福建省厦门市湖滨中学2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

厦门市湖滨中学2020-2020学年第二学期期中考高二化学试卷可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 N-14 Cu-64 Fe-56一、单选题（共15题，每小题3分，共45分）1.下列对生产、生活中的有关问题认识正确的是（ ）A. 用新能源代替化石燃料，可以减少雾霾天气的发生B. 采用催化转换技术提高汽车尾气中有害气体的转化率C. 明矾、活性炭、氯化铁等净水剂，使用时均利用了水解的原理D. 氢氧燃料电池、铅蓄电池、硅太阳能电池中都利用了原电池原理【答案】A【解析】【详解】A. 化石燃料包括煤、石油和天然气等，尤其是煤燃烧会产生烟尘和二氧化硫气体，所以用新能源代替化石燃料，可以减少雾霾天气的发生，故A正确；B. 采用催化转换技术，将汽车尾气中有害气体转化为无害气体，催化剂不影响化学平衡，不能提高有害气体的转化率，故B错误；C. 明矾和氯化铁净水是利用了铝离子和铁离子的水解反应；活性炭净水是利用了活性炭的吸附性，故C错误；D. 氢氧燃料电池、铅蓄电池利用了原电池原理；硅太阳能电池中利用了光电效应而非原电池原理，故D错误；故选A。2.下列说法正确的是（ ）A. 碳燃烧的热化学方程式为C(s)+1/2O2(g)CO(g) H=+110.5kJmol-1B. 镀锌铁皮发生电化学腐蚀时，负极反应式为：Zn2e= Zn2C. NaHS水解的离子方程式是：HS+H2OS2+H3O+D. 溶液中碳酸的电离方程式为：H2CO32H+ CO32【答案】B【解析】【详解】A. 碳燃烧反应为放热反应，H0，故A错误；B. 电化学腐蚀原电池原理，活泼金属作负极，负极失电子，反应式为：Zn2e= Zn2，故B正确；C. NaHS水解的离子方程式应是：HS+H2OH2S+OH-，故C错误；D. 二元弱酸的电离是分步电离的，应分步书写，其中第一步电离远大于第二步电离，所以溶液中碳酸的电离方程式为：H2CO3H+HCO3，HCO3-H+CO32-，故D错误；故选B。3.在CH3COOHH+CH3COO的电离平衡中，要使电离平衡向左移动，应采取的措施是（ ）A. 加冰醋酸B. 加CH3COONaC. 加水D. 加NaOH【答案】B【解析】试题分析：A向醋酸中加入冰醋酸，电离程度减少，但平衡向正反应方向移动，故A不选；B向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子，所以溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故B选；C加水促进电离，平衡正向移动，故C不选；D向溶液中加入固体氢氧化钠，氢氧根离子和氢离子反应生成水，所以能促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，故D不选；故选B。考点：考查弱电解质的电离。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温下，pH=1的盐酸中，含H+ 的数目为0.1NAB. 含有1mol NH4Cl和少量NH3H2O的中性溶液中，NH4+数目为NAC. 密闭容器中，2molSO2与1molO2充分反应后生成SO3的分子数为2NAD. 电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数一定为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A. 不知道盐酸的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A错误；B.溶液呈中性，则说明c(H+)=c(OH-) ，根据电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，所以NH4+数目为NA，故B正确；C. 2molSO2与1molO2反应是可逆反应，无法完全反应得到2molSO3，故C错误；D. 没有说明是标准状况，所以根据气体的体积无法计算气体的物质的量，也无法计算电子的转移数目，故D错误；故选B。【点睛】在涉及到气体体积的计算时一定要注意是否为标准状况；在计算溶液中离子数目时，要注意是否知道溶液的体积。5.下列说法中正确的是（ ）A. 盐酸的导电能力一定比醋酸的导电能力强B. 一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入醋酸钠固体，产生H2速率减小，H2体积减小C. 同温度下，0.1molL1氨水中NH4+的浓度比0.1molL1NH4Cl溶液中NH4+的浓度小D. 将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧可得到CuCl2固体【答案】C【解析】【详解】A.溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关，A项没有说明溶液的浓度，故A错误；B.加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减低，所以产生H2速率减小，由于Zn的物质的量不变，所以产生的H2体积不变，故B错误；C.同温度下，氨水属于弱电解质，只有少部分电离，NH4Cl属于强电解质，完全电离，所以相同浓度的氨水及NH4Cl溶液中，氨水中NH4+的浓度小，故C正确；D. CuCl2溶液在加热过程中由于HCl的挥发，使Cu2+的水解平衡正向移动最终生成Cu(OH)2，灼烧Cu（OH）2得到CuO固体，故D错误，故选C。【点睛】本题易错选A，注意电解质的强弱与溶液导电能力的强弱之间无必然联系。6.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）25时亚硝酸钠溶液的pH大于7 用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 0.1molL1 HNO2溶液的pH2.1A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。考点：考查弱酸的判断点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。7.常温下某溶液中水电离出的c(H+)=11010 molL-1，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（ ）A. NH4、Fe2、NO3、SO42B. Na、K、Cl、SO42C. Mg2、H、Cl、NO3D. K、Ca2、HCO3、Cl【答案】B【解析】【详解】常温下某溶液中水电离出的c(H+)=11010 molL-1，由此可见水的电离受到抑制，所以溶液为酸性或是碱性，即溶液中可能还存在大量氢离子或是氢氧根离子；A.若溶液呈酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，若溶液呈碱性，则NH4、Fe2不能大量存在，故A不选；B. Na、K、Cl、SO42与H+、OH-都不反应，所以可以大量共存，故B正确；C. 若溶液呈碱性，Mg2、H不能大量存在，故C不选；D.不论是酸性还是碱性溶液中，HCO3-都不能大量存在，故D不选，故选B。【点睛】有限制条件的离子共存问题，要注意隐含条件，比如溶液的酸碱性，颜色等；常温下，纯水电离出的c(H+)=1107 molL-1，若溶液中水电离出的c(H+)1107 molL-1，则说明水的电离受到抑制。8.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是()A. 放电时，多孔碳材料电极为负极B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1）O2【答案】D【解析】分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。详解：A题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。B因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。C充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。D根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1)O2 Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X 2Li + (1)O2，选项D正确。点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用下图的方法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）A. 该保护方法称为外加电流的阴极保护法B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管柱C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】【详解】A. 钢管桩连接电源的负极，不失电子，所以该保护方法称为外加电流的阴极保护法，故A正确；B. 外电路中，电子从高硅铸铁流向电源正极，从电源负极流向钢管桩，故B正确；C. 高硅铸铁作为惰性辅助阳极，不被损耗，故C错误；D. 通入的保护电流应抑制钢管桩电化学腐蚀产生的电流，应该根据环境条件(pH值，离子浓度，温度)变化进行调整，故D正确；故选C。10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 图1表示一定量冰醋酸晶体加水过程中溶液导电性的变化B. 图2表示某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，a、b、c三点溶液的KW：c=bc(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D. 在M点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)【答案】D【解析】AM点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；B1L0lmolL-1NH4Cl溶液中，存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3H20)=0.1mol/L，随着NaOH的加入，NH4+与NH3H2O物质的量总量不变，故B错误；C向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3H2O的混合物，由于NH3H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，故C错误；D在M点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，则n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故D正确；答案为D。14.浓度均为0.1molL1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgV/V0的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 常温下，由水电离出的c(H+)c(OH-)：abD. lgV/V0=3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)， 则c(X-)/c(Y-)减小【答案】A【解析】A、加水稀释，对水的电离抑制减弱，促进水的电离，因此水电离出的c(H)c(OH)：ab，故A正确；B、HX和HY两种酸的浓度均为0.1molL1，根据图像，HX中c(H)c(CN-)，下列关系正确的是_（填标号）。Ac(H+)c(OH-) Bc(H+)AC (2). CN+CO+ H2O = HCO3+HCN (3). B、D (4). HCO3+ H2OH2CO3+OH (5). c（Na+）c（HCO3-）c（OH-）c（H+）c（CO32-） (6). c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-） (7). 稀盐酸 (8). Al3+ + 3HCO3 = Al（OH）3 +3CO (9). 10:1【解析】【分析】根据弱电解质的电离平衡常数及水解原理比较溶液的酸碱性；根据电荷守恒物料守恒等规律比较溶液中离子浓度大小；根据pH的表达式进行相关计算。【详解】（1）电离平衡常数，CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3NaCNCH3COONa，故答案为 BAC；（2）因为HCNK4.91010大于H2CO3的K24.71011，所以NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005molL-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+）c（OH-），溶液呈碱性；A根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）c（OH-），故A错误；B混合液呈碱性，则c（H+）c（OH-），故B正确；C溶液中含有等物质的量的NaCN和HCN，溶液呈碱性，则CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)c(OH-)，故C错误；D根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，故D正确，故答案为：BD；（4）NaHCO3溶液呈碱性，是因为HCO3-水解程度大于电离程度，水解的离子方程式为：HCO3+ H2OH2CO3+OH；碳酸氢钠完全电离，碳酸氢根水解程度大于电离程度，所以溶液中各离子浓度的大小为：c（Na+）c（HCO3-）c（OH-）c（H+）c（CO32-）；电荷守恒表达式 c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；II（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，在配制FeCl3的溶液时，滴加少量稀盐酸，抑制Fe3+水解，故答案为：稀盐酸；（2）浓的Al2(SO4)3溶液和浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合后发生水解反应且相互促进，使得反应进行到底，离子反应方程式为Al3+ + 3HCO3 = Al（OH）3 +3CO；（3）氢氧化钠和盐酸都属于强电解质，完全电离，且1:1反应时溶液呈中性，则ab，则a:b=10:1。18.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_（填标号）。A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C0.10 molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D氢硫酸的还原性强于亚硫酸（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率a1= _%，反应平衡常数K=_（保留2位有效数字）。在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率a2_a1，该反应的H_0。（填“” “ (5). (6). B【解析】(1)A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；C.0.10molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；D氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误；故答案为：D；(3)对于反应H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)起始(mol) 0.40 0.10 0 0转化(mol) x x x x平衡(mol) 0.40-x 0.10-x x x反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01。H2S的平衡转化率a1=100%=2.5%，体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=mol/L=0.156mol/L，c(CO2)=mol/L=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=mol/L=0.004mol/L，则K=0.00285，故答案为：2.5；0.00285；根据题目提供数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，a2a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故H0，故答案为：；A增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；B增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确；CCOS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；DN2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误；故答案为：B。点睛：本题涉及元素周期律、热化学方程式以及化学平衡的影响因素和计算等问题，注意把握盖斯定律的应用以及化学平衡三段式的计算方法。本题的易错点为(1)，强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明某是弱电解质，只要证明存在部分电离即可，可以根据钠盐溶液的酸碱性、一定浓度的酸pH等方法判断。19.一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积百分含量将减小。（1）根据上图数据，写出反应的化学方程式 _；从反应开始到平衡时的平均速率v(C)=_。（2）该反应的H _ 0(填“”、“”或“=”)。（3）此反应平衡常数的表达式为K=_。（4）该反应的反应速率v和时间t的关系如图2所示：根据上图判断，在t3时刻改变的外界条件是_。A的转化率最大的一段时间是_。各阶段的平衡常数如表所示：K1、K2、K3之间的关系为：_(用“”、“K2=K3【解析】(1)根据图像可知，A、B为反应物,C为生成物，从反应开始到达平衡的过程中A、B、C的物质的量的变化为0.3 mol、0.6 mol、0.6 mol，所以反应方程式为A2B2C。C的平均速率为0.6 mol/(5 L3 min)=0.04 molL1min1。(2)反应达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应。(3)该反应的平衡常数表达式为K=(4)t3时刻改变条件，正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向进行，则改变的条件是升高温度。t5时刻改变的条件是使用催化剂，A的转化率不变，故整个过程中A的转化率最大的一段时间是t2t3。因为t3升高温度，t5使用催化剂，该反应为放热反应所以K1K2=K320.我们在实验室模拟工业制氨的过程，以探究外界条件对平衡的影响。查阅资料，获得以下键能数据：化学键NNH-HN-H键能/(kJ/mol)946436391（1）计算工业合成氨反应的反应热：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_kJ/mol（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入N2 0.6mol，H2 0.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡时，N2转化率为1/6，此时容器的体积为1L。该温度时容器中平衡体系的平衡常数是_。若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入氖气，则平衡将_(填“正向”，“逆向”或“不”)移动。（3）在两个压强相等，温度分别为T1和T2的容器中充入由1molN2和3molH2组成的混合气体，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡后改变容器体积，容器内 N2的体积分数随压强的变化如图所示。据图判断下列说法正确的是_（填标号）。aA、B、C三点的平衡常数大小关系：KAKBKCbA点和B点混合气体的密度大小关系：AC（4）合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置如图所示：在阳极区发生的反应包括_和H+ HCO3-=H2O+CO2。简述CO32-在阴极区再生的原理_。再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25，101KPa下：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H1=484kJ/mol2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2 (g)+4H2O(g) H2=1352kJ/mol写出CO2和H2生成1molCH3OH(g)的热化学方程式_。【答案】 (1). 92 (2). 10 (3). 逆向 (4). b (5). 4OH-4e-=O2 +2H2O (6). 溶液中HCO3-存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，阴极H+放电，c（H+）减少平衡右移CO32-再生（或阴极H+放电，使c（OH-）增大，OH-与HCO3-反