1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018-2019学年上学期高二期末考试化 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56
2、 Mn 55 一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H49.0kJmol1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。下列叙述中，正确的是A升高温度能使增大B反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%C3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率D从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)0.075molL1min12下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A生成物总能量
3、一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同3用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸4下列变化过程中，S0的是A氯化钠溶于水中BNH3(g)与HCl(g)反应
4、生成NH4Cl(s)C汽油的燃烧D煅烧石灰石得到生石灰和二氧化碳5已知：Fe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)H+234.14 kJmol1C(s)+O2(g)=CO2(g)H393.5 kJmol1则2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)是H是A824.4 kJmol1 B627.6 kJmol1 C744.7 kJmol1 D169.4 kJmol16温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n(PCl3)/mol00
5、.160.190.200.20下列说法正确的是A反应在前50s的平均速率v(PCl3)0.0032molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)0.11molL1，则反应的Hv(逆)D相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%7一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是A在050min之间，pH2和pH7时R的降解百分率相等B溶液酸性越强，R的降解速率越小CR的起始浓度越小，降解速率越大D在2025min之间，pH10时R的平均降解速率为0.04molL1min
6、18一定条件下，通过下列反应可实现燃料烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)H0，下列说法正确的是A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变9常温下，将0.1molL1氢氧化钠溶液与0.06molL1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于A1.7 B2.0 C12.0 D12.410常温下，物质的量浓度均为0.1molL1的下列溶液：Na2CO3溶液；NaOH溶液；NaHSO4溶液；NH4Cl溶液；NaNO3溶液
7、；pH由小到大的排列顺序是A B C D”、“”或“”)（2）常温下若将0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH”、“7”、“0，B错误；在该温度下，达平衡时，各组分物质的量分别为：n(PCl3)n(Cl2)0.20mol，n(PCl5)1mol0.20mol0.80mol，在相同温度下投入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3、0.20mol Cl2，相当于在原题平衡基础上加入0.20mol PCl5，平衡正向移动，v(正)v(逆)，C正确；充入1.0mol PCl5建立的平衡与充入1.0mol PCl3和1.0mol Cl2建立的平
8、衡为等效平衡，充入1.0mol PCl5建立的平衡PCl5的转化率为100%20%，则充入1.0mol PCl3和1.0mol Cl2建立的平衡PCl3转化率为80%。当向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2时，相当于将两个上述平衡(充入1.0mol PCl3和1.0mol Cl2建立的平衡)合并压缩到2.0 L，平衡左移，PCl3转化率大于80%。7. 【答案】A【解析】在050min之间，pH2和pH7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，故A正确；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故B错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越
9、小降解速率越小，故C错误；2025min之间，pH10时R的平均降解速率为，故D错误。8. 【答案】D【解析】该反应为气体体积减小的反应，平衡前，随着反应的进行，容器内压强逐渐变小，A项错误；因硫单质为液体，分离出硫对正反应速率没有影响，B项错误；其他条件不变，升高温度平衡向左移动，SO2的转化率降低，C项错误；该反应的平衡常数只与温度有关，使用催化剂对平衡常数没有影响，D项正确。9. 【答案】B【解析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L0.1molL1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L0.06 molL1=0.06 mol，H+的物质的量为0.06 mol2=0.12mol，
10、则当酸碱发生中和时H+和OH的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c(H+)=0.01 molL1，pH=-lg102=2.0。10. 【答案】A【解析】为碱性，中水解显碱性，等浓度强碱溶液的pH大，则pH为；为酸性，电离显酸性，水解显酸性，等浓度时中酸性强，则中pH最小，pH为，为中性，则溶液的pH由小到大的排列顺序是，故选A。11. 【答案】B【解析】无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为12，所以不能证明是否达到平衡状态，故错误；NO2
11、的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故错误；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确；平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
12、时，能证明该反应达到平衡状态，故正确；根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所以不能说明是平衡状态的是。12. 【答案】D【解析】已知Ksp=21020，c(Cu2+)=0.02 molL1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)c2(OH)210020，所以c(OH)=109(molL1)，应调节溶液pH大于5。13. 【答案】C【解析】当ab时，HA与BOH恰好完全反应生成正盐，由于HA与BOH的强弱未知，所以BA溶液的酸碱性不能确定，A错误；温度不一定是在25，B错误；KWc(H+)c(OH)，依据c(H+)，可知c(H
13、+)c(OH)，故溶液呈中性，C正确；D选项不论溶液显何性，依据电荷守恒均有c(H+)+c(B+)c(OH)+c(A)，错误。14. 【答案】A【解析】A三个溶液中c(Na+)=0.1molL1，所以溶液中c(Na+)：甲=乙=丙，故A错误；B酸越弱，对应的盐水解程度越大，产生的氢氧根离子的数目和分子数目越多，所以溶液中酸分子总数：甲丙乙，故B正确；C水解程度越大pH越大，乙酸根离子水解程度最大，两者的混合物次之，最弱的是甲酸根离子，所以溶液pH：甲丙乙，故C正确；D根据电荷守恒得溶液中阴、阳离子总数是阳离子总数的2倍，而钠离子的数目相同，水解程度越大氢离子的数目越小，水解程度越小，氢离子的数
14、目越多，所以溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙，故D正确。15. 【答案】D【解析】电镀铜时阳极为铜，电极反应式为Cu2e=Cu2+，负极反应式为Cu2+2e=Cu，所以A正确；O2得电子，酸性溶液中生成水，所以B正确；a与电源正极相连为阳极，b与电源负极相连为阴极，C正确；电子由a电极流出，D错误。16. 【答案】C【解析】甲中总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，A正确；甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗盐酸，pH增大，B正确；当两装置电路中通过的电子都是1mol时，甲中产生0.25mol
15、 O2，乙中产生0.5mol H2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为12，C错误；甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e=Cu，乙中负极为Mg放电，电极反应为：Mg2e=Mg2+，D对。第卷（选择题 共52分）二、非选择题（共5小题）17. 【答案】（1）Cl2(g)+P(s)=PCl3(g) H306kJmol1（2）PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g) H+93kJmol1；25%大于（3）两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解（4）399kJmol1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【解析】（1）PCl3为Cl2和P反应的中间产物，图
16、示中的H1306kJmol1表示1mol P(s)与Cl2(g)反应生成1mol PCl3(g)放出的热量，再根据热化学方程式的书写原则可得其热化学方程式为：P(s)+Cl2(g)=PCl3(g)H306kJmol1。（2）图示中的H293kJmol1，表示1mol PCl3(g)与1mol Cl2(g)反应生成1mol PCl5(g)放出的热量，故1mol PCl5(g)分解产生1mol PCl3(g)与1mol Cl2(g)吸收93 kJ热量，故有：PCl5(g)=Cl2(g)+PCl3(g)H+93kJmol1。1100%25%。因PCl5(g)的分解反应是吸热反应，故升温PCl5(g)
17、的转化率增大，即21。（3）因Cl2与P生成PCl3、PCl3与Cl2反应生成PCl5都是放热反应，降温有利于提高反应物的转化率且能防止产物分解。（4）根据盖斯定律有H4H3H1+H2306kJmol193kJmol1399kJmol1。（5）PCl5与水发生反应生成H3PO4和HCl两种酸：PCl5+4H2O=5HCl+H3PO4。18. 【答案】（1）0.015mol(Lmin)1（2）CO或CO2的消耗速率和生成速率相等CO或CO2的质量不再改变(其他合理答案也正确)（3）b（4）Al(OH)3Al3+3OH；盐酸(或其他合理答案)【解析】（1）Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s
18、)+3CO2(g) 3 2 0.3mol 则v(CO)0.015molL1min1。（2）如果CO或CO2的消耗速率和生成速率相等时，达到化学平衡状态。或某一气体浓度保持不变，也说明达到平衡状态。（3）铝热反应非常剧烈，温度越高，反应速率越大。（4）Al(OH)3中存在平衡Al(OH)3Al3+3OH，减少c(OH)可使平衡右移，c(Al3+)增加，如加酸。19. 【答案】（1）（2）（3）7【解析】（1）由反应后溶液的pH6知MOH为弱碱，故反应后的溶液中的H+主要为M+水解产生的，由水电离产生：c(H+)106 molL1。0.2molL1 HCl溶液中c(H+)0.2molL1，所以由水
19、电离出的c(H+)c(OH)51014molL1，（2）0.2molL1 MOH溶液与0.1molL1 HCl溶液等体积混合后，MOH与MCl物质的量相等，混合后溶液pH7，说明M+的水解趋势大于MOH的电离趋势。（3）pH3的HR溶液中c(H+)103molL1，pH11的NaOH溶液中c(OH)103 molL1。因HR与NaOH等体积混合的pH7，故HR一定为弱酸，酸过量，故pH7。20. 【答案】（1）110-13 碱性促进 （2）cab 【解析】（1）温度越高，水的电离程度越大，水的离子积常数越大，根据图像，KW(T1)KW(T2)。KW(T2)=1013，T2时1molL1的NaO
20、H溶液中，c(OH)=1molL1，c(H+)=1013molL1，则由水电离出的c(H+)=11013molL1；M区域任意一点都存在c(H+)c(OH)，表示溶液呈碱性；25时，向纯水中加入少量NH4Cl固体，氯化铵水解，促进水的电离；（2）根据电离平衡常数，酸性：醋酸碳酸次氯酸碳酸氢根离子。25时，有等浓度的aNaClO溶液；bCH3COONa溶液；cNa2CO3溶液，三种溶液中碳酸钠的水解程度最大，pH最大，醋酸钠的水解程度最小，pH最小，pH由大到小的顺序为cab；25时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，水解显碱性，则c(Na+)c(CH3
21、COO)。21. 【答案】（1）a+b；Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4（2）防止Mg、Al被空气氧化52molAl（3）2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O【解析】（1）上述两式相加即得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，所以H(a+b)kJmol1；反应物为Al4C3和HCl，生成物为AlCl3+CH4，配平即可。（2）Mg、Al化学性质比较活泼，均能与O2反应；充入Ar，防止Mg、Al被氧化。1mol Mg17Al12完全吸氢后生成MgH2和Al，其中n(MgH2)17mol，n(Al)12mol；故有MgH2+2HCl=Mg
22、Cl2+2H2 1 2 17mol 34molAl+6HCl=2AlCl3+3H2 2 3 12mol 18mol共生成n(H2)(34+18)mol52mol；在NaOH溶液中衍射谱图是图中位于上方的曲线，由(a)NaOH曲线可知残留固体中有MgH2、Al(OH)3，无Al、Mg(OH)2、Mg2(OH)3Cl4H2O，所以Al参加反应，MgH2不参加反应。（3）负极电极反应式为2Al6e+8OH=2AlO+4H2O；正极电极反应式为3Ag2O+6e+3H2O=6Ag+6OH；两式相加即得电池反应：2Al+3Ag2O+2OH=2AlO+6Ag+H2O，改写为化学方程式2Al+3Ag2O+2NaOH=2NaAlO2+6Ag+H2O；此题也可直接分析参加反应的物质为Al、Ag2O、NaOH，生成物为NaAlO2、Ag、H2O配平即可。