内蒙古包头三十三中高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2013-2014学年内蒙古包头三十三中高 二（下）期末化学试卷一、选择题（每题6分，共42分）1（6分）（2013春包头校级期末）化学用语是学习化学的重要工具下列用来表示物质变化的化学用语中，错误的是（）a钢铁腐蚀时可能发生的正极反应：2h2o+o2+4e4ohb明矾水解的离子方程式：al3+3 h2oal（oh）3+3h+c少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：oh+hco3h2o+co32d表示氢气燃烧的热化学方程式2h2（g）+o2（g）2h2o（l）；h=571.6kjmol1考点：电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写分析：a钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应；b明矾水解生成氢氧化铝胶体和氢离子；c少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合，二者的物质的量之比为1：2；d氢气燃烧为放热反应，h0解答：解：a钢铁腐蚀时可能发生吸氧腐蚀，其电极反应为：2h2o+o2+4e=4oh，故a正确；b明矾水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，离子方程式：al3+3 h2oal（oh）3+3h+，故b正确；c少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合的离子方程式为ca2+2oh+2hco3=2h2o+caco3+co32，故c错误；d表示氢气燃烧的热化学方程式为2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）；h=571.6kjmol1，故d正确；故选c点评：本题考查化学方程式及电极反应式的书写，涉及盐类水解、热化学方程式、电极反应式等知识点，明确电极反应、离子性质、热化学方程式书写特点即可解答，题目难度不大2（6分）（2013春包头校级期末）常温下将稀naoh溶液与稀ch3cooh溶液混合，可能出现的结果是（）aph7，且 c（oh）c（na+）c（h+）c（ch3coo）bph7，且 c（ch3coo）c（na+）cph7，且c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）dph=7，且c（ch3coo）c（na+）c（h+）=c（oh）考点：离子浓度大小的比较分析：aph7，则：c（oh）c（h+），溶液中应该满足c（h+）c（ch3coo）；bph7，说明溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒判断；cph7，说明醋酸过量，若醋酸远远大于氢氧化钠，可能满足c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh）；dph=7，则有c（h+）=c（oh），根据溶液的电荷守恒可知：c（ch3coo）=c（na+）解答：解：aph7，说明溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），溶液中应该满足c（h+）c（ch3coo），可能存在：c（oh）c（na+）c（ch3coo）c（h+），故a错误；bph7，说明溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒可知：c（na+）c（ch3coo），故b错误；cph7，说明醋酸过量，溶液中可存在：c（ch3coo）c（h+）c（na+）c（oh），故c正确；dph=7，则有c（h+）=c（oh），根据溶液的电荷守恒c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh）可知：c（ch3coo）=c（na+），则溶液中离子浓度大小为：c（ch3coo）=c（na+）c（h+）=c（oh），故d错误；故选c点评：本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等，注意醋酸为弱电解质的特点，结合盐的水解原理、电荷守恒等知识进行解答3（6分）（2010天心区校级模拟）在容积固定的密闭容器中存在如下反应：a（g）+3b（g）2c（g）；h0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断一定错误的是（）a图i研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高b图研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高c图研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高d图 iv研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线专题：化学平衡专题分析：a加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高；b甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低；c甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；d加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高解答：解：a加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，乙使用的催化剂效率较较低，故a错误；b甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低，乙的压强较高，故b正确；c甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以b的转化率减小，故c正确；d加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故d正确故选a点评：本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等4（6分）（2013春包头校级期末）化学平衡常数（k）、电离常数（ka）、溶度积常数（ksp）是判断物质性质或变化的重要的常数下列关于这些常数的说法中，正确的（）a化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关bch3coonh4溶液几乎呈中性，说明ka（ch3cooh）与 kb（nh3h2o）近似相等cksp（agcl）ksp（agi）由此可以判断agcl（s）+iagi（s）+cl不能够发生dka（hcn）ka（ch3cooh）说明相同浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强考点：化学平衡常数的含义分析：a、平衡常数只与温度有关；b、醋酸和一水合氨电离程度相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性；c、阴阳离子比相同的化合物的溶解性可以用ksp进行比较，进行沉淀转化反应；d、浓度相同时电离平衡常数越大酸性越强；解答：解：a、平衡常数的大小与温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关，故a错误；b、醋酸和一水合氨电离程度相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，所以说明ka（ch3cooh）与 kb（nh3h2o）近似相等，故b正确；c、ksp（agcl）ksp（agi），反应向更难溶的方向进行，agcl（s）+i=agi（s）+cl能够发生，实现沉淀转化，故c错误；d、ka（hcn）ka（ch3cooh），说明相同物质的量浓度时，电离平衡常数越大酸性越强，所以氢氰酸的酸性比醋酸弱，故d错误；故选b点评：本题考查了重要的各类平衡常数的影响因素和综合应用，主要考查弱电解质的电离平衡是些过程，沉淀转化的依据，电离平衡常数的应用5（6分）（2014秋宁城县期末）体积相同的甲乙两个容器中，分别都充有等物质的量的so2和o2，在相同温度下发生反应：2so2+o22so3，并达到平衡在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中so2的转化率为p%，则乙容器中so2的转化率（）a等于p%b大于p%c小于p%d无法判断考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动解答：解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动所以，若甲容器中so2的转化率为p%，则乙的so2的转化率将大于甲的，即大于p%故选b点评：这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化这样，问题就迎刃可解了6（6分）（2013春包头校级期末）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）a新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）bph=8.3的nahco3溶液：c（na+）c（h co3）c（co32）c（h2co3）cph=11的氨水与ph=3的盐酸等体积混合：c（cl）=c（nh4+）c（oh）=c（h+）d0.2 moll1 ch3cooh溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh）考点：离子浓度大小的比较分析：a任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；bnahco3溶液的ph=8.37，溶液呈碱性，说明hco3的水解程度大于电离程度；cph=11的氨水浓度大于ph=3的hcl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性；d.0.2 moll1 ch3cooh溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合，因为醋酸和naoh反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的ch3cooh和ch3coona，ch3cooh电离程度大于ch3coo水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断解答：解：a任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），故a错误；bnahco3溶液的ph=8.37，溶液呈碱性，说明hco3的水解程度大于电离程度，所以c（co32）c（h2co3），故b错误；cph=11的氨水浓度大于ph=3的hcl溶液，二者等体积混合时氨水有剩余，溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒得c（cl）c（nh4+），故c错误；d.0.2 moll1 ch3cooh溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合，因为醋酸和naoh反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的ch3cooh和ch3coona，ch3cooh电离程度大于ch3coo水解程度，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=c（ch3coo）+c（oh），根据物料守恒得2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），所以得2c（h+）2c（oh）=c（ch3coo）c（ch3cooh），故d正确；故选d点评：本题考查离子浓度大小比较，为高考高频点，正确判断溶液中溶质及其物质的量，再结合溶液酸碱性、原子守恒、电荷守恒分析解答即可，注意：电解质溶液中存在电荷守恒和物料守恒与电解质强弱、溶液浓度无关7（6分）（2013春温州期末）将如图所示实验装置的 k 闭合，下列判断正确的是（）a电子沿 znabcu 路径流动b片刻后甲池中c（k+）增大c片刻后可观察到滤纸a点变红色d若甲池中溶解了6.5g zn，则理论上乙池中产生cl22.24l（已折算成标况）考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：将k闭合，甲、乙两个烧杯构成原电池，湿润的滤纸构成电解池，a电子从负极流向电解池阴极，从电解池阳极再流向原电池正极；b原电池放电时，阳离子向正极移动；c湿润的滤纸相当于电解池，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，所以阴极附近氢氧根离子浓度增大；d乙池中铜离子放电解答：解：将k闭合，甲、乙两个烧杯构成原电池，湿润的滤纸构成电解池，a电子沿 zna，bcu 路径流动，故a错误；b原电池放电时，锌作负极，铜作正极，盐桥中钾离子向铜电极移动，所以乙中钾离子浓度增大，故b错误；c锌作负极，铜作正极，湿润的滤纸相当于电解池，滤纸上a作阴极，b作阳极，b上氢氧根离子放电，a上氢离子放电，所以a极附近氢氧根离子浓度增大，滤纸a点变红色，故c正确；d乙池中铜离子放电析出铜，故d错误；故选c点评：本题考查原电池和电解池原理，明确离子的放电顺序是解本题关键，易错选项是a，注意电子不进入电解质溶液，为易错点二、非选择题（每空2分，共58分）8（16分）（2013春包头校级期末）按要求完成下列方程式：（1）用惰性电极电解下列水溶液，请写出电极反应式及总反应离子方程式：agno3：阴极：4ag+4e=4ag 阳极：4oh4eo2+2h2o总反应离子方程式：4ag+2h2o4ag+o2+4h+（2）用cu电极电解下列水溶液，请写出电极反应式及总反应化学方程式：na2so4：阴极：2h+2eh2 阳极：cu2e=cu2+总反应化学方程式：cu+2h2ocu（oh）2+h2（3）将co2+3h2ch3oh+h2o设计成co2、h2、h2so4原电池，请写出电极反应式：负极：3h26e6h+正极：co2+6h+6e=ch3oh+h2o考点：电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理分析：（1）用惰性电极电解硝酸银溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上银离子放电生成银；（2）用cu作电极电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气；阳极上cu失电子发生氧化反应；（3）co2、h2、h2so4原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上二氧化碳得电子生成甲醇解答：解：（1）用惰性电极电解硝酸银溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上银离子放电生成银，所以阴极、阳极、电池反应式分别为4ag+4e=4ag、4oh4eo2+2h2o、4ag+2h2o4ag+o2+4h+，故答案为：4ag+4e=4ag；4oh4eo2+2h2o；4ag+2h2o4ag+o2+4h+；（2）用cu作电极电解硫酸钠溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气；阳极上cu失电子发生氧化反应，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2h+2eh2、cu2e=cu2+、cu+2h2ocu（oh）2+h2，故答案为：2h+2eh2；cu2e=cu2+；cu+2h2ocu（oh）2+h2；（3）co2、h2、h2so4原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上二氧化碳得电子生成甲醇，负极、正极反应式分别为3h26 e6 h+、co2+6h+6e=ch3oh+h2o，故答案为：3h26 e6 h+；co2+6h+6e=ch3oh+h2o点评：本题以原电池和电解池为载体考查电极反应式的书写，为高频考点，明确离子放电书写是解本题关键，结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，题目难度不大9（14分）（2012秋万州区期末）2so2（g）+o2（g）2so3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol so2（g）氧化为1mol so3（g）的h=99kjmol1请回答下列问题：（1）图中a、c分别表示反应物总能量、生成物能量，e的大小对该反应的反应热无（填“有”或“无”）影响该反应通常用v2o5作催化剂，加v2o5会使图中b点降低（填“升高”还是“降低”），h不变（填“变大”、“变小”或“不变”），理由是因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热（2）图中h=198kjmol1；（3）已知单质硫的燃烧热为296kjmol1，计算由s（s）生成3molso3（g）的h（要求计算过程）考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：（1）反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；（2）根据反应2so2（g）+o2（g）=2so3（g）结合1mol so2（g）氧化为1mol so3的h=99kjmol1计算反应热；（3）依据燃烧热的概念和热化学方程式，结合盖斯定律计算得到解答：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，反应热可表示为a、c活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；该反应通常用v2o5作催化剂，催化剂改变反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变化学平衡，所以加v2o5会使图中b点降低；故答案为：反应物能量；生成物能量；无；降低；不变；因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；（2）因1mol so2（g）氧化为1mol so3的h=99kjmol1，所以2molso2（g）氧化为2molso3的h=198kjmol1，则2so2（g）+o2（g）=2so3（g）h=198kjmol1，故答案为：198；（3）单质硫的燃烧热为296kjmol1，热化学方程式为：s（s）+o2（g）=so2（g）h1=296 kjmol1，已知1mol so2（g）氧化为1mol so3的h=99kjmol1热化学方程式为so2（g）+o2（g）so3（g）h2=99 kjmol1 ；依据盖斯定律，+得到：s（s）+o2（g）=so3（g）h=（h1+h2）kj/mol；计算由s（s）生成3molso3（g）3得到：3 s（s）+o2（g）=3so3（g）h=3（h1+h2）=1185 kjmol1，故答案为：3 s（s）+o2（g）=3so3（g）h=3（h1+h2）=1185 kjmol1点评：本题考查了物质反应过程中的能量变化分析判断，催化剂的作用原因，化学反应速率的计算应用，热化学方程式的书写，盖斯定律的计算应用，题目难度中等10（14分）（2015上海模拟）nh4al（so4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；nh4hso4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）nh4al（so4）2可作净水剂，其理由是al3+水解生成的al（oh）3具有吸附性，即al3+3h2oal（oh）3+3h+，al（oh）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水（用必要的化学用语和相关文字说明）（2）相同条件下，0.1moll1 nh4al（so4）2中c（nh）小于（填“等于”“大于”或“小于”）0.1moll1 nh4hso4中c（nh）（3）如图1所示是0.1moll1电解质溶液的ph随温度变化的图象其中符合0.1moll1 nh4al（so4）2的ph随温度变化的曲线是（填写序号），导致ph随温度变化的原因是nh4al（so4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，ph减小；20时，0.1moll1 nh4al（so4）2中2c（so）c（nh）3c（al3+）=103moll1（填数值）（4）室温时，向100ml 0.1moll1 nh4hso4溶液中滴加0.1moll1 naoh溶液，得到溶液ph与naoh溶液体积的关系曲线如图2所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大是a点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；反应热和焓变；离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：基本概念与基本理论分析：（1）al3+水解生成的al（oh）3具有吸附性；（2）nh4al（so4）2中al3+水解呈酸性抑制nh4+水解，hso4电离出h+同样抑制nh4+水解；（3）nh4al（so4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；根据电荷守恒定律解题；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完h+，溶液中只有（nh4）2so4与na2so4；b、c、d三点溶液均含有nh3h2o，（nh4）2so4可以促进水的电离，而nh3h2o抑制水的电离b点溶液呈中性解答：解：（1）al3+水解生成的al（oh）3具有吸附性，离子方程式：al3+3h2oal（oh）3+3h+，al（oh）3，故答案为：al3+水解生成的al（oh）3具有吸附性，即al3+3h2oal（oh）3+3h+，al（oh）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）nh4al（so4）2与nh4hso4中的nh4+均发生水解，但是nh4al（so4）2中al3+水解呈酸性抑制nh4+水解，hso4电离出h+同样抑制nh4+水解，因为hso4电离生成的h+浓度比al3+水解生成的h+浓度大，所以nh4hso4中nh4+水解程度比nh4al（so4）2中的小，故答案为：小于；（3）nh4al（so4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，ph减小，符合的曲线为，故答案为：1；nh4al（so4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，ph减小；根据电荷守恒，可以求出2c（so42）c（nh4+）3c（al3+）=c（h+）c（oh）=103 moll1c（oh）太小，可忽略，故答案为：103 moll1；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完h+，溶液中只有（nh4）2so4与na2so4；b、c、d三点溶液均含有nh3h2o，（nh4）2so4可以促进水的电离，而nh3h2o抑制水的电离b点溶液呈中性，即溶液含有（nh4）2so4、na2so4、nh3h2o三种成分，a点时c（na+）=c（so42），b点时c（na+）c（so42），根据n元素与s元素的关系，可以得出c（so42）c（nh4+），故c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+），故答案为：a；c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）点评：本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，题目难度较大，（3）为易错点，注意根据守恒思想解题11（14分）（2013春包头校级期末）在恒温恒容条件下，将一定量no2和n2o4的混合气体通入容积为2l的密闭容器中发生反应：n2o4（g）2no2（g）h0，反应过程中各物质的物质的量浓度（c）随时间（t）的变化曲线如图所示（1）该温度下，该反应的平衡常数为0.9，若温度升高，k值将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是bd点从起点开始首次达到平衡时，以no2表示的反应速率为