【化学】湖南省邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期末考试（高考）（解析版） 17页

湖南省邵东县创新实验学校2019-2020学年高二上学期期末考试（高考）‎ 可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题。（本题共20小题，每小题3分，共60分,每题只有一个正确答案）。‎ ‎1.新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列不属于未来新能源的是(　　)‎ A. 天然气 B. 太阳能 C. 生物质能 D. 风能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，天然气是不可再生的能源，不属于未来新能源，故A错误；‎ B选项，太阳能是资源丰富，可以再生，属于未来新能源，故B正确；‎ C选项，生物质能资源丰富，属于未来新能源，故C正确；‎ D选项，风能资源丰富，可以再生，属于未来新能源，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎2.改变下列条件，化学平衡一定会发生移动的是( )‎ A. 浓度 B. 压强 C. 催化剂 D. 温度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，等体积反应，缩小容器体积，浓度都增大，平衡不移动，故A不符合题意；‎ B选项，等体积反应加压，平衡不移动，故B不符合题意；‎ C选项，催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故C不符合题意；‎ D选项，化学反应不是放热反应就是吸热反应，因此改变温度，平衡一定发生移动，故D符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎3.下列仪器使用前不需要检查是否漏水的是( )‎ A. 分液漏斗 B. 容量瓶 C. 冷凝管 D. 滴定管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分液漏斗带有活塞和瓶盖，使用前需要检查是否漏水，故A不选；‎ B．容量瓶有瓶塞，需要检查是否漏水，故B不选；‎ C．冷凝管没有活塞和瓶塞，使用前不需检查是否漏水，故C可选；‎ D．滴定管带有活塞或带有玻璃球的橡胶管，使用前需要检查是否漏水，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎4.已知某化学反应A2(g)＋2B2(g)===2AB2(g)(AB2的分子结构为B—A—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是( )‎ A. 该反应是放热反应 B. 该反应的ΔH＝－(E1－E2) kJ· mol－1‎ C. 该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和 D. 由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成4 mol A—B键吸收E2 kJ能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据图示，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应是吸热反应，故A错误；该反应的ΔH＝+(E1－E2) kJ· mol－1，故B错误；焓变=反应物的键能总和-生成物的键能总和，焓变大于0，故C正确；由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成4 mol A—B键放出E2 kJ能量，故D错误。‎ ‎5.10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　)‎ A. NaCl B. H2SO4 C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量，则氢气的量由盐酸的量决定。‎ ‎【详解】A选项，加NaCl溶液，相等于增加溶液的体积，浓度减小，减慢速率，氢气量不变，故A正确；‎ B选项，加H2SO4，氢离子浓度增大，速率加快，氢气的量增多，故B错误；‎ C选项，加CuSO4，锌置换出铜，形成锌铜盐酸原电池，反应速率加快，故C错误；‎ D选项，加Na2CO3溶液，消耗氢离子，氢离子浓度减小，速率减慢，氢气量减少，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】减慢反应速率主要是减小氢离子浓度，对于有气体参加的反应可以减小压强，也可以降低温度。‎ ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A. 在稀溶液中，1 mol H2SO4(aq)与1 mol Ba(OH)2(aq)完全中和所放出的热量为中和热 B. 表明参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式叫做热化学方程式 C. 凡是在加热或点燃条件下进行的反应都是吸热反应 D. 101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，稀的强酸与强碱生成1mol水及可溶性盐时放出热量为中和热，生成硫酸钡放热，则1molH2SO4（aq）与1molBa（OH）2 （aq）完全中和所放出的热量为反应热，不是中和热，故A错误；‎ B选项，表明参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式叫做热化学方程式，故B正确；‎ C选项，吸热反应、放热反应与反应条件无关，故C错误；‎ D选项，101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体所放出的热量为碳的燃烧热，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】反应是吸热反应与放热反应只与反应物总能量和生成物总能量有关，与反应途径无关，与反应条件无关。‎ ‎7.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，多数能自发进行的反应是放热反应 B. 在同一条件下不同物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大 C. 一个反应能否自发进行取决于该反应是放热还是吸热 D. 一个反应能否自发进行，与焓变和熵变的共同影响有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、焓变和熵变共同决定反应能否自发进行，多数放热反应能够自发进行，故A正确；‎ B、体系的混乱程度越大，熵值越大，故B正确；‎ C、多数放热反应能够自发进行，但焓变不是影响反应能否自发进行的唯一因素，故C错误；‎ D、焓变和熵变共同决定反应能否自发进行，△H-T△S是大于0还是小于0，决定反应能否自发进行，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.在298 K、100 kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)　ΔH1 Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)　ΔH2 2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3,则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)‎ A. ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 B. ΔH3＝ΔH1＋ΔH2‎ C. ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 D. ΔH3＝ΔH1－ΔH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律可知，第一个方程式加上第二个方程式的二倍，即ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2，故C正确。‎ 综上所述，答案C。‎ ‎【点睛】利用盖斯定律进行计算，按照目标方程式对前面方程式变形，最终得到目标反应方程式。‎ ‎9.M、N、P、E四种金属，已知：①M+N2+N+M2+；②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为 E2++2e−E，N−2e−N2+。则这四种金属的还原性由强到弱的顺序是 A. P>M>N>E B. E>N>M>P C. P>N>M>E D. E>P>M>N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①M+N2+=N+M2+，可说明活泼性M＞N；②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡，说明P为负极，M为正极，则活泼性P＞M；③N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中，电极反应为E2++2e-=E，N-2e-=N2+，说明N为负极，活泼性N＞E；综上所述，则四种金属的活泼性顺序为P>M>N>E，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查金属的活泼性的比较，侧重于原电池知识的考查。本题的易错点为M、P活泼性的比较，注意把握根据实验现象判断原电池的正负极的方法。‎ ‎10.如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（　　）‎ A. ②①③④⑤⑥ B. ⑤④②①③⑥ C. ⑤④③①②⑥ D. ⑤③②④①⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，Fe作负极，③中Fe作正极，正极被保护，负极腐蚀速率快，则腐蚀速率③小于②和④；原电池中两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀越快，则腐蚀速率④大于②，即④＞②＞③。⑤⑥装置是电解池，⑤中Fe为阳极，⑥中Fe为阴极，阳极失电子，金属腐蚀速率快，阴极被保护，则腐蚀速率⑤＞⑥。电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以腐蚀由快到慢的顺序为⑤④②①③⑥，故选B。‎ ‎【点睛】先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序。不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀。‎ ‎11. 已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：‎ A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度，溶液的pH增大 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；‎ B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；‎ C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；‎ D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎12. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L B. P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性 C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D. 酚酞不能用做本实验的指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1mol·L-1，A错误；‎ B、P点时，溶液pH为7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B正确；‎ C、曲线a的pH随反应的进行逐渐增大，所以应该是氢氧化钠滴定盐酸，C错误；‎ D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，D错误；‎ 故答案是B。‎ ‎13.有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是（ ）‎ A. 正反应吸热：m＋np＋q C. 正反应放热：m＋n>p＋q D. 正反应放热：m＋nNaF，所以NaClO溶液中c(H＋)小。‎ 二、非选择题 (每空2分，共40分)‎ ‎21.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)HClO的电离方程式为__________________________。‎ ‎(2)用离子方程式解释铁盐可用于净水的原理__________________________。‎ ‎(3)在NaOH 溶液中逐渐加入稀醋酸至溶液呈中性，则所得溶液中c(Na+)_______c(CH3COO-)(填“＞”“＜”或“＝”下同)。‎ ‎(4)相同pH的NH4Cl溶液与NH4HSO4溶液中NH4+浓度的大小关系:前者_______后者。‎ ‎(5)用惰性电极电解500mL某浓度的CuSO4溶液一段时间后，CuSO4刚好反应完，需要加入16gCuO才能复原，则原CuSO4溶液的物质量浓度为___________。‎ ‎【答案】 (1). HClO H+ + ClO- (2). Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) + 3H+ (3). = (4). > (5). 0.4mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)HClO是弱酸，部分电离，连接用可逆符号。‎ ‎(2)铁盐可用于净水的原理，主要是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附杂质功能，书写离子方程式要写可逆符号。‎ ‎(3)在NaOH溶液中逐渐加入稀醋酸至溶液呈中性，根据溶液电荷守恒和呈中性原则，得到溶液中钠离子浓度和醋酸根离子相等。‎ ‎(4)相同pH的NH4Cl溶液与NH4HSO4溶液中NH4+浓度的大小关系：前者是水解显酸性，水解程度小，因此剩余铵根离子浓度大，后者是电离显酸性，水解程度很小，NH4HSO4电离出的铵根离子小。‎ ‎(5)先计算氧化铜物质的量，再根据守恒得到硫酸铜的物质的量，再计算浓度。‎ ‎【详解】(1)HClO是弱酸，部分电离，其电离方程式为HClO H+ + ClO－，故答案为：HClO H+ + ClO－。‎ ‎(2)用离子方程式解释铁盐可用于净水的原理，主要是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附杂质功能，Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) + 3H+，故答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) + 3H+。‎ ‎(3)在NaOH 溶液中逐渐加入稀醋酸至溶液呈中性，根据溶液电荷守恒和呈中性，得出溶液中c(Na+)＝c(CH3COO－)，故答案为：＝。‎ ‎(4)相同pH的NH4Cl溶液与NH4HSO4溶液中NH4+浓度的大小关系：前者是水解显酸性，后者是电离显酸性，水解程度很小，因此氯化铵中铵根离子浓度大，而NH4HSO4电离出的铵根离子小，因此前者>后者，故答案为：>。‎ ‎(5)用惰性电极电解500mL某浓度的CuSO4溶液一段时间后，CuSO4刚好反应完，需要加入16gCuO才能复原，氧化铜的物质的量为，根据铜守恒得到硫酸铜的物质的量为0.2mol，则原CuSO4溶液的物质量浓度为，故答案为：0.4mol·L－1。‎ ‎22.N2与H2反应生成NH3的过程中能量变化曲线如图所示。若在一个固定容积的密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，使反应N2＋3H22NH3达到平衡，测得反应放出热量为Q1。‎ ‎(1)该反应的热化学方程式为__________________________。‎ ‎(2)Q1________92 kJ(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎(3)曲线a和曲线b中，加了催化剂的是________。‎ ‎(4)上述反应达到平衡后，升高温度H2的转化率________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(5)在温度体积一定的条件下，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则2Q1与Q2的关系为: Q2 ______2Q1(“>”、“=”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH= －92 kJ·mol－1 (2). ＜ (3). 曲线b (4). 减小 (5). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)该反应的ΔH= 反应物活化能 －生成物活化能，算出焓变，再写热化学方程式。‎ ‎(2)因为该反应是可逆反应，1mol氮气充分反应，但不可能完全反应完，放出热量少。‎ ‎(3)曲线b是降低了反应活化能。‎ ‎(4)升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，即可得到答案。‎ ‎(5)先理解为两个相同的容器各装1 mol N2和3 mol H2反应，放出的热量为2Q1，再加压变为一个容器，平衡正向移动，又反应放出热量，即可得到答案。‎ ‎【详解】(1)该反应的ΔH= 508 kJ·mol－1－600 kJ·mol－1=－92 kJ·mol－1，因此热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH= －92 kJ·mol－1，故答案为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH= －92 kJ·mol－1。‎ ‎(2)因为该反应是可逆反应，1mol氮气反应不完全，因此放出的热量Q1＜92 kJ，故答案为：＜。‎ ‎(3)曲线b是降低了反应活化能，因此为加了催化剂，加了催化剂的是曲线b，故答案为：曲线b。‎ ‎(4)上述反应达到平衡后，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，H2的转化率减小，故答案为：减小。‎ ‎(5)在温度体积一定的条件下，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，可以先理解为两个相同的容器各装1 mol N2和3 mol H2反应，放出的热量为2Q1，再加压变为一个容器，平衡正向移动，又反应放出热量，因此2Q1与Q2的关系为: Q2 >2Q1，故答案为：>。‎ ‎23.某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列问题：‎ ‎(1)实验一：将开关K与a连接，则乙电极上的反应式为___________________________________。‎ ‎(2)实验一结束后，该研究小组的同学决定在乙电极表面上镀金属锌以防止铁被腐蚀，这种金属保护的原理名称是______________________。‎ ‎(3)实验二：开关K与b连接，则甲为________极(填“正”“负”“阳”或“阴”)；‎ ‎(4)对于实验二，下列说法正确的是________(填字母编号)。‎ A．溶液中Na＋向甲极移动 B．从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝 C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度 ‎(5)当乙电极产生标准状况下224 mL气体，若剩余溶液体积为200 mL，则电解后所得溶液在常温下的pH为________。‎ ‎【答案】 (1). Fe － 2e－ = Fe2＋ (2). 牺牲阳极的阴极保护法 (3). 阳 (4). B (5). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)判断铁为负极，再书写电极反应式。‎ ‎ (2)乙电极表面上镀金属锌以防止铁被腐蚀，锌作负极，铁作正极，即可得到结论。‎ ‎(3)与电源正极相连的即为阳极。‎ ‎(4)“异性相吸”即阳离子向阴极移；甲极处逸出的气体为氯气，氯气能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝；阳极得到氯气，阴极得到氢气，因此反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度。‎ ‎(5)根据方程式比例关系得到氢氧根物质的量，再得到浓度，再得pH。‎ ‎【详解】(1)实验一：将开关K与a连接，则为吸氧腐蚀，乙为负极，其电极上的反应式为Fe － 2e－ = Fe2＋，故答案为：Fe － 2e－ = Fe2＋。‎ ‎(2)实验一结束后，该研究小组的同学决定在乙电极表面上镀金属锌以防止铁被腐蚀，锌作负极，铁作正极，这种金属保护的原理名称是牺牲阳极的阴极保护法，‎ ‎(3)实验二：开关K与b连接，与电源正极相连的即为阳极，故答案为阳。‎ ‎(4)A选项，“异性相吸”即溶液中Na＋向阴极即乙极移动，故A错误；‎ B选项，从甲极处逸出的气体为氯气，氯气能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝，故B正确；‎ C选项，阳极得到氯气，阴极得到氢气，因此反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故C错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎(5)当乙电极产生氢气，在标准状况下224 mL气体，即0.224L，若剩余溶液体积为200 mL，‎ H2 —— 2OH－‎ ‎22.4L 2mol ‎0.224L xmol ‎22.4L：0.224L = 2mol：xmol 解得x = 0.02mol ‎，则pH = 13，故答案为13。‎ ‎24.运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。‎ ‎(1)硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图1所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。‎ ‎①若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。‎ ‎②若反应进行到状态D时，v逆 ________ (填“>”“<”或“＝”)v正。‎ ‎(2)课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法：N2(g)＋3H2(g) 2NH3‎ ‎(g)　ΔH<0，应用此法反应达到平衡时反应物的转化率不高。‎ ‎①能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是________(填编号)。‎ A．使用更高效的催化剂 B．增大压强 C．及时分离出氨气 D．升高温度 ‎②若在某温度下，2 L的密闭容器中发生合成氨的反应，图2表示N2的物质的量随时间的变化曲线。用NH3表示0～10 min内该反应的平均速率v(NH3)＝______________;从第11 min起，升高温度，则n(N2)的变化曲线为________(填编号)。‎ ‎【答案】 (1). 向左 (2). ＜ (3). B (4). 0.04mol·L－1 ·min－1 (5). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，容器体积变大，浓度减小，相当于减小压强，平衡向体积增大即平衡向左移动。‎ ‎②从D到A点，即增大三氧化硫的量，则正向移动。‎ ‎(2)①使用更高效的催化剂，速率增大，但平衡不移动；增大压强速率增大，平衡正向移动；及时分离出氨气，速率减慢；升高温度速率增大，平衡向吸热即逆向移动。‎ ‎②先求而出氮气速率，再求氨气速率，再根据平衡移动，得到氮气的物质的量变化曲线。‎ ‎【详解】(1)①若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，容器体积变大，浓度减小，相当于减小压强，平衡向体积增大即平衡向左移动，故答案为：向左。‎ ‎②若反应进行到状态D时，向A点移动，即增大三氧化硫的量，则正向移动，因此v逆 < v正，故答案为：<。‎ ‎(2)①A选项，使用更高效的催化剂，速率增大，但平衡不移动，故A不符合题意；‎ B选项，增大压强速率增大，平衡正向移动，故B符合题意；‎ C选项，及时分离出氨气，速率减慢，故C不符合题意；‎ D选项，升高温度速率增大，平衡向吸热即逆向移动，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎②若在某温度下，2 L密闭容器中发生合成氨的反应，图2表示N2的物质的量随时间的变化曲线。，则反应的平均速率v(NH3)＝2 v(N2) = 2×0.02mol·L－1 ·min－1 ＝0.04mol·L－1 ·min－1；从第11 min起，升高温度，平衡逆向移动，氮气量增加，因此n(N2)的变化曲线为c，故答案为：0.04mol·L－1 ·min－1；c。‎