浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）

浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1O16 Na23 Cl35.5S32Fe56Cu64Zn65Br80 I127第卷（选择题，共50分）一、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.下列属于纯净物的是A. 食盐水 B. 石油 C. 纯碱 D. 石灰石【答案】C【解析】【分析】根据各物质的俗名与主要成分，比照纯净物和混合物的概念解答。【详解】A.食盐水是食盐NaCl溶于水形成的溶液，由两种物质构成，属于混合物，故A项错误；B.石油是多种烃混合在一块形成的复杂物质，属于混合物，故B项错误；C.纯碱是Na2CO3的俗名，只由一种物质构成，属于纯净物，故C项正确；D.石灰石的主要成分是CaCO3，其他成分有SiO2、Al2O3等，由多种物质构成，属于混合物，故D项错误。答案选C。【点睛】本题考查纯净物的概念，解答题目时，能准确分析出构成物质的成分是解题的关键，石灰石主要成分是CaCO3，属于混合物，这一点学生易错，要引起重视。2.仪器名称为“烧瓶”的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】A为烧瓶，故A正确； B为量筒，故B错误；C为容量瓶，故C错误；D为分液漏斗，故D错误；故选A。3.下列物质在常温下能导电的是A. 氯化钠晶体 B. 酒精 C. 硫酸 D. 石墨【答案】D【解析】【分析】物质导电与否的判断标准是：是否存在自由移动的离子或者电子。【详解】A.氯化钠晶体中有离子，但是在晶体条件下不能自由移动，故不能导电；B.酒精是非电解质，不存在能自由移动的离子，不能导电；C.硫酸属于电解质，在水溶液中才能电离，无水硫酸中只有分子的形式，不存在能自由移动的离子，不能导电；D.石墨属于碳单质，存在自由电子，所以能导电；答案选D。4.下列有水参加反应中，属于氧化还原但水既不是氧化剂也不是还原剂的是A. CaH2 + 2H2O=Ca(OH)2 + 2H2 B. 2F2+2H2O=4HF+O2C. Mg3N2 + 6H2O=3Mg(OH)2+ 2NH3 D. 2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2【答案】D【解析】A、 CaH2 中氢由-1价升至0价， 2H2O中氢由+1价降为0，水作氧化剂，故A错误；B、水中氧元素由-2价升高为0价，水只作还原剂，故B错误；C、没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D、有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价不变，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D。5.下列物质的水溶液呈碱性的是A. CH3COOH B. CH3COONa C. CH3CH2OH D. NH4Cl【答案】B【解析】【分析】判断物质在水溶液中的酸碱性，先分析物质是酸、碱还是盐，若为盐，再具体考虑水解对溶液酸碱性的影响，据此来分析作答。【详解】A. CH3COOH属于酸，溶于水电离出H+，水溶液显酸性，故A项错误；B. CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解出OH-，溶液显碱性，故B项正确；C. CH3CH2OH是非电解质，溶于水形成溶液时不能电离，水溶液显中性，故C项错误；D. NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶于水发生水解，NH4+H2ONH3H2O+H+，水解出H+，溶液显酸性，故D项错误。答案选B。【点睛】溶液酸碱性判断方法一，是根据H+与OH-浓度大小定量判断：当c(H+)c(OH-)时，溶液呈酸性；当c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性；当c(H+)0）。下列说法正确的是A. 达到平衡状态时，放出的热量一定小于a kJB. 向体系中加入X（g）时，正、逆反应速率一定都增大C. 当容器内的压强保持不变时，则反应一定达到平衡状态D. 若Y与Z的物质的量之比保持不变，则反应达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】【详解】A.物质的量与热量成正比，若生成3molZ时，反应放出的总热量可达a kJ，故A项错误；B.如果是恒压容器中加入X，则容器体积扩大，Y和Z的浓度降低，则逆反应速率会降低，故B项错误；C.该反应中各物质均为气体，反应前后气体的物质的量相等，压强一直不变，所以当容器内的压强保持不变时，无法证明此反应一定达到平衡状态，故C项错误；D. Y与Z的物质的量之比随着反应的进行发生变化，因此当比值保持不变，则反应达到平衡状态，故D项正确；答案选D。【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。一、直接判断法：（正）=（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。二、间接判断法对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化是平衡标志。任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。24.向a L 1molL-1的Na2CO3的溶液中缓慢地滴加b L 1molL-1的盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加入，溶液中离子物质的量也相应地发生变化如图所示（不考虑盐类的水解及水的电离），下列说法不正确的是（ ）A. 四条线与溶液中离子的对应关系是：X：Na+；Y：CO32-；Z：HCO3-；W：Cl-B. 当ab2a时，发生的离子方程式为：HCO3- H+= CO2 H2OC. 当2a=3b时，发生的离子方程式为：CO32- H+ = HCO3-D. 当b2a时，溶液中HCO3-与CO32- 的物质的量之比为b：（4a-b）【答案】D【解析】【分析】根据向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则钠离子数目不发生变化，氯离子的数目在增加，碳酸根离子的数目一直在减少，直到为0，碳酸氢根离子的数目先增大后减小，直到为0，然后结合图象和离子方程式分析判断。【详解】A.因向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，则先后发生Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O，则钠离子的数目不变，即图中X为Na+离子，碳酸根离子在减少，直至为0，即图中Y为CO32离子，碳酸氢根离子先增大后减小，直至为0，即图中Z为HCO3离子，氯离子先为0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，即图中W为Cl离子，故A正确；B.当ab2a时，发生的离子方程式为：HCO3+H+=CO2+H2O，故B正确；C.当3b=2a时，没有气体生成，发生的离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故C正确；D.当a/2ba时，只发生CO32+H+=HCO3，b mol HCl生成b mol HCO3，溶液中剩余的CO32为（ab）mol，则溶液中HCO3与CO32的物质的量之比为b：(ab)，故D错误。故选D。25.已知：K3Fe(CN)6遇Fe2+生成蓝色沉淀。固体粉末M中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、K2SO3、Na2CO3、KCl中的若干种，为确定该固体粉末的成分，现取M进行下列实验，实验过程及现象如下：下列有关说法正确的是A. 固体中戊一定含有Fe2O3和CuO B. 气体乙中一定含有CO2，可能含有SO2C. 固体粉末M中一定含有KCl D. 固体粉末M中一定含有Cu、FeO，可能含有Fe2O3【答案】A【解析】【分析】根据物质的化学性质及反应的现象采用逆推法进行分析。【详解】A. 固体戊2.40g，用CO还原得到固体己1.76g，如戊全部为Fe2O3，则可生成m(Fe)= （562）/（562+316）2.40g = 1.68g1.76g，则固体乙中应还含有CuO，故A项正确；B.溶液甲加入过量稀盐酸，生成气体乙可使澄清石灰石变浑浊，CO2、SO2都可使澄清石灰水变浑浊，则气体乙不一定含有CO2，故B项错误；C. 溶液乙加入AgNO3溶液有沉淀生成，证明溶液乙中含有Cl-，但是加入了HCl，无法证明M中一定有KCl，故C项错误；D. 丙加入K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，说明丙中含有Fe2+，可能FeO与盐酸生成，也可能由Fe2O3、Cu与盐酸生成，故D项错误；答案选A。第卷（非选择题，共50分）三、填空题26.按要求填写：（1）二氧化碳的电子式：_；小苏打的化学式：_；质子数为6、中子数为6的原子结构示意图_。（2）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). NaHCO3 (3). (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；（2） Cl2与NaOH会发生歧化反应。【详解】（1）二氧化碳为共价化合物，电子式为，小苏打是NaHCO3的俗称，质子数为6的原子为碳原子，原子结构示意图为；故答案为：；NaHCO3；（2） Cl2与NaOH发生歧化反应，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O27.某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响，烧杯中都盛有稀H2SO4。试回答：（1）B装置中Fe电极作为_（填“正”或“负”）极，电极反应式为_；（2）C装置中阳离子移向_（填“Zn”或“Fe”）极；（3）比较四个装置中Fe片被腐蚀的速率由快到慢的顺序是_（用A、B、C、D表示）。【答案】 (1). 负 (2). Fe-2e-=Fe2+ (3). Fe (4). DBAC【解析】【分析】本题考查原电池原理的应用以及腐蚀速率快慢的比较等知识。（1）原电池中活泼金属做负极，失电子，发生氧化反应；（2）溶液中的阳离子移向正极；（3）同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀，据此来分析腐蚀速率的快慢。【详解】(1)B装置为原电池，Fe电极发生氧化反应，为负极；电极反应式为Fe-2e-=Fe2+(2)C装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn为负极，Fe为正极，阳离子移向正极，即阳离子移向Fe极；(3)A发生化学腐蚀；B中Fe发生电化学腐蚀；C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护；D中铁作电解池阳极被腐蚀速率最快，且电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，故答案为：DBAC。【点睛】金属腐蚀快慢的判断方法：1.同一个金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀；2.有无保护措施的：无保护措施的金属腐蚀 牺牲阳极的阴极金属的腐蚀有外接电源的阴极金属腐蚀。28.在恒温、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0 mol N2和x mol H2发生如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，20 min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6 mol，容器内的压强变为原来的80%。请回答下列问题：（1）20 min内，(N2)=_。（2）该反应的热化学方程式为_。 （3）下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是_(填序号)。N2体积分数保持不变单位时间断裂0.3 mol H-H键，同时生成0.6 mol N-H键混合气体的密度不再改变2正(H2)=3逆(NH3)混合气体的平均摩尔质量不再改变【答案】 (1). (N2)=0.010 mol/(Lmin) (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92 kJ/mol (3). 【解析】【分析】本题考查化学反应速率的计算、热化学方程式的书写、平衡标志的判断方法，其中化学平衡状态的判断标志是常考题型，也是易错题。利用三段式分析计算反应速率与化学平衡转化率是常见的解题方法。【详解】设平衡时氮气转化率为a，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始的量(mol)1.0x0改变的量(mol)a3a2a平衡的量(mol)1.0-ax-3a2a = 80%，解得x=1.0，2.0-2a=1.6，解得a=0.2 = 20%。(1)20min内，(N2)= = 0.01 mol/(Lmin)；(2) 0.2mol氮气参与反应时放出18.4kJ热量，则1mol氮气参与反应时的焓变为 =-92kJ/mol，该反应的热化学方程式为N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) H =-92 kJ/mol；（3）根据“变量不变达平衡”原则来进行判断。反应为气体体积缩小的反应，N2体积分数为变量，当其体积分数保持不变时反应达平衡状态，故正确；单位时间断裂0.3mol H- H键，同时生成0.6 molN-H键，都是指正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；反应在恒容条件下进行且所有反应物均为气体，密度不是变量，故混合气体的密度不再改变反应不一定达平衡，故错误；2正(H2)=3逆(NH3)，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；混合气体的平均摩尔质量为变量，若其不再改变则反应达平衡，故正确，答案选；29.为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是_，其化学式是_。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是_。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 gL-1），写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). Fe、S (2). Fe2S3 (3). SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+ (4). Fe2S3 + 4HCl = 2H2S+ 2FeCl2 + S【解析】【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3) = 32g/160g/mol = 0.2 mol，n(Fe) = 0.4 mol，m(Fe) = 0.4mol56g/mol = 22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S) = 41.6g-22.4g = 19.2g，n(S)= = 0.6mol，可以知道n(Fe):n(S) = 2:3，应为Fe2S3，故答案为：Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+，故答案为：SO2 + 2Fe3+ + 2H2O = 2Fe2+ + SO42- + 4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.51822.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3 + 4HCl = 2H2S+ 2FeCl2 + S，故答案为：Fe2S3 + 4HCl = 2H2S+ 2FeCl2 + S【点睛】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。30.浙江海洋经济发展示范区建设已上升为国家战略，海洋经济将成为浙江经济转型升级发展的重点。请回答下列问题：（1）被称作海洋元素的是_（写元素符号）。（2）工业上常以食盐为原料制备氯气，请写出化学方程式_。（3）从海水中提取食盐和溴的过程如下：步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为富集溴元素，请写出步骤的离子方程式：_，步骤的化学方程式：_。在3mL溴水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为图中_。【答案】 (1). Br (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 (3). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (4). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (5). D【解析】【分析】本题考查海水资源及其综合利用，物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。（1）溴元素又称“海洋元素”；（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气；（3）氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴；二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂；四氯化碳和水不互溶，且溴在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，溴溶于四氯化碳后溶液呈橙红色，据此分析解答【详解】（1）地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，故答案为：Br；（2）饱和食盐水在直流电的条件下生成氢氧化钠、氯气和氢气：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；（3）氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴：2Br-+Cl2Br2+2Cl-，二氧化硫吸收溴单质，Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：2Br-+Cl2Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；根据四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，溴溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层是水层，呈无色，且下层体积小于上层，故答案为：D。31.为验证某单质与某浓酸在加热条件下反应生成气体甲和乙的成分，某同学设计了如下实验装置图，其中A装置用于检验气体甲：（1）写出该非单质与浓酸反应的化学方程式：_。（2）证明气体中含有乙的实验现象是_。（3）为除去甲，收集纯净干燥的气体乙，某同学欲选用下列装置： 则按气流从左到右，各接口连接顺序正确的是_。Adcabh Bfeabh Cfeabg【答案】 (1). C + 2H2SO4（浓）CO2 + 2SO2 + 2H2O (2). B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀 (3). B【解析】【分析】根据装置图中使用品红溶液和澄清石灰水，结合高中阶段学习过非金属C与浓硫酸的反应，A装置是检验SO2气体的装置，而C装置中的澄清石灰水则是为了检验CO2的存在，据此分析作答即可。【详解】（1）根据装置图可以看出检验的气体为CO2和SO2，推测该单质为碳，则炭与浓硫酸反应的化学方程式: C + 2H2SO4(浓)CO2 + 2SO2 + 2H2O，故答案为：C + 2H2SO4(浓)CO2 + 2SO2 + 2H2O；（2）反应中有二氧化碳生成，B装置用于除掉SO2，防止SO2对CO2的检验造成干扰，因此证明含CO2的现象为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀；故答案为：B装置高锰酸钾溶液颜色未褪尽，C装置出现白色沉淀（3）除去SO2，收集CO2，可先通过高锰酸钾溶液，除掉SO2，再通过浓硫酸，除去水蒸气，最后利用向上排空气法收集CO2，所以顺序应该为feabh，答案为B。32.取一定质量的NaBr、NaI的混合物平均分成四等份，分别加水配成溶液并编号甲、乙、丙、丁。再分别向各溶液中通入一定体积的氯气。将反应后所得溶液蒸干、灼烧的固体质量列表如下：编号甲乙丙丁固体成分NaCl、NaBr、Na