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1、江苏省大丰市新丰中学20182019学年高二化学下学期期中试题（含解析）第I卷(选择题共40分）单项选择题（每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）1.人类在未来将逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是：A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”【答案】D【解析】试题分析：A、煤和石油，天然气都为化石燃料,为碳素燃料,之前,不选A;B、太阳能的利用减少化
2、石燃料的使用，从而减慢温室效应,正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化wie电能,为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能,属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。考点：常见的生活环境的污染和治理2。某反应的反应过程中能量变化如图所示，下列叙述不正确的是：A。 催化剂能改变反应的焓变B. 催化剂能降低反应所需活化能C. 该反应是吸热反应D。 逆反应的活化能小于正反应的活化能【答案】A【解析】【详解】A、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，反应的焓变不变,故A错误；B、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，故B正确;C、依据图中信息可知，反应物
3、总能量小于生成物总能量是吸热反应，故C正确；D、依据图中信息可知,逆反应活化能小于正反应活化能，故D正确.正确答案选A。3。下列有关热化学反应的描述中正确的是：A. HCl和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(57.3)kJ/molB。 CO（g）的燃烧热是283。0kJ/mol，则2CO2（g）2CO(g）O2（g)反应的H+(2283.0）kJ/molC. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【答案】B【解析】试题分析：A中和热是酸碱发生中和反
4、应产生1mol水时放出的热量,所以H2SO4和Ca（OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同,都是H57.3kJ/mol,错误；BCO（g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283。0kJ，则2CO2(g）2CO(g）O2（g)反应的H+（2283。0)kJ/mol，正确；C1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热,错误；D由于醋酸是弱酸,电离吸收热量,所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57。3kJ，错误。考点：考查有关热化学反应的描述正误判断的知识。4。取20。00 mL 0.50 mol
5、L1 NaOH溶液,恰好将未知浓度的H2SO4溶液20。00 mL滴定至终点，下列说法正确的是：A. 该实验不需要指示剂B. 用量筒量取上述硫酸的体积C。 H2SO4的浓度为1.00 molL1D。 参加反应的H+和OH-的物质的量相等【答案】D【解析】试题分析：A、酸碱中和反应，无现象,需要指示剂，故错误;B、量筒的精确度为0。1mL，应用滴定管，故错误；C、n(H2SO4)=n(H）/2=n(NaOH）/2=201030.5/2mol=5103mol,c(H2SO4）=5103/20103molL1=0.25molL1，故错误；D、恰好完全反应,即n（H)=n(OH)，故正确.考点:考查中
6、和滴定、仪器的精确度等知识.5.少量铁片与100mL 0。01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的：加H2O 加KNO3溶液 滴入几滴浓盐酸 加入少量铁粉加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发）改用10mL 0。1mol/L盐酸A。 B。 C. D. 【答案】C【解析】试题分析：加水，盐酸浓度降低，反应速率减慢,错误；加KNO3溶液,由于溶液中有硝酸存在，则产生氢气的量减少，错误；滴入几滴浓盐酸，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快,铁的质量固定，所以产生氢气的量不变,正确；加入铁粉，与盐酸的接触面积增大，反应速
7、率加快,但铁的质量增加，氢气的量则增加,错误；加NaCl溶液，与加水相同,反应速率减慢,错误；加硫酸铜溶液，铁置换铜，与铜形成原电池,加快反应速率,但铁的质量减少,产生的氢气减少，错误；升高温度，反应速率加快,氢气的量不变，正确;盐酸浓度增大，氢离子物质的量不变，所以反应速率加快,氢气的量不变，正确，答案选C。考点：考查对限制条件的改变反应速率的措施的判断6。若溶液中由水电离产生的c(OH)=11014mol/L，则此溶液中一定可以大量共存的离子组是:A。 Al3+、Na+、NO3、ClB。 K+、Na+、Cl、NO3C。 K+、Na+、Cl、AlO2D. K+、NH4+、SO42、NO3【答
8、案】B【解析】【分析】所谓离子共存实质上就是看离子间是否发生反应.若离子在溶液中发生反应，就不能共存。溶液中由水电离产生的c(OH)=11014mol/L,水的电离受到抑制,溶液可能显酸性，也可能显碱性.【详解】A、如溶液呈碱性，则Al3+不能大量共存，故A错误;B、无论溶液呈酸性还是碱性,离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故B正确;C、如溶液呈酸性，则AlO2-不能大量共存，故C错误；D、如溶液呈碱性，则NH4+不能大量共存,故D错误.正确答案选B。【点睛】溶液中由水电离产生的c（OH)=11014mol/L,溶液可能呈酸性还可能呈碱性。7.下列事实能说明NH3H2O一定是弱电解质的是:
9、常温下,NH3H2O溶液能使酚酞变红； 用NH3H2O溶液做导电性实验，灯泡暗;常温下,0。1mol / L的氨水pH约为11 常温下，体积相同且pH相同的NH3H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者后者A。 B. C. D。 【答案】C【解析】【详解】常温下,能使酚酞试液变红是碱的通性，不能证明一水合氨是弱电解质,故错误；溶液的导电能力与离子浓度有关，不能说明电解质的电离程度，所以不能说明一水合氨是弱电解质，故错误；常温下，0。1mol/L氯化铵溶液的pH约为5,说明氯化铵是强酸弱碱盐，能说明一水合氨是弱电解质，故正确；常温下，体积相同且pH相同的
10、NH3H2O溶液和NaOH溶液,与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积:前者后者,则氨水的浓度大于氢氧化钠，说明一水合氨只有部分电离，为弱电解质，故正确；正确答案选C。【点睛】利用一水合氨不能完全电离或盐类水解的规律来分析一水合氨是弱电解质。8.在一个不传热固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+ nB（g）pC(g）+ qD（g) 当m、n、p、q为任意整数时，一定达到平衡的标志是：体系的压强不再改变 体系的温度不再改变各组分的浓度不再改变 各组分的质量分数不再改变反应速率v（A）：v（B):v(C)：v（D)=m：n：p：q单位时间内m mol A发生断键反应，同时pmol C
11、也发生断键反应A。 B。 C。 D. 【答案】B【解析】试题分析：如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应,则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态,错误;体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，正确；各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，正确；当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，正确;当反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，错误；单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成,同时pmol C也断键反应，正确;答案选B。【考点定位】本题主要是考查了化学平衡
12、状态的判断【名师点晴】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点.注意掌握化学平衡状态的判断依据：（1）任何情况下均可作为标志的：正=逆(同一种物质)；各组分含量（百分含量、物质的量、质量)不随时间变化；某反应物的消耗(生成）速率、某生成物的消耗(生成)速率=化学计量数之比；(2）在一定条件下可作为标志的是:对于有色物质参加或生成的可逆反应体系，颜色不再变化;对于有气态物质参加或生成的可逆反应体系,若反应前后气体的系数和相等，则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P
13、不变(恒温恒容）；对于恒温绝热体系，体系的温度不在变化;(3）不能作为判断标志的是:各物质的物质的量或浓度变化或反应速率之比=化学计量数之比 (任何情况下均适用);有气态物质参加或生成的反应，若反应前后气体的系数和相等,则混合气体平均相对分子质量M和反应总压P不变(恒温恒容)。据此可以进行有关判断.由此进行判断9.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，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液立即变血红色C. 图3中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率增大D。 图4中,采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀【答案】D【
14、解析】【详解】A、越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀,故A错误；B、金属铁是负极,发生析氢腐蚀，金属铁失电子得到的是亚铁离子，遇到硫氰化钾不显示红色，故B错误；C、开关由M改置于N时，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减慢，故C错误；D、在该原电池中，金属镁是负极，负极金属易被腐蚀，正极钢铁管道被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法,故D正确；故选D。10.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.下列叙述正确的是：A. 通电后中间
15、隔室的SO42-向正极迁移，正极区溶液pH增大B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C。 负极区反应为4OH4e2H2O+O2，负极区溶液pH降低D. 当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0。5 mol O2生成【答案】B【解析】【详解】A、阴离子向阳极(即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电破坏水的电离平稳生成氢离子，在电场的作用下，两膜中间的硫酸根离子进入阳极区,故阳极室可以得到产品硫酸；氢离子在阴极放电而破坏水的电离平衡生成氢氧根离子,两膜中间的钠离子进入阴极区,故阴极室可以得到产品氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、阴极上发生还原反应，氢离
