学年北京丰台区高二下学期期末考试化学试题答案+解析.docx
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学年北京丰台区高二下学期期末考试化学试题答案+解析
北京丰台区2018-2019学年高二下学期期末考试
满分：
100考试时间：
90分钟
可能用到的相对原子质量：
H1C14O16N14Cl35.5
第一部分（选择题42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42分。
在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；
B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；
C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；
D.该过程属于热量的传递，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案：
C。
2.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是
A.氢能B.太阳能C.地热能D.化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。
氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；
B.太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；
C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；
所以D选项是正确的。
.
3.铁锅用水清洗放置后出现红褐色
锈斑，在此变化过程中不发生的反应是
A.Fe－3e－=Fe3+B.O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C.4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3D.2Fe＋O2＋2H2O=2Fe（OH）2
【答案】A
【解析】
【详解】A.在题中所给出的环境条件中，铁不能从单质直接被氧化成三价铁离子，而应该是二价铁离子，故A项错误；
B.钢铁能发生吸氧腐蚀形成原电池，正极发生是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B项正确；
C.吸氧腐蚀生成
Fe（OH）2在有氧气存在的条件下被迅速氧化成Fe（OH）3，故C项正确；
D.钢铁能发生吸氧腐蚀发，其反应方程式2Fe＋O2＋2H2O=2Fe（OH）2，故D项正确；
综上所述，本题正确答案
A。
4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
5.根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
①洁厕灵（主要成分为HCl）②厨房清洁剂③食醋④肥皂⑤食盐
A.①②⑤③④B.①③⑤④②C.③①②⑤④D.④③⑤②①
【答案】B
【解析】
【详解】厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。
则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:
厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：
①③⑤④②；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。
6.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是
A.溶液中存在自由移动的离子：
B.溶液中：
c（Cu2+）＋c（H+）＝c（Cl-）＋c（OH-）
C.用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生
D.溶液pH＜7的原因是：
Cu2+＋H2O=Cu（OH）2＋2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A.CuCl2溶液是可溶性强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为：
CuCl2→Cu2+＋2Cl-，故A错误；
B.根据电荷守恒可知溶液中：
2c（Cu2+）＋c（H+）＝c（Cl-）＋c（OH-），故B错误；
C.用惰性电极电解该溶液时，阳极发生的反应为：
Cl--2e-=Cl2↑，所以产生黄绿色气体，故C正确；
D.溶液pH＜7的原因是：
Cu2+＋H2O
Cu（OH）2＋2H+，故D错误；
综上所述，本题正确答案：
C。
7.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A.由Na和Cl形成离子键的过程：
B.Na2S做沉淀剂可处理含Hg2+的工业污水：
Hg2+＋S2－=HgS↓
C.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应放出热量H+（aq）＋OH－（aq）=H2O（l）ΔH＝－57.3kJ·mol-1
D.闪锌矿（ZnS）经CuSO4溶液作用转化为铜蓝（CuS）：
ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.由Na和Cl形成离子键的过程是Na失电子，Cl得到电子，所以：
，故A正确；
B.因为Hg2+＋S2－=HgS↓，所以Na2S可以做处理含Hg2+的工业污水的沉淀剂，故B正确；
C.CH3COOH为弱电解质，写离子方程式时不能拆；且CH3COOH
弱电解质，该物质电离需要吸热，1mol该物质发生中和，反应放热肯定不是57.3kJ；故C错误；
D.因为CuS的Ksp小于ZnS，所以可发生ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+反应，把CuSO4溶液转化为ZnSO4溶液，故D正确；
综上所述，本题正确答案：
C。
8.在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。
常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别
c（一元酸）
c（NaOH）
混合溶液的pH
甲
c（HY）＝0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝7
乙
c（HZ）＝0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝9
下列说法中正确的是
A.乙组混合液中：
c（Na＋）＞c（OH－）＞c（Z－）＞c（H＋）
B.乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH－）为1×10－5mol·L-1
C.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c（H+）浓度相同
D.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率和总量均不同
【答案】B
【解析】
【分析】
由甲c（HY）＝0.1mol·L-1、乙c（HZ）＝0.1mol·L-1分别和0.1mol·L-1NaOH溶液反应，反应后混合溶液pH＝7、pH＝9。
说明HY为强酸，HZ为弱酸，以此进行分析即可；
【详解】A.根据分析判断：
乙组混合后的溶质为NaZ，NaZ溶液为强碱弱酸盐，所以：
c（Na＋）＞c（Z－）＞c（OH－＞c（H＋），故A错误；
B.乙组实验所得混合溶液pH＝9，c（H+）=10-9mol/L，根据水的离子积可知c（OH-）=10-5mol/L，所以由水电离出的c（OH－）为1×10-5mol·L-1，故B正确；
C.HZ为弱酸，溶液中部分电离，HY为强酸，所以0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液中c（H+）浓度不相同，故C错误；
D.相同体积时，0.1mol/LHY溶液和0.1mol/LHZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D错误；
综上所述，本题正确答案：
B。
9.汽车尾气净化反应之一：
NO（g）＋CO（g）
N2（g）＋CO2（g）ΔH＝－373.4kJ·mol-1。
若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是
A.及时除去二氧化碳，正反应速率加快
B.混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一
C.降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大
D.其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A.除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；
B.由NO（g）＋CO（g）
N2（g）＋CO2（g）可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；
C.该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；
D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；
综上所述，本题正确答案：
C。
【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。
10.借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A.该装置可将太阳能转化为化学能
B.催化剂b附近的溶液pH增大
C.吸收1molSO2，理论上能产生1molH2
D.催化剂a表面发生的反应为：
2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A.该装置没有外加电源，是通过光照使SO2发生氧化反应，把光能转化为化学能，故A正确；
B.由图示可看出，电子由b表面转移到a表面，因此b表面发生氧化反应，根据题意SO2转化为H2SO4，因此催化剂b表面SO2发生氧化反应，生成硫酸，使催化剂b附近的溶液pH减小，故B错误；
C.根据电子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1molSO2，理论上能产生1molH2，故C正确；
D.催化剂a表面H2O发生还原反应生H2，催化剂a表面发生的反应为：
2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正确；
综上所述，本题正确答案：
B。
【点睛】在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，整个反应过程中，得失电子守恒。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Zn保护了Fe不被腐蚀
B
2NO2（g）
N2O4（g）为吸热反应
C
试管内均有红棕色气体生成
木炭与浓硝酸发生了反应
D
常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净
滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中有蓝色沉淀，证明存在Fe2+，②中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2+，对比可说明Zn的存在保护了Fe，故A正确；
B.由实验装置图可知，热水中NO2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO2（g）
N2O4（g）为放热反应，故B错误；
C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：
，浓硝酸还具有强氧化性，能和木炭发生反应：
，两者都会产生NO2的红棕色气体，所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；
D.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c（CO32-）浓度很大，不能说明Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3），故D错误；
综上所述，本题正确答案：
A。
12.某反应由两步反应A
B
C构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。
下列有关叙述正确的是
A.两步反应均为放热反应
B.整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4
C.加入催化剂可以改变反应的焓变
D.三种物质所含能量由高到低依次为：
A、B、C
【答案】B
【解析】
【详解】A.A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B.整个反应中△H=E1-E2+E3-E4，故B正确；
C.加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；
D.物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：
B＜A＜C，故D错误；
综上所述，本题正确答案：
B。
【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。
13.400℃时，向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）。
反应过程中测得的部分数据见下表：
t/min
0
10
20
30
n（CO）/mol
0.20
0.08
0.04
n（H2）/mol
0.40
0.08
下列说法不正确的是
A.反应在前10min内的平均速率为v（H2）＝0.012mol/（L·min）
B.400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（CH3OH）＝0.06mol·L-1，则反应的ΔH＜0
D.相同温度下，若起始时向容器中充入0.3molCH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
【答案】D
【解析】
【详解】A.容积为2L的密闭容器中充入0.20molCO和0.40molH2,发生：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）反应，10min后n（CO）=0.08mol，变化了0.12mol，H2变化了0.24mol，所以10min内的H2的平均速率为v（H2）＝
=0.012mol/（L·min）；故A正确；
B.由表中的数据分析可知：
20min时CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）反应达到平衡，各物质浓度变化情况为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
初始浓度（mol·L-1）0.10.20
变化浓度（mol·L-1）0.080.160.08
平衡浓度（mol·L-1）0.020.040.08
400℃时，该反应的平衡常数K=
=2.5×103，故B正确；
C.保持其他条件不变，升高温度使反应达到平衡时c（CH3OH）＝0.06mol·L-1<0.08mol·L-1，说明平衡逆向移动了，Δ则该反应的ΔH＜0，故C正确；
D.当容积为2L的密闭容器中充入0.20molCO和0.40molH2,发生：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）反应，达到平衡时，CO的转化率为80%；根据等效平衡，若开始加0.2mol的CH3OH时，达到平衡时CH3OH的转化率为20%；相同温度下，若起始时向容器中充入0.3molCH3OH，相当于增减了反应物，达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
综上所述，本题正确答案：
D。
【点睛】考查化学反应速率计算及其影响因素，化学平衡移动及等效平衡的知识。
依据化学反应速率计算公式v=
，化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
14.I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
i．SO2＋4I－＋4H+=S↓＋2I2＋2H2O
ii．I2＋2H2O＋SO2=SO
＋4H+＋2I－
序号
①
②
③
④
试剂
组成
0.4mol·L-1
KI
amol·L-1KI
0.2mol·L-1H2SO4
0.2mol·L-1
H2SO4
0.2mol·L-1KI
0.0002molI2
实验
现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较①快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：
分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。
（已知：
I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是
A.水溶液中SO2歧化反应方程式为：
3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4
B.②是①的对比实验，则a＝0.4
C.比较①、②、③，可得出结论：
I－是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率
D.实验表明，SO2的歧化反应速率④＞①，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快
【答案】D
【解析】
【详解】A.由i+ii×2得反应：
3SO2＋2H2O=S↓＋2H2SO4，故A项正确；
B.②是①的对比实验，采用控制变量法，②比①多加了0.2mol·L-1H2SO4，②与①中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；
C.对比①与②，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比②与③，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较①、②、③，可得出的结论是：
I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。
D.对比④和①，④中加入碘化钾的浓度小于①，④中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，④中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快”，反应速率④>①，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使成c（H+）增大，从而反应i加快，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】解题依据：
根据影响化学反应速率的因素进行判断。
通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。
第二部分（综合题共58分）
本部分共5小题，共58分。
15.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。
（1）下列反应中，属于吸热反应的是______（填字母）。
A．Na2O与水反应B．甲烷的燃烧反应C．CaCO3受热分解D．锌与盐酸反应
（2）获取能量变化的途径
①通过化学键的键能计算。
已知：
化学键种类
H—H
O＝O
O—H
键能（kJ/mol）
436
498
463.4
计算可得：
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）∆H＝____________kJ·mol-1
②通过物质所含能量计算。
已知反应中A＋B=C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示为EA、EB、EC、ED，该反应△H＝_______。
③通过盖斯定律可计算。
已知在25℃、101kPa时：
Ⅰ．2Na（s）＋
O2（g）=Na2O（s）△H＝－414kJ·mol-1
Ⅱ．2Na（s）＋O2（g）=Na2O2（s）△H＝－511kJ·mol-1
写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。
④利用实验装置测量。
测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，则还需加入________（填序号）。
A．50mL0.50mol·L-1NaOH溶液
B．50mL0.55mol·L-1NaOH溶液
C．1.0gNaOH固体
【答案】
（1）.C
（2）.－483.6（3）.EC＋ED—（EA＋EB）（4）.Na2O2（s）＋2Na（s）====2Na2O（s）△H＝－317kJ·mol-1（5）.B
【解析】
【分析】
考查反应热的计算。
根据△H＝断键键能总和-成键键能总和或者△H＝生成物总能量-反应物总能量进行解答；
【详解】
（1）A．Na2O与水反应属于放热反应，故A不符合；
B．甲烷的燃烧反应属于放热反应，故B不符合；
C．CaCO3受热分解属于吸热反应，故C符合；
D．锌与盐酸反应属于放热反应，故D不符合；
所以，属于吸热反应的是C；
（2）①根据2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）方程式可知，△H＝断键键能总和-成键键能总和，即∆H＝2H—H+O＝O-4O—H=2×436+498-463.4×4=－483.6kJ·mol-1；
②通过物质所含能量计算△H＝生成物总能量-反应物总能量。
所以反应A＋B=C＋D中△H=EC＋ED-（EA＋EB）；
③通过盖斯定律可I×2-II：
2Na（s）+Na2O2（s）=2Na2O（s）△H=－414kJ·mol-1×2-（-511kJ·mol-1）=－317kJ·mol-1；所以Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式为：
Na2O2（s）＋2Na（s）==2Na2O（s）△H＝－317kJ·mol-1；
④测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，所以若取50mL0.50mol·L-1的盐酸，还需加入50mL0.55mol·L-1NaOH溶液；因此，本题正确答案是：
B。
16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。
（1）铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，铜作________（填“阳”或“阴”）极，铜离子向________极移动，阴极的电极反应式为________。
（2）常温时，FeCl3溶液pH＜7，原因是（用离子方程式表示）________。
（3）将0.1mol·L-1FeCl3溶液滴加到Mg（OH）2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。
该变化的离子方程式为________。
【答案】
（1）.阳
（2）.阴（3）.Cu2+＋2e-=Cu（4）.Fe3++3H2O
Fe（OH）3＋3H+（5）.2Fe3+＋3Mg（OH）2=2Fe（OH）3＋3Mg2+
【解析】
【分析】
（1）根据电镀原理解答；根据水解原理完成水解反应方程式；根据沉淀溶解平衡原理完成沉淀转化反应方程式；
【详解】
（1）根据电镀原理，以CuSO4溶液为电解液，铁件表面镀铜，可用铜作阳极，铁件做阴极，电解液中铜离子向阴极移动，阴极的电极反应式为Cu2+＋2e-=Cu；
（2）常温时，FeCl3为强酸弱碱盐，弱根离子会发生水解，其离子方程式为：
Fe3+＋3H2O
Fe（OH）3＋3H+；
（3）将0.1mol·L-1FeCl3溶液滴加到Mg（OH）2悬浊液中，有红褐色沉淀产生，说明有Fe（OH）3生成，所以该变化的离子方程式为2Fe3+＋3Mg（OH）2=2Fe（OH）3＋3Mg2+。
17.硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：
2SO2（g）＋O2（g）
2SO3（g）△H<0
（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：
___________。
（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。
反应条件：
催化剂、一定温度、容积10L
实验
起始物质的量/mol
平衡时SO3
物质的量/mol
SO2
O2
SO3
ⅰ
0.2
0.1
0
0.12
ⅱ
0
0
0.2
a
①实验ⅰ中SO2的转化率为______。
②a____0.12（填“＞”、
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