安徽省合肥市六校学年高二上学期期末考试化学理试题解析版.docx
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安徽省合肥市六校学年高二上学期期末考试化学理试题解析版
2019-2020学年度第一学期合肥市六校联考高二年级
期末教学质量检测化学(理科)试卷
合肥市第十一中学教科室命题中心命制
(满分:
100分考试时间:
90分钟)
注意事项:
1.答卷前,考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上,并且用2B铅笔把对应的准考证号涂黑。
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选择其它答案;不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在另发的答题卡各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液,不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁,考试结束后,将答题卷和答题卡一并收回。
5.相对原子质量:
Ag—108Cu—64
一、选择题(每小题只有一个答案,共16小题,每小题3分,共48分)
1.常温常压下将氢气和氧气混合在一起,即使过上几年,它们也不会发生化合反应生成水。
然而只要给一个电火花,氢气就迅速与氧气反应生成水。
反应过程中的能量变化如下图A所示。
对比下图B中的情景,漫画中的羊供给石头的“能量”相当于图A中的()
A.E2B.E2-E1C.E3-E2D.E3
【答案】C
【解析】
【详解】一个电火花,氢气就迅速与氧气反应生成水,是因为吸收能量使分子变成活化分子,反应才能发生,故羊供给石头的“能量”相当于反应的活化能,为E3-E2;
故选C。
2.下列说法正确的是()
A.已知:
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1,则H2SO3(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO3(aq)+2H2O(l)ΔH>-114.6kJ/mol
B.石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料
C
NaCl、SO3、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质
D.由石墨比金刚石稳定可推知:
C(石墨)==C(金刚石)ΔH<0
【答案】A
【解析】
【详解】A.在稀溶液中,强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热,△H=-57.3kJ/mol,而亚硫酸为弱电解质,电离需要吸热,故H2SO3(aq)和2molNaOH(aq)反应生成2mol水时,放出的热量小于114.6kJ,则△H>-114.6 kJ/mol,故A正确;
B.化石燃料包括煤、石油、天然气和可燃冰,植物油属于可再生燃料,故不是化石燃料,故B错误;
C.SO3在水溶液中能导电,是因为与水反应生成的硫酸能够电离的结果,故SO3为非电解质,不属于弱电解质,故C错误;
D.物质越稳定,能量越低,石墨比金刚石稳定,故石墨的能量更低,则转化为金刚石要吸热,即△H>0,故D错误;
故选A。
3.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应:
xA(g)+yB(g)
zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍。
再达平衡时,测得A的浓度为0.30mol/L。
下列有关判断正确的是()
A.x+y C.C的体积分数下降D.B的转化率升高 【答案】C 【解析】 【分析】 xA(g)+yB(g)⇌zC(g),平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,若平衡不移动,A的浓度为0.25mol/L,而再达平衡时,测得A的浓度为0.30mol/L,则说明体积增大(压强减小)平衡逆向移动,据此分析解答。 【详解】由信息可知,平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达到平衡时测得A的浓度为0.30mol/L,体积增大,相当于压强减小,平衡逆向移动。 A.减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,说明逆反应方向为体积增大的方向,则x+y>z,故A错误; B.由上述分析可知,平衡逆向移动,故B错误; C.平衡逆向移动,C的体积分数减小,故C正确; D.平衡逆向移动,B的转化率降低,故D错误; 故选C。 4.在一定温度下,向一个容积可变的容器中,通入3molSO2和2molO2及固体催化剂,使之发生反应: 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=—196.6kJ·mol-1,一段时间后达到平衡,平衡时容器内气体总的物质的量为起始时的90%.下列说法正确的是() A.达到平衡时SO2的转化率约为33.3% B.达到平衡时反应放出的热量为294.9kJ C.平衡时SO3的物质的量为2mol D.达平衡时用O2表示的反应速率为0.25mol·L-1·min-1 【答案】A 【解析】 【详解】设SO2的转化率为x,根据三段式可知, 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=—196.6kJ·mol-1 开始时的量(mol)320 改变的量(mol)3x1.5x3x 平衡时的量(mol)3-3x2-1.5x3x 平衡时容器内气体总的物质的量为起始时的90%,则3-3x+(2-1.5x)+3x=(3+2)×90%,解得x=33.3%,3x=1; A.达到平衡时SO2的转化率约为33.3%,选项A正确; B.达到平衡时反应放出的热量为196.6kJ×3x=196.6kJ,选项B错误; C.平衡时SO3的物质的量为3xmol=1mol,选项C错误; D.条件不足,无法计算平衡时反应容器的体积,无法计算化学反应速率,选项D错误。 答案选A。 5.在恒温、恒容密闭容器中发生反应: A(s)+2B(g) C(g)+D(g),当下列物理量不再发生变化时,表明该反应已达到平衡状态的是 ①混合气体的压强②混合气体的密度③各气态物质的物质的量浓度 ④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量 A.②③⑤B.①②③C.②③④⑤D.①③④⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】①混合气体的压强不变(恒容),就是气体的总的物质的量不变,因为反应前后的气体的系数不变,所以不能说明反应达平衡; ②混合气体的密度不变(恒容),就是气体的质量不变,因为A为固体,所以反应正向进行时一定气体质量增加,逆向进行时一定气体质量减小,则气体质量不变一定说明反应达平衡; ③各物质的浓度不变,一定说明反应达平衡; ④该反应为等体积 可逆反应,气体的物质的量不变不能说明反应达平衡; ⑤混合气体的平均相对分子质量等于m总/n总,因为两边气体的系数相等,所以n总不变,如果平均分子量不变,则得到m总不变,即气体的总质量不变,由②的解释,可以说明反应达平衡,由上,能说明反应达平衡的是②③⑤; 答案选A。 6.已知反应X(g)+Y(g) nZ(g)ΔH>0,将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应,各物质的浓度随时间的改变如图所示。 下列说法不正确的是() A.反应方程式中n=1 B.10min时,曲线发生变化的原因是升高温度 C.10min时,曲线发生变化的原因是增大压强 D.前5min后,用X表示的反应速率为v(X)=0.08mol·L-1·min-1 【答案】B 【解析】 【详解】A.10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,说明是增大了压强,然后,反应物浓度逐渐减小,生成物浓度增加,平衡正向移动,则说明该反应是气体物质的量减小的反应,则n=1,故A正确; B.根据图像数据可知,10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,则说明10min时增大了压强,故B错误; C.根据图像数据可知,10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大,则说明10min时增大了压强,故C正确; D.在5min时X 物质的量浓度为1.6mol/L,0~5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L,则该时间段X的平均反应速率为v(X)= =0.08mol•L-1•min-1,故D正确; 故选B。 7.根据下列图示所得出的结论一定错误的是 A.图甲表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 B.图乙表示向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量的过程中溶液导电性的变化 C.图丙表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸的滴定曲线 D.图丁表示相同温度下,向等体积pH=10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线,其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线 【答案】C 【解析】 【详解】A.酶为蛋白质,温度过高,蛋白质变性,则酶催化能力降低,甚至失去催化活性,图中能表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化,故A正确; B.向BaCl2溶液中滴加稀硫酸至过量,溶液导电性有所减弱,但不会接近0,图象曲线变化与实际不符,故B错误; C. NaOH溶液体积为0时,溶液的pH=1,此时为醋酸溶液,由于醋酸为弱酸,则0.1000 mol⋅L−1醋酸溶液的pH>1,图象曲线变化与实际不符,故C错误; D. pH=10的氢氧化钠溶液和氨水,稀释时一水合氨继续电离,则稀释时NaOH的pH变化大,所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线,故D正确; 故答案选BC。 8.下列说法正确的是() A.室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强 B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小 C.1mol/L和0.01mol/L的两瓶氨水中c(OH-)之比为100: 1 D.氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子 【答案】D 【解析】 【详解】A.室温下,稀释0.1mol/LCH3COOH溶液,电离平衡正向移动,但总的来说溶液中自由移动的离子浓度减小,因此溶液的导电能力减弱,A错误; B.加热促进盐 水解,溶液中c(OH-)增大,pH增大,B错误; C.氨水浓度越大,电离程度越小,所以1mol/L和0.01mol/L的两瓶氨水中c(OH-)之比小于100: 1,C错误; D.在氢氧燃料电池工作时,通入燃料H2的电极为负极,H2在负极上失去电子,发生氧化反应,D正确; 故合理选项是D。 9.下列溶液中离子浓度关系表示正确的是( ) A.NaHCO3溶液中: c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CO32-)+c(HCO3-) B.常温下,pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中: c(H+)<c(OH-) C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中,c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-) D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中: 2c(Na+)=c(CH3OOH)+c(CH3COO-) 【答案】D 【解析】 A、根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),故A错误;B、因为醋酸是弱酸,因此反应后溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa,溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),故B错误;C、NH4Cl溶液显碱性,是因为NH4+水解造成,水解的程度是微弱的,因此有c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故C错误;D、根据物料守恒,因此有2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故D正确。 10.下列说法正确的是() A.S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的ΔH表示燃烧热 B.通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体 C.除去CuCl2溶液中的Fe3+,选用氢氧化钠溶液作沉淀剂 D.一定温度下,反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0 【答案】D 【解析】 【详解】A.S在室温下的稳定状态为固态,因此该反应不能表示其燃烧热,A错误; B.MgCl2是强酸弱碱盐,直接加热溶液,发生水解得到的是Mg(OH)2,而HCl则挥发逸出,因此不能获取无水氯化镁固体,B错误; C.要除去CuCl2溶液中的Fe3+,可通过向溶液中加入CuO或CuCO3,提高溶液的pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀的方法,C错误; D.Mg与Cl2反应产生MgCl2是放热反应,则MgCl2分解反应是吸热反应,ΔH>0,由于反应后气体物质增多,所以物质混乱程度增大,ΔS>0,D正确; 故合理选项是D。 11.今有室温下四种溶液,下列有关叙述不正确的是() 序号 pH 溶液 ① 11 氨水 ② 11 氢氧化钠溶液 ③ 3 醋酸 ④ 3 盐酸 A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后,两溶液的pH均增大 B.②和③两溶液等体积混合,所得溶液中c(H+)>c(OH-) C.V1L④与V2L①溶液混合后,若混合后溶液pH=7,则V1 D.分别加水稀释10倍,四种溶液的pH: ①>②>④>③ 【答案】C 【解析】 【分析】 醋酸和一水合氨是弱电解质,NaOH和HCl是强电解质,pH相等的醋酸和盐酸、NaOH和氨水,醋酸的浓度大于盐酸、氨水的浓度大于NaOH,加水稀释促进弱电解质的电离,但弱酸弱碱的酸碱性减弱,据此分析。 【详解】A.醋酸溶液中存在电离平衡,加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,醋酸酸性减弱,盐酸中加入醋酸钠固体,能够反应生成醋酸,氢离子浓度减小,两溶液的pH均增大,A正确; B.由于醋酸是弱酸,存在电离平衡,c(CH3COOH)>c(H+),氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的醋酸与NaOH溶液等体积混合,电离的醋酸与NaOH恰好中和,未电离的醋酸会进一步电离产生H+,使溶液显酸性,所以所得溶液中c(H+)>c(OH-),B正确; C.HCl是强酸,完全电离,NH3·H2O是一元弱酸碱,部分电离,存在电离平衡,所以c(NH3·H2O)>c(OH-),氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的盐酸与氨水等体积混合,溶液显碱性,V1L④和V2L①溶液混合后,若pH=7,则V1>V2,C错误; D.分别加水稀释10倍,NaOH溶液和盐酸的pH变为10和4,氨水的pH大于10小于11,醋酸的pH大于3小于4,所以溶液的pH: ①>②>④>③,D正确; 故合理选项是C。 【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等,根据弱电解质的特点、酸碱混合溶液氢离子浓度的计算方法分析解答。 12.“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理,在酸性环境中乙醇被氧化为X,其中一个电极的反应式为: CH3CH2OH-2e-===X+2H+。 下列说法中正确的是 A.电池内部H+由正极向负极移动 B.另一极的电极反应式为: O2+4e-+2H2O===4OH- C.乙醇在正极发生反应,电子经过外电路流向负极 D.电池总反应为: 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.原电池工作时,电解质溶液中氢离子向正极移动,故A错误; B.电解质溶液呈酸性,正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,故B错误; C.乙醇在负极上失电子发生氧化反应,氧气在正极上得电子发生还原反应,电子从负极沿导线流向正极,故C错误; D.根据题干电极反应CH3CH2OH-2e-=X+2H+,利用原子守恒可知X为CH3CHO,所以电池总反应应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O,故D正确; 答案: D 13.如下图所示是根据图甲的电解池进行电解时某个量(纵坐标x)随时间变化的函数图象(各电解池都用石墨作电极,不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响),这个量x是表示( ) A.各电解池析出气体的体积B.各电解池阳极质量的增加量 C.各电解池阴极质量的增加量D.各电极上放电的离子总数 【答案】C 【解析】 【详解】电解氯化钠溶液时阴、阳极都产生气体物质,电解硝酸银溶液时阴极上产生单质银,电解硫酸铜溶液时阴极上产生单质铜,所以随着电解的进行阴极质量的增加量有如图所示的变化; 答案选C。 14.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 A.钢管与铜管露天堆放在一起,钢管不易被腐蚀 B.在右图所示环境中,铁被腐蚀速率: I>Ⅲ>Ⅱ C.铁制品保存在温度较高的地方 D.钢铁发生电化学腐蚀时,负极反应是Fe—3eˉ=Fe3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A、Fe、Cu露天堆放时,Fe易发生电化学腐蚀,错误; B、I中Fe发生吸氧腐蚀,III中Fe发生化学腐蚀,II中Fe受到保护,正确; C、温度较高,铁腐蚀速率加快,错误; D、钢铁发生电化学腐蚀时,负极反应为Fe—2eˉ=Fe2+,错误。 15.关于下列各装置图的叙述不正确的是() A.用图①装置实现铁上镀铜,a极为铜,电解质溶液可以是CuSO4溶液 B.图②装置盐桥中KCl的Cl-移向右烧杯 C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护 D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同 【答案】B 【解析】 【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜,根据电流的移动方向可知a极为阳极,是铜电极,b电极为Fe电极,电解质溶液可以是CuSO4溶液,A正确; B.Zn电极为负极,Cu电极为正极,负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液,根据异种电荷相互吸引的原则,在含有盐桥的原电池中,盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区,该装置中Zn作负极、Cu作正极,所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯,B错误; C.电解池阴极与电源的负极连接,金属被保护,电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀,要保护钢铁,则钢铁连接原电池负极,C正确; D.在左边的原电池中Al为负极,Al是+3价的金属,每27gAl会失去3mol电子;右边的原电池中Zn是负极,Zn是+2价的金属,65gZn会失去2mol电子,所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同,D正确; 故合理选项是B。 16.通过加入适量乙酸钠,设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去,其原理如图所示。 下列叙述正确的是 A.b极为正极,发生还原反应 B.一段时间后b极区电解液的pH减小 C.H+由a极穿过质子交换膜到达b极 D.a极的电极反应式为 -e-=Cl-+ 【答案】B 【解析】 原电池工作时,正极上发生得电子的还原反应即: +2e-+H+=Cl-+ ,则a为正极,b为负极,反应式为: CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。 A.正极上发生得电子的还原反应即: +2e-+H+=Cl-+ ,则a为正极,发生还原反应,故A错误;B.由电极方程式可知当转移8mol电子时,正极消耗4molH+,负极生成7molH+,则处理后的废水pH降低,故B正确;C.b为负极,反应式为: CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+,由示意图可知,质子从b极移向a极,故C错误;D.a为正极,发生还原反应,电极反应式为 +2e-+H+=Cl-+ ,故D错误;故选B。 点睛: 本题考查新型电池,注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写,解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。 本题的易错点为D,电极反应也要满足质量守恒定律。 二、非选择题(本大题共6小题,共52分) 17.用活性炭还原处理氮氧化物,有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)。 (1)写出上述反应的平衡常数表达式_______________。 (2)在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应,所得数据如表,回答下列问题。 实验编号 温度/℃ 起始时NO的物质的量/mol 平衡时N2的物质的量/mol 1 700 0.40 0.09 2 800 0.24 0.08 ①结合表中数据,判断该反应的△H____0(填“>”或“<”),理由是_________。 ②判断该反应达到平衡的依据是_______。 A.容器内气体密度恒定B.容器内各气体浓度恒定 C.容器内压强恒定D.2v正(NO)=v逆(N2) (3)700℃时,若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应: N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g);其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如下图所示。 请回答下列问题。 ①0~10min内的CO2平均反应速率v=____________。 ②图中A点v(正)___v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。 ③第10min时,外界改变的条件可能是_____________。 A.加催化剂B.增大C的物质的量 C.减小CO2的物质的量D.升温E.降温 【答案】 (1). (2).>(3).计算700℃和800℃的平衡常数K1 【解析】 【详解】 (1)根据化学方程式C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g),平衡常数K= ; (2)①根据表格数据,列出实验1(700℃)的三段式: C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) 起始物质的量/mol0.400 变化物质的量/mol0.180.090.09 平衡物质的量/mol0.220.090.09 K1= = = , 据表格数据,列出实验2(℃)的三段式: C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) 起始物质的量/mol0.2400 变化物质的量/mol0.160.080.08 平衡物质的量/mol0.080.080.08 K2= = =1>K1; 温度升高,K增大,则正反应为吸热反应,△H>0。 故答案为>;700℃和800℃的平衡常数K1 ②A、该反应气体的总质量是个变量,容器体积不变,所以密度是一个变量,当容器内气体密度恒定时,则反应达到平衡状态,故A正确; B、各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态,故B正确; C、该反应前后气体分子的数目相同,则气体的总物质的量一直不变,根据pV=nRT,恒温恒容条件下,压强一直不变,所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态,故C错误; D、2v正(NO)=v逆(N2)错误,此时正反应速率和逆反应速率不相等,应是v正(NO)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态,故D错误; 故答案为AB。 ③①随着反应进行,n(N2)逐渐减小,n(NO)逐渐增大,10min内,△n(N2)=0.2mol,物质的量变化之比等于计量系数之比,则△n(CO2)=0.2mol,所以v(CO2)= =0.01mol·L-1·min-1; ②根据图像可知A点反应向正反应方向进行,则v(正)>v(逆),故答案为>; ③第10min时,N2、NO物质的量没有发生突变,N2的物质的量逐渐减小,速率比10min前大;NO物质的量逐渐增大,速率比10min前大。 A、加催化剂,不会引起物质的量的突变,只会增大反应速率,故A正确; B、增大碳固体的物质的量,对反应速率没有影响,故B错误; C、减小CO2的物质的量,反应速率减小,故C错误; D、升温,反应速率增大,故
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