广东省揭阳市第三中学2017_2018学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）.docx

广东省揭阳市第三中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题1.已知化学反应A2（g）+B2（g）=2AB（s）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是A. 该反应为放热反应B. 该反应的反应热为H=（a-b）kJmol-1C. 加催化剂能降低该反应焓变D. AB的键能为bkJmol-1【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，a为反应物的活化能，b为生成物的活化能，反应热H为+（a-b）kJmol-1。【详解】A项、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，产物的能量高于反应物的能量，为吸热反应，故A错误；B项、反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热H=+（a-b）kJmol-1，故B正确；C项、催化剂不影响反应热的大小，故C错误；D项、A-B的键能为0.5bkJmol-1，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，注意反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和。2.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，经一段时间后SO3的浓度增加了0.4molL1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.4molL1min1，则这段时间为A. 0.5s B. 1s C. 30s D. 60s【答案】C【解析】试题分析：V（O2）：V(SO3)= 1:2，V（O2）=0.4molL1min1，则V(SO3)= 0.8molL1min1.所以反应时间是0.4mol/L0.8molL1min1=0.5min=30s.因此选项是C。考点：考查速率的定义、化学反应方程式中不同物质间的速率关系及有关计算的知识。3.对于可逆反应：m A(g) + n B(g)x C(g)，在不同温度及压强（p1， p2）条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是 A. H 0， m + n x B. H 0， m + n xC. H 0， m + n x D. H x【答案】D【解析】【分析】根据图（1）到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小；根据图（2）判断，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热。【详解】由图（1）知，p2到达平衡时所用时间长，p1到达平衡时所用时间短，所用压强为p2的反应速率慢，为p1的反应速率快，压强越大反应速率越大，所以p2x；图（2）知，随着温度的升高，A的转化率减低，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即H0，故选D。【点睛】含量一时间一温度(压强)图的折点表示达到平衡的时间，曲线的斜率反映了反应速率的大小，可以确定T(p)的高低(大小)，水平线高低反映平衡移动的方向。该类图像分析应注意“三看”：(1)看两轴：认清两轴所表示的含义。(2)看起点：从图像纵轴上的起点，一般可判断谁为反应物，谁为生成物以及平衡前反应进行的方向。(3)看拐点：一般图像在拐点后平行于横轴则表示反应达平衡，如横轴为时间，由拐点可判断反应速率。4. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加B. 实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气C. 打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D. 向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低【答案】D【解析】如果改变影响平衡的1个条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系，因此选项ABC都可以用该原理来解释。D中盐酸是被稀释，浓度降低，所有不能用该原理来解释，答案选D。5. 能在水溶液中大量共存的一组离子是A. H+、I、NO、SiO32 B. NH4、OH、Cl、HCO3C. K+、SO42、Cu2+、NO3 D. Al3+、Mg2+、SO、CO32【答案】C【解析】试题分析：A、NO3在酸性条件下具有强氧化性，把I氧化成I2，H和SiO32生成弱酸H2SiO3，不能大量共存，故错误；B、NH4和OH生成弱碱NH3H2O，HCO3和OH生成CO32，不能大量共存，故错误；C、能够大量共存，故正确；D、Al3和CO32发生双水解，Mg2和CO32生成微溶于水的MgCO3，不能大量共存，故错误。考点：考查离子大量共存等知识。6.下列叙述正确的是（ ）A. 常温下，10 mL 0.02 molL1 HCl溶液与10 mL 0.02 molL1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH12B. 在0.1 molL1 CH3COONa溶液中：n(OH)+0.1moln(CH3COOH)+n(H+)+n(Na+)C. 在10mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入6mL等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀产生，再加入6 mL等浓度的Na2S溶液，溶液中又有黑色沉淀生成，说明Ksp（Ag2S）c(C2O42)【答案】A【解析】A10ml0.02mol/L的HCl溶液与10ml0.02mol/L的Ba（OH）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（OH-）=0.01mol/L，c（H+）=mol/L=110-12mol/L，PH=-lg110-12=12，故A正确；BAg2S与AgCl的构型不同，无法判断sp（Ag2S）c(HC2O4-)c(HCO3-)c(CO32-) bc(HCO3-)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(CO32-)cc(H+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(CO32-) dc(H2CO3) c(HCO3-)c(HC2O4-)c(CO32-)（5）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。_。【答案】 (1). c (2). 外加电流的阴极保护法 (3). 湿润的淀粉碘化钾试纸放D电极附近，试纸变蓝，证明生成氯气 (4). 铬酸钾（K2CrO4） (5). 阳极 (6). 大于 (7). 草酸 (8). ac (9). 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使OH-浓度变化较小，血液的pH基本不变【解析】【分析】（1）形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比Fe强的金属作负极，被腐蚀；（2）Fe作阴极被保护；阳极上氯离子失电子生成氯气，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸；（3）由平衡2CrO42- 2HCr2O72-H2O可知，增大溶液中氢离子浓度，平衡右移生成Cr2O72-，阳极室发生氧化反应，水电离出的氢氧根离子放电使溶液呈酸性；（4）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，氢离子浓度较大，则酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强；（5）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动；少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动。【详解】（1）形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌，故答案为：c；（2）Fe作阴极被保护，则钢闸门C做阴极，该方法叫做外加电流的阴极保护法；用氯化钠溶液模拟海水进行实验，实际上是电解氯化钠溶液，电解时阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应为：2Cl2eCl2，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸，即用湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气，故答案为：外加电流的阴极保护法；湿润的淀粉碘化钾试纸放D电极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；（3）以铬酸钾（K2CrO4）和KOH为原料，电化学法制备重铬酸钾时，阳极室发生氧化反应，水电离出的氢氧根离子放电，电极反应式为： 2H2O-4e-=O2+4H+，阳极区氢离子浓度增大，平衡2CrO42- 2HCr2O72-H2O右移，则溶液B是铬酸钾（K2CrO4），产物在阳极室得到，故答案为：铬酸钾（K2CrO4）；阳极；（4）草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，导致0.1 mol/L草酸钠的pH小于0.1 mol/L碳酸钠；酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，溶液酸性越强，氢离子浓度较大的是草酸；草酸的二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c（H+）c(HC2O4-) c(C2O42-)c(HCO3-)c(CO32-)，则ac正确，bd错误，故答案为：大于；草酸；ac；（5）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，考查的知识点较多，主要考查了金属腐蚀与保护、电解原理的应用、水溶液中的离子平衡等知识，侧重于分析、计算能力的考查，掌握基础是关键。10.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量的FeO、Fe2O3、SiO2。实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O的步骤如下：为解决有关问题，兴趣小组同学查得有关物质沉淀的pH数据如表。请回答：物质pH (开始沉淀)pH(完全沉淀)Fe(OH)31.93.2Fe(OH)27.09.0Cu(OH)24.76.7（1）孔雀石首先要粉碎，其目的是 _；溶液A中的金属阳离子有_；若调pH9.0将杂质铁元素除去，其后果是：_。（2）“除杂”时先加入足量H2O2，目的是_；再加入CuO固体调节溶液pH的范围至_，其中加入CuO作用是_。（3）操作X包括_、_、过滤和洗涤等；在进行该操作时，将溶液B再适当酸化目的是_。（4）请设计一种实验方案检验溶液中Fe3是否完全除去(写出操作步骤、现象和结论)_。【答案】 (1). 增大接触面，加快反应速率，使反应更充分 (2). Cu2+、Fe2+、Fe3+ (3). 溶液pH9.0 时Cu2+也会沉淀 (4). 将Fe2氧化成Fe3 (5). 3.2pH4.7 (6). H使溶液的pH升高，促进Fe3水解生成Fe(OH)3沉淀 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). 抑制Cu2的水解 (9). 取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3已完全除去 (10). 若溶液变红色，则说明Fe3未完全除去【解析】【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，得到溶液A，溶液A的主要成分为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，过滤得到二氧化硅固体；然后将滤液中的Fe2+氧化成Fe3+，再加入CuO固体调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到胆矾晶体。【详解】（1）孔雀石首先要粉碎，目的是增大孔雀石的表面积，增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；加入稀硫酸反应后，得到溶液A，溶液A的主要成分为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+；调溶液pH的目的是使铁离子沉淀时铜离子不会沉淀，由表中数据可知溶液pH=9.0时Cu2+也会沉淀，故答案为：增大接触面，加快反应速率，使反应更充分；Cu2+、Fe2+、Fe3+；溶液pH9.0 时Cu2+也会沉淀；（2）溶液A中的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，亚铁离子沉淀时铜离子也会沉淀，而铁离子沉淀时铜离子不会沉淀，故应将亚铁离子氧化为铁离子再除去，则需要加氧化剂，双氧水能氧化亚铁离子且不会引入新杂质，由表中数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，而铜离子开始沉淀的pH为4.7，调节溶液pH的范围至3.24.7之间，CuO固体能中和溶液中H+使溶液的pH升高，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：将Fe2氧化成Fe3；3.2pH4.7；H使溶液的pH升高，促进Fe3水解生成Fe(OH)3沉淀；（3）硫酸铜溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到胆矾晶体，铜离子在水溶液中会水解，应适当酸化抑制其水解，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；抑制Cu2+的水解；（4）检验溶液中Fe3是否完全除去，就是检验溶液中是否存在Fe3，检验Fe3的方法是取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3已完全除去，若溶液变红色，则说明Fe3未完全除去，故答案为：取待检溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3已完全除去，若溶液变红色，则说明Fe3未完全除去。【点睛】本题考查了化学工艺流程，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了分析能力及化学实验能力，涉及了物质制备的过程分析判断、杂质离子的分离、离子性质的理解应用、离子的检验等，明确实验目的、实验原理，理解流程为解答关键。11.某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应（此反应为放热反应）来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。限选试剂和仪器：0.20 mol/L H2C2O4溶液、0.010 mol/L KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。物理量编号V（0.20 mol/L H2C2O4溶液）/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010 mol/L酸性KMnO4溶液）/mLm（MnSO4）/gT/乙2.004.00502.004.00251.5a4.00252.004.00.125回答下列问题： （1）KMnO4溶液用_酸化（填名称）；写出上述反应的离子方程式：_；当有2mol KMnO4被还原时，生成的CO2的体积（标况下）为_；电子转移为_mol；（2）上述实验是探究_对化学反应速率的影响；上述实验是探_对化学反应速率的影响。若上述实验是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是_。（3）实验中对“乙”重复测量三次，所得数值分别13.6，13.5，13.4。忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)_ （4）已知实验50时c(MnO4-)反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出实验25时c(MnO4-)t的变化曲线示意图_。【答案】 (1). 稀硫酸； (2). 2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O (3). 224L (4). 10 (5). 温度 (6). 催化剂 (7). 0.5 (8). 溶液褪色所需时间 (9). 5.0104 molL1s1 (10). 【解析】【分析】（1）因为高锰酸钾具有强氧化性，反应中高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；（3）实验中草酸过量，高锰酸钾完全反应；（4）25时反应速率小于50时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50时小。【详解】（1）因为高锰酸钾具有强氧化性，酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化的，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2：5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO410CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O；由方程式可知当有2molKMnO4被还原时，反应转移10mol电子，生成10molCO2，标况下体积为224L，故答案为：稀硫酸；5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO410CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O；224；10；（2）当探究某一