2018-2019学年福建省晋江市季延中学高二上学期期末考试化学试题 解析版



季延中学2018年秋高二年(理科)期末考试化学科试卷
可能使用的相对原子质量：H－1 O－16 S－32
第Ⅰ卷 选择题(单选，每题2分，共38分)
1.化学与科学、技术、社会密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A. 已知中和热是57.3kJ·mol-1,则含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热57.3kJ
B. 常温下,反应C(s) +CO2(g) =2CO(g)不能自发进行,则该反应的△H>0
C. 氢氧燃料电池发电比氢气直接燃绕产生热量发电能量转换率高
D. 航海船只的船底四周嵌锌块,利用的是牺牲阳极保护法
【答案】A
【解析】
【分析】
A.中和热是稀强酸与稀强碱反应生成1mol水放出的热量；
B.的反应，常温下不能自发进行；
C.氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极。
【详解】A. 醋酸是弱酸，电离吸热，含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热小于57.3kJ，故A错误；
B. 的反应，常温下不能自发进行， C(s) +CO2(g) =2CO(g) 常温下不能自发进行，所以 、△H>0，故B正确；
C. 氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大，则氢氧燃料电池发电，比氢气直接在空气中燃烧能量转换率高，故C正确；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极，船体被保护，利用的是牺牲阳极保护法。
2.下列溶液加热蒸干后，不能析出原溶质固体的是 ( )
A. FeCl3 B. KCl C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发；
B．氯化钾不能水解，受热会蒸发水；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水。
【详解】A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，所以FeCl3溶液加热蒸干后，析出Fe(OH)3固体，故选A；
B．氯化钾是不水解的盐，加热蒸干，最后得到氯化钾固体，故不选B；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4，故不选C ；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水，故不选D。
【点睛】本题考查盐类的水解的应用以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同、注意碳酸氢盐易分解的性质。
3.图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是( )

A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol-1
B. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
C. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D. 使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.热化学方程式要标出物质的聚集状态；
B. 根据图示，正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。
【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H=－92kJ·mol-1，故A错误；
B. 正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。
【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键，注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。
4.下列变化过程中，生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是( )
A. 浓硫酸溶于水 B. 干冰气化
C. 镁与盐酸混合 D. 氢氧化钡与氯化铵混合搅拌
【答案】D
【解析】
【分析】
生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是吸热反应。浓硫酸溶于水的变化过程放热；干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化；镁与盐酸的反应放热；氢氧化钡与氯化铵的反应吸热。
【详解】A、浓硫酸溶于水的变化过程放热，故不选A；
B、干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化，故不选B；
C、镁与盐酸的反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选C；
D、氢氧化钡与氯化铵的反应吸热，生成物总能量高于反应物总能量，故选D。
5.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. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时立即停止滴定
C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入NaOH溶液进行滴定
D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定
【答案】D
【解析】
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，再用标准盐酸润洗后，才能装入标准盐酸进行滴定，否则结果偏大，A不正确；B. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，若半分钟内不变色，则停止滴定，变色后立即停止会使结果偏小，B不正确；C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，不可以用NaOH溶液润洗，应直接装入NaOH溶液进行滴定，否则结果偏大，C不正确；D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定，不会引起误差，D正确。本题选D。
6. 下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（ ）

A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B. 图2中，发生吸氧腐蚀
C. 图3中，燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁相当于原电池的正极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、钢铁吸氧腐蚀的条件为电解质溶液和氧气，故插入海水中的铁棒，越靠近底端，氧气的浓度越小，腐蚀越慢，错误；B、图2中，电解质溶液为酸化的氯化钠溶液，发生析氢腐蚀，错误；C、燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，正确；D、用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁失电子，发生氧化反应，作原电池的负极，错误。
考点：考查金属的腐蚀与防护。
7.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是( )
A. 以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液 B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐 D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质。
【详解】A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中浓度增大，颜色变蓝，故不选A；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中不变，颜色不变，故选B；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠，溶液碱性增强，溶液变为红色，故不选C；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质，溶液变为橙色，故不选D。
8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：( )
①升温 ②增加C的量 ③将容器的体积缩小一半 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大 ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大
A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①保持体积不变，升高温度，则反应速率加快；②碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响; ③将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快; ④保持体积不变，充入He使体系压强增大，反应物浓度不变，对化学反应速率无影响; ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小；对其反应速率几乎无影响的是②④，故选A。
【点睛】影响化学速率的因素有:温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变。
9.若反应:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)　ΔH