2018-2019学年新疆实验中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

新疆实验中学2018—2019学年第一学期高二年级
化学（选修四模块）期末考试卷
1.对于：2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l)；△H =－5800kJ/mol的叙述错误的是
A. 该反应的反应热为△H=－5800kJ/mol，是放热反应
B. 该反应的△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C. 该式的含义为：25℃、101kPa下，2mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ
D. 该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：燃烧热是指完全燃烧1mol可燃物的时候所放出的热量，由此可知丁烷的燃烧热为2900kJ/mol，因此，D错误。
考点：考查反应热问题。
2.下列盐类水解的应用，不正确的是
A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与CO32﹣互相促进水解，肥效下降
【答案】A
【解析】
A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。
3.如图所示为800 ℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是

A. A是反应物
B. 前2 min A的分解速率为0.1 mol·L－1·min－1
C. 达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动
D. 反应的方程式为2A(g) 2B(g)＋C(g)
【答案】C
【解析】
A、由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故A正确；
B、由图可知前2 minA的△c（A）=0.2mol/L，所以v（C）=="0.1" mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；
C、根据图象不能确定该反应的反应热，不能判断温度对平衡移动的影响，故C错误；
D、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A⇌2B+C，故D正确；
【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意根据图象书写反应的化学方程式，图是物质的量浓度的变化曲线，不能判断温度对平衡移动的影响．
4.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)反应将化学能转变为电能的装置。下面关于甲烷燃料电池(KOH溶液为电解质溶液)的说法正确的是
A. 负极的电极反应式为O2+2H2O＋4e-=4OH-
B. 随着放电的进行，溶液的pH不变
C. 负极的电极反应式为CH4＋8OH-－8e-=CO2+6H2O
D. 放电时溶液中的OH-向负极移动
【答案】D
【解析】
【分析】
燃料电池中，通入燃料的电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，通入氧化剂的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2O2+4H2O+8e-=8OH-，电池反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，根据总反应式判断溶液的pH变化，由原电池原理判断电子和溶液中离子的移动方向。
【详解】A.负极上CH4失电子发生氧化反应，A错误；
B.该电池的反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，消耗了溶液中的氢氧根离子，且有溶剂水生成，导致溶液中c(OH-)降低，溶液的pH减小，B错误；
C.燃料电池中，通入燃料甲烷的一极为负极，负极上失电子发生氧化反应，甲烷失电子生成二氧化碳和水，二氧化碳能和碱反应生成碳酸盐和水，所以负极电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，C错误；
D.放电时，根据原电池原理，电解质溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查原电池工作原理的知识。注意书写燃料电池的电极反应式时，应结合溶液的酸碱性书写电极反应式，为易错点。
5.有反应4HCl(g)＋O2(g)═2Cl2(g)＋2H2O(g)，已知2 mol O2被还原时，放出a kJ的热量，且知断开1 mol O=O键需要吸收b kJ的热量，断开1 mol Cl—Cl键需要吸收c kJ的热量。则断开1 mol H—O键比断开1 mol H—Cl键所需能量高
A. （b-a-2c）/4kJ B. (a+2b-4c)/8kJ C. (a+b-2c)/4kJ D. (2b-a-4c)/8kJ
【答案】B
【解析】
【详解】2molO2被还原时，放出a kJ的热量可得出：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=－a/2kJ/mol；设断开1 mol H—O键吸收xkJ，断开1 mol H—Cl 键吸收ykJ，ΔH=4×y+b－（2c+4x）=－a/2；x－y== (a+2b-4c)/8 kJ。A. (b-a-2c)/4kJ不符合题意；B. (a+2b-4c)/8 kJ符合题意；C. (a+b-2c)/4 kJ不符合题意；D. (2b-a-4c)/8 kJ不符合题意；故答B正确。
6.在下列各微粒中，室温下能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是
A. Al3+ B. HCO3- C. HSO4- D. 26X3＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡右移，溶液显酸性，pHc(H+)，溶液显碱性，pH>7，B正确；
C. HSO4-是强酸的酸根离子，能完全电离为H+和SO42-，对水的电离有抑制作用，C错误；
D. 26X3＋是Fe3+，Fe3+是是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡右移，最终达到平衡时，溶液显酸性，pHc（OH-），结合电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），可知c（NH4+）Na+，所以阴极上发生反应：2H＋+2e-=H2↑，A正确；
B.a电极作阳极，在b电极上溶液中的氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，B正确；
C.根据前面分析可知Y为电源负极，X为电源正极，所以Fe电极为阴极，溶液中的Cu2+获得电子变为单质Cu附着在Fe电极上，铁电极反应式为Cu2＋+2e-=Cu，C正确；
D.由于X为电源正极，所以与X电极连接的Cu电极为阳极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查电解池原理的知识，根据电解池溶液中的现象判断阴阳电极，注意阳极电极反应式，若阳极为活性电极，则为电极失去电子，发生氧化反应，若阳极为惰性电极，则是溶液中的阴离子放电，放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-，根据离子的放电顺序书写电极反应，题目难度中等。
17.水溶液中存在多种平衡，请回答下列问题。
(1)有下列几种溶液：a.NH3·H2O b.CH3COONa c.NH4Cl d.NaHSO4常温下呈酸性的有_________(填序号)。
(2)已知25℃ 时，醋酸的Ka=1.8×10-5 ，碳酸的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11。有①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaOH溶液各25 mL，浓度均为0.1mol/L三种溶液的pH由大到小顺序为______________（请序号）；已知NaHCO3溶液呈碱性，该溶液中除水的电离外还存在着两个平衡，用电离方程式或离子方程式表示：_________________、_________________，该溶液中的离子浓度由大到小的顺序是： __________________。
(3)有浓度均为0.1 mol/L的 ①盐酸 ②硫酸 ③醋酸三种溶液，(请用序号填空) 三种溶液的pH由大到小的顺序为____________________；中和一定量NaOH溶液生成正盐时，需上述三种酸的体积大小关系为________________。
【答案】 (1). cd (2). ③①② (3). HCO3-H++CO32- (4). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (5). c(Na+)>c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)>c(CO32-) (6). ③>①>② (7). ②c(H+) ，溶液显碱性，a错误；
b.CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，水进一步发生电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，b错误；
c.NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，破坏了水的电离平衡，水进一步发生电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-) ，溶液显酸性，c正确；
d.NaHSO4强酸酸式，在水中NaHSO4完全电离出氢离子而使溶液呈强酸性，d正确；
所以呈酸性的溶液是氯化铵和硫酸氢钠，合理选项是cd；
(2)Ka越大，酸性越强，其对应盐的水解越小，等浓度的盐溶液的碱性就越小，由于醋酸的电离平衡常数大于碳酸的第一步的电离平衡常数，所以浓度均为0.1mol/L三种溶液，溶液的碱性NaHCO3溶液大于CH3COONa溶液；即pH：①>②，但盐的水解程度是微弱的，盐水解产生的OH-小于等浓度的一元强碱电离产生的OH-的浓度，因此pH最大的为NaOH溶液，所以pH由大到小顺序为③①②；
NaHCO3溶液中HCO3-存在电离平衡和水解平衡，方程式分别为：HCO3-H++CO32-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-无论是发生电离还是发生水解都消耗使离子浓度减小，而钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)>c(HCO3-)，溶液显碱性，说明HCO3-水解程度大于HCO3-的电离程度而使溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要以HCO3-存在，所以c(HCO3-)> c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)>c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)> c(CO32-)；
(3)硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，等浓度时硫酸中氢离子浓度最大，醋酸中氢离子浓度最小，溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH就越小，所以三种溶液的pH值由大到小的顺序为③>①>②；
氢离子浓度越小，消耗的碱的量越少，即氢离子浓度越小，中和一定量NaOH溶液生成正盐时，消耗的酸的体积越大，所以消耗三种酸的体积有小到大的为②”“=”或“