【化学】广西玉林市2018-2019学年高二上学期期末质量评价检测理科综合(解析版)

广西玉林市2018-2019学年高二上学期期末质量评价检测理科综合
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题共13小题，每小题6分，共78分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1.下列说法正确的是
A. 在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀
B. 某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，AgCl的Ksp增大
C. 某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，主要是溶液中的SO32－发生水解
D. 关于钢铁电化学保护中，外加电流的阴极保护法利用的是原电池原理
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在海轮外壳上镶嵌锌块，铁作原电池正极，锌块作原电池负极，会减缓船体的锈蚀，故A正确；
B. AgCl的Ksp 只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp 不变，故B错误；
C. 二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；
D. 将钢铁与外加电源负极相连，阴极上电解质溶液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢铁腐蚀，利用的是电解原理，故D错误。
答案选A。
2.下列说法正确的是
A. 1molH2与0.5molO2反应放出的热量就是H2的燃烧热
B. 已知含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放岀28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH( aq)+CH3COOH( ag)= CH3 COONa(ag)+H2O(1)△H=－57.4 kJ·mol－1
C. 已知2C(s)+2O2=(g)=2CO2(g)△H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2，则△H1>△H2
D. 使用氢气作燃料有助于控制温室效应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1molH2与0.5molO2反应生成水的状态未知，不能确定是燃烧热，故A错误；
B. 醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H＞-57.4kJ/mol，故B错误；
C. 物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H125℃，该温度下水的离子积为10-12，故A正确；
B. 该溶液氢离子浓度为0.1mol/L，则氢氧根离子浓度=10-12/0.1mol/L=10－11mol/L，该溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，为10－11mol/L，故B错误；
C.根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(OH－)+2c(SO42－)，故C正确；
D. c(NaHSO4)=0.1mol/L，该温度下加入等体积pH为11的KOH溶液，KOH溶液中c(KOH)=mol/L=0.1mol/L，二者等体积等浓度混合，恰好完全反应，溶液呈中性，故D正确。
故答案选B。
7.在密闭容器中，反应X(g)+2Y(g)Z(g)分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(X)=0.100mol·L－1，c(Y)=0.200mol·L－1，c(Z)=0mol·L－1。反应物X的浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 实验②的温度高于实验①的温度
B. 实验②平衡时Y的转化率为60%
C. 实验③与实验①相比，实验③使用了催化剂
D. 反应X(g)+2Y(g)Z(g)的△H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
与①比较，②反应速率增大，但与①处于同一平衡状态，则②应为加入催化剂；与①比较，③反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，减小容器的体积虽然平衡向正反应方向移动，但X的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度，据此分析解答。
【详解】A. 因为①、②的起始浓度相同、平衡浓度相同，②的反应速率比①快，所以实验②应是在有催化剂的条件下进行的，实验②的温度与实验①的温度相同，故A错误；
B. 从图中可以看出，实验②平衡时X的浓度变化量为0.04mol/L，则Y的浓度变化量为0.08mol/L，Y的转化率为40%，故B错误；
C. 实验③与实验①相比，X的浓度变化量大，说明平衡正向移动，而使用催化剂平衡不移动，故C错误；
D. 实验③与实验①相比，X的浓度变化量大，说明平衡正向移动，且化学反应速率加快，故此时的反应条件只能为升温，由此可见，正反应是吸热反应，△H>0，故D正确。
故答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡图象题，注意分析曲线的变化特点，把握影响化学平衡以及反应速率的因素，注意温度对平衡的影响。
8.请按要求回答下列问题：
(1)某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。

①稀释醋酸时pH值变化曲线是：___________(填：“I”或“Ⅱ”)，
②b点溶液的导电性比c点溶液的导电性：___________(填：“强”、“弱”或“无法比较”)，
③a、c两点Kw的数值相比，a___________c(填：“大于”、“小于”或“等于”)，
(2)NH4Al(SO4)2在食品、医药、电子工业中用途广泛。
①NH4Al(SO4)2可做净水剂，其理由是：___________(用离子方程式表示)。
②相同条件下，0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液中，c(NH4+)___________0.1mol/L NH4HSO4溶液中c(NH4+)(填“大于”、等于”或“小于”)。
③下图是0.1mo/LNH4Al(SO)2溶液的pH随温度变化的图像，其中符合0.1mo/LNH4Al(SO4)2溶液的曲线是____ (填字母)。导致溶液pH随温度变化的原因是：___________________。

【答案】 (1). II (2). 强 (3). 等于 (4). Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+ (5). 小于 (6). I (7). 升温使NH4Al(SO4)2水解平衡向正反应方向移动，酸性增强，pH降低
【解析】
【分析】
(1)①根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度；
②利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；
③K w 只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；
(2)①Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性；
②NH4Al(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；
③NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大。
【详解】(1)①根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线；
②溶液导电性取决于离子浓度，b点的H + 浓度大，导电性强；
③Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系，所以a、c两点Kw的数值相等；
故答案为：II；强；等于；
（2）①Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+，Al(OH)3胶体能吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，
故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+；
②NH4Al(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，则浓度相同的NH4Al(SO4)2溶液和NH4HSO4溶液中，NH4+浓度较大的是NH4HSO4溶液，故NH4Al(SO4)2溶液中c(NH4+)小于NH4HSO4溶液，
故答案为：小于；
③NH4Al(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Ⅰ，
故答案为：Ⅰ；升温使NH4Al(SO4)2水解平衡向正反应方向移动，酸性增强，pH降低。
【点睛】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较，（1）③为易错点，注意Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系。
9.请按要求回答下列问题：
(1)氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=－22lkJ/mol,
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5 kJ/mol,
N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181 kJ/mol,
则：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=__kJ/mol；
下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是___(填字母序号)
a.增大容器的体积 b.降低温度 c.增大CO的浓度 d.增大NO的浓度
(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=－574.5kJ/mol；NO和N2的物质的量变化如下表所示。
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
30 min
NO
2.0
1.20
0.70
0.70
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.40
0.65
0.65
0.75
0.80
0.80
①0~5min内，以NO表示的该反应速率υ(NO)=__________，该条件下的平衡常数K=___________(保留2位小数)。
②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1___________T2(填“>”、“ (6). 2.0×10-4 (7). 5.0×10-5
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算反应热；根据2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应为气体体积减小的放热反应分析改变的条件；
(2) ①由表可知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析浓度改变，根据=计算速率；根据K=计算平衡常数。
②第15min后，温度调整到T2，由表中数据可知NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温。
(3)依据Ksp(AgCl)=2.0×10－10，计算c(Ag+)= Ksp(AgCl)/c(Cl-)，依据Ksp(Ag2CrO4)= 2.0×10－12计算c(CrO42－)= Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)。
【详解】(1)已知：①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=－22lkJ/mol,
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=－393.5 kJ/mol,
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181 kJ/mol,
根据盖斯定律：②×2-①-③得：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-747 kJ/mol；
2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应为气体体积减小的放热反应，
a.增大容器的体积，压强减小，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故不选a；
b.降低温度平衡正向移动，NO的转化率增大，故选b；
c.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故选c；
d.增大NO的浓度，NO的转化率减小，故不选d。
因此，本题正确答案是：-747；bc；
(2) ①由表可知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析浓度改变
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
起始（mol） 2.0 0 0
变化（mol） 1.3 0.65 0.65
平衡（mol） 0.70 0.65 0.65
则NO、N2和CO2在10min时平衡浓度分别为：0.35mol/L、0.325mol/L和0.325mol/L，
0~5min内，以NO表示的该反应速率υ(NO)==0.08molL-1min-1，
平衡常数K===0.86。
②第15min后，温度调整到T2，由表中数据可知NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，则T1>T2。
因此，本题正确答案是：0.08molL-1min-1；0.86；>；
(3)当溶液中Cl－恰好沉淀完全时，即c(Cl-)=1.0×10－6mol·L－1，依据Ksp(AgCl)=2.0×10－10，计算得到c(Ag+)= Ksp(AgCl)/c(Cl-)=mol·L－1=2.0×10-4mol/L，
此时溶液中c(CrO42－)= Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=mol·L－1= 5.0×10-5 mol·L－1。
因此，本题正确答案是：2.0×10-4；5.0×10-5。
10.如图所示，U形管内盛有150mL的溶液，按要求回答下列问题：

(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为稀硫酸，则B极为___________极(填电极名称)，该装置的能量转化形式为：__________，B极的电极反应式为：______________________。
(2)打开K1，闭合K2，若所盛溶液为NaCl溶液，一段时间后U形管内溶液的pH___________(填“变大”、“不变”或“变小”)，总反应的化学方程式是：______________________。若要使U形管内溶液恢复到起始状态，应向U形管内的溶液加入(或通入)___________。
(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是___ (填“铁块”或“纯铜”)，反应一段时间后电解质溶液中Cu2+的浓度将会_____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). 正 (2). 化学能转化为电能 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 变大 (5). 2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+Cl2↑ (6). 适量的氯化氢气体 (7). 铁块 (8). 不变
【解析】
【分析】
(1)根据所盛溶液为稀硫酸，打开K2，闭合K1，该装置是原电池，化学能转化为电能，较活泼的金属作负极，负极上发生氧化反应，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上发生还原反应，据此分析；
(2)根据打开K1，闭合K2，该装置是电解池，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应，如果要想使电解后的溶液恢复到原溶液，应遵循“析出什么加入什么”的思想加入物质；
(3)根据在铁块上镀上铜，纯铜作阳极，铁块作阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应进行分析。
【详解】(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为稀硫酸，该装置是原电池，化学能转化为电能，锌（A极）作负极，碳（B极）作正极，正极上H+得到电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；
因此，本题正确答案是：正；化学能转化为电能；2H++2e-=H2↑；
(2) 打开K1，闭合K2，若所盛溶液为NaCl溶液，该装置是电解池，碳作阳极，锌作阴极，A电极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，溶液显碱性，所以一段时间后U形管内溶液的pH变大，B极上氯离子放电生成氯气，总反应化学方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+Cl2↑；根据“析出什么加入什么”的原则知，若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内通入一定量的HCl；
因此，本题正确答案是：变大；2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+Cl2↑；适量的氯化氢气体；
(3) 在铁块上镀上铜，用纯铜作阳极，铁块作阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，所以A电极的材料应换成是铁块，电极反应式是Cu2++2e-=Cu，阳极上Cu -2e-= Cu2+，所以反应一段时间后电解质溶液中Cu2+的浓度将不变，
因此，本题正确答案是：铁块；不变。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极的判断及离子放电顺序是解本题关键，难点是电极反应式的书写。
11.翡翠的主要成分为 NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子。
(1)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素和电负性最大的元素组成的含有两种化学键的化合物的名称为：______________________。
(2)Al的电子排布式为______________________。
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是：___________，H2O的中心原子的杂化轨道类型是：___________，与H2O互为等电子体的离子是：___________(任写一种)
(4)Ca、O、Gr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+，O2－采用面心立方最密堆积方式。

①该晶体的化学式为：_______________。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，该晶胞的参数(边长)为________pm。
【答案】 (1). 过氧化钠 (2). [Ne]3s23p1或1s22s22p63s23p1 (3). C2O42-、H2O (4). sp3杂化 (5). NH2- (6). CaCrO3 (7). 240（或）
【解析】
【分析】
(1)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小；元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；
(2)Al的核外电子数为13，电子排布式为[Ne]3s23p1或1s22s22p63s23p1；
(3)K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是：C2O42-、H2O；H2O的中心原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化；原子数相同，价电子数相同的分子或离子为等电子体；
(4) ①根据晶体结构图和均摊法计算；
②根据Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积进行计算。
【详解】(1) 同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，Na、Al、Si、O四种元素中第一电离能最小的元素是Na；元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，所以Na、Al、Si、O四种元素电负性由大到小的顺序为：O> Si > Al > Na，故NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的元素Na和电负性最大的元素O组成的含有两种化学键的化合物是Na2O2，名称为过氧化钠；
因此，本题正确答案是：过氧化钠；
(2)Al的核外电子数为13，电子排布式为[Ne]3s23p1或1s22s22p63s23p1；
因此，本题正确答案是：[Ne]3s23p1或1s22s22p63s23p1；
(3)K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是：C2O42-、H2O；H2O的中心原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化；原子数相同，价电子数相同的分子或离子为等电子体，则与H2O互为等电子体的离子应含有3个原子，且价电子数为8，有NH2-；
因此，本题正确答案是：C2O42-、H2O；sp3杂化；NH2-；
(4) ①根据晶体结构图和均摊法可知，晶胞中O原子个数为6=3，Ca原子个数为=1，Cr原子个数为1，则化学式为CaCrO3 ；
②Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积，已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，则晶胞的面对角线是480pm，所以该晶胞的参数(边长)为240 pm（或pm）。
因此，本题正确答案是：CaCrO3 ；240 （或）。
12.能源是人类共同关注的重要问题，甲烷是一种洁净的能源。
(1)甲烷不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1。已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C—H
H—H
C≡O
O—H
键能/kJ·mol－1
413
436
1076
463

则△H1=___________kJ·mol－1
(2)用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2，在2L恒容密闭容器中，按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，

200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示
t/min
0
1
2
3
n(H2)/mol
6.0
3.4
2.0
2.0
①△H2___________0(填“>”“p2
③200℃时，该反应的平衡常数K=___________。
(3)甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。则此燃料电池工作时，通入甲烷的电极为___________极，其电极反应式为______________________，通入氧气的电极反应式为：___________。
【答案】 (1). +194（或194） (2). < (3). b (4). 2 (5). 负 (6). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O (7). O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】
【分析】
(1)根据△H和键能的关系计算；
(2)①由图示可知在恒压条件下，随着温度升高CO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应；
②a.达平衡后往容器中充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动；
b. 正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数变大；
C.容器内气体密度不变，不能判断反应是否达到平衡状态；
d.由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，即图中压强p1