol/L NaOH溶液（1）若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体5.0g（2）从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：a b e测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq
24、）+H2O（l）H=57.3kJ/mol（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表请填写下表中的空白：近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g）则中和热H=53.5kJ/mol（取小数点后一位）上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）acda实验装置保温、隔热效果差b量取NaOH溶液的体积时仰视读数c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度考点：中和热的测定 专题：实验设计
25、题分析：（1）根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，但是没有245mL的容量瓶；（2）氢氧化钠要在小烧杯中称量，根据称量固体氢氧化钠所用的仪器来回答；（1）根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；（2）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；先根据Q=mcT计算反应放出的热量，然后根据H=kJ/mol计算出反应热；a装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小；b量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高；c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，测得的热量偏小；d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO
26、4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高解答：解：（1）没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g；故答案为：5.0；（2）氢氧化钠要在小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙；故答案为：a b e；（1）已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钡钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol；故答案为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na
27、2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol；（2）4次温度差分别为：4.0，4.1，3.9，4.1，4组数据都有效，温度差平均值=4.0；故答案为：4.0；50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml1g/ml=80g，温度变化的值为T=4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J/（g）4.0=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热H=53.5 kJ/mol，故答案为：53.5kJ/mol；a装置保温、隔热效果差，
28、测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；b量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中和热的数值偏小，故c正确；d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确故答案为：acd点评：本题主要考查溶液的配制、热化学方程式以及反应热的计算，题目难度大，注意理解中和热的概念、把握热化学方程式的书写方法，以及测定反应热的误差等问题11现有反应aA（g）+bB（g）pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应是放热反应，且a+bp（填“”“”或“=”）（2）减压时，A的质量分数增大（填“增大”“减小”或“不变”，下同），正反应速率减小（3）若加入B（体积不变），则A的转化率增大，B的转化率减小（4）若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比 将减小（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变（6）若B是有色物质，A、C均为无色物质，则加入C（体积不变）时混合物的颜色变深，而维持容器内气体的压强不变，充
