河北省石家庄市2012-2013学年高一下学期期末考试化学试题 解析版讲解

1、河北省石家庄市2012-2013学年高一下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 N 14 O 16 Na 23 Cu 64 Li 7 Cl 35.5 Fe 56 I 127Si 28 Mn 55 Ag 108第I卷（选择题55分）一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）1下列关于判断过程的方向的说法正确的是 （ ）A所有自发进行的化学反应都是放热反应B高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应C由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程D同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同答案：B解析：A、反应能否自发取决于焓变

2、和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，错误； B、判断化学反应能否自发进行由H-TS 组成的复合判据来判断，正确； C、反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小的反应，错误；D、同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大，错误。考点：考查化学反应方向的判断方法。2用含有少量镁的铝片制取纯净的Al(OH)3，可能有的步骤为： 加盐酸溶解； 加过量苛性钠溶液； 过滤； 通入过量CO2； 加过量纯碱溶液，实验操作最合理的组合及顺序是 （ ）A B C D答案:B解析: 铝可溶于碱液，而镁不能，故可将混合金属先溶解于过量的苛性钠溶液中，不

3、溶的镁过滤除去；滤液为偏铝酸钠溶液，可向其中通入过量的二氧化碳气体，得到Al(OH)3沉淀，过滤即可。考点 :考查镁铝及其化合物的性质3NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 LSO3中含有的分子数为NAB.100 mL 2.0 mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC.0.1mol/L稀硫酸中含SO42- 的数目为0.1NAD.标准状况下，11.2LNO和5.6LO2混合后,分子总数小于0.5NA答案: D解析:标准状况下，三氧化硫不是气体，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；盐酸是强酸，完全电离。醋酸是弱酸，存在电离平衡，则100 mL 2.0 m

4、ol/L的醋酸溶液中氢离子小于0.2NA，B不正 确；C中不能确定稀硫酸的体积，无法计算硫酸的物质的量，C不正确；标准状况下，11.2LNO和5.6LO2混合后，二者恰好反应生成0.5molNO2，但NO2存在化学平衡，即2NO2N2O4，所以分子总数小于0.5NA，D正确，答案选D。考点:考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断4下列离子方程式的书写正确的是（ ）A铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ 2Fe 3+ +3H 2BNaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH + HCO3 CO32 + H2OC钠和冷水反应 Na2H2ONa+2OH-H2D氯化铝溶液中加入过量的氨水 Al3+ + 4NH

5、3H2O AlO2 + 4NH4+ 2H2O答案: B解析: A项，铁和稀硫酸反应生成亚铁离子，A错误。B项，正确。C项，电荷不守恒，错误。D项，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故应生成氢氧化铝沉淀，错误。考点：离子方程式的正误判断5.某小组为研究电化学原理，设计如图装置，下列叙述正确的是（ ）A若a和b为石墨，通电后a电极上发生的反应为Cu22eCu B若a和b为铜，通电后a电极有气体产生C若a为铜，b为铁，通电后Cu2+向a电极移动 D若a为粗铜，b为纯铜，通电后b电极质量增加答案: D解析:选项A中a电极与电源的正极相连，做阳极，发生氧化反应，因此a极上的电极反应式为4OH4eO2+2H2O，故

6、A错误；选项B中a电极与电源的正极相连，做阳极，发生氧化反应。由于铜是活泼的金属，则a极上的电极反应式为Cu2eCu2，所以B错误；电解池中阳离子向阴极移动，选项C中b电极与电源的负极相连，做阴极，则铜离子向阴极即b极附近移动，故C错误；选项D中若a为粗铜，b为纯铜，该装置是铜的精炼，通电后b电极上铜离子放电生成铜单质，所以质量增加，故D正确，答案选D。考点：考查电解池原理的有关应用、判断6下列排列顺序正确的是（ ） 热稳定性：H2OHFH2S 原子半径：NaMgO 酸性：H3PO4H2SO4HClO4 熔沸点：H2OHFHClA B C D答案: B解析:非金属性越强，氢化物的稳定性越强，不

7、正确，热稳定性应该是HFH2OH2S；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则选项正确；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，不正确，酸性应该是HClO4H2SO4H3PO4；水、HF分子间均存在氢键，熔沸点偏高，选项正确，答案选B。考点：考查元素周期律的应用7某同学对一无色透明溶液进行分析得出该溶液中含有下列某组离子，你认为该组离子应该是（ ）AAl3+、NO3、K+、SO42 BCa2+、H+、CO32、AlO2 COH、SO42、NH4+、Al3+ DFe3+、Mg2+、NO3、Cl答案: A解析: 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。

8、A中离子可以大量共存，B中H+与CO32、AlO2以及Ca2+与CO32均不能大量共存；C中OH与NH4+、Al3+均不能大量共存；D中铁离子在溶液中向棕黄色，不能大量共存，答案选A。考点：考查离子共存的正误判断8在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是 （ ） A电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq) B教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移 C电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应 D原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极答案: B解析:电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 ，阴极得到氢气和NaOH(aq)，A不正确；原电池中阳离子向正极移动，

9、铜-锌原电池在工作时，铜是正极，Zn2+ 向铜片附近迁移，B正确；电镀时，电镀槽里的负极材料发生还原反应，C不正确；原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阴极，D不正确，答案选B。考点：考查原电池和电解池的有关判断9其他条件不变的情况下，下列说法不正确的是（ ） A对于反应nA（g）+B （g）2C（g），平衡后增大压强，A的百分含量减小，则n2。 B对于反应2A（g）B（g）H0,恒温恒容,压强不再变化说明反应达到平衡状态。 C对于反应2A（g）B（g），恒温恒容条件下，气体密度不变，说明达到平衡状态D对于反应2A（g）B（g），若v（A）正=2v（B）逆，说明反应达到平衡状态答案

10、: C解析: 对于反应nA（g）+B （g）2C（g），平衡后增大压强，A的百分含量减小，这说明增大压强，平衡向正反应方向移动，则n2，选项A正确；由于反应2A（g）B（g）是体积减小的可逆反应，所以恒温恒容时压强不再变化，可以说明反应达到平衡状态，选项B正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应2A（g）B（g）中质量和容积始终是不变的，因此密度始终是不变的，不能说明反应达到平衡状态，选项C不正确；选项D中反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明反应达到平衡状态，选项D正确，答案选C。考点：考查可逆反应平衡状态的判断、外界条件对平衡状态的影响10下列陈述正

11、确并且有因果关系的是（ ）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜答案: D解析:二氧化硫的漂白性是和有色物质结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，、正确但无因果关系，故A不选；二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，不正确、正确，无因果关系，故B不选；浓硫酸是强氧化性酸，浓硫酸干燥气体利用的是浓硫酸的吸水性，、正确但无因果关系，故C不选；三价铁离子具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，、正确且有因果关系，故D选，答案选D。考点：考查二

12、氧化硫、二氧化硅、浓硫酸、三价铁离子的性质11在一定条件下，对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)，C物质的质量分数w（C）与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是（ ） A.H0，m+n0，m+np+q C.H0，m+np+q D.Hp+q 答案: A解析: 根据图像可知，在压强相同时，随着温度的升高，C的含量逐渐降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，即H0；当温度相同时，压强越大，C的含量越低，这说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，因此正反应是体积增大的可逆反应，即m+np+q，答案选A。考点：考查外界条件对平衡状态的影响、图像识别和分析12为

13、探究足量锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（ ）A加入NH4HSO4固体，v(H2)不变，生成H2量不变 B加入少量水，v(H2)减小，生成H2量减少C加入CH3COONa固体，v(H2)减小，生成H2量不变D滴加少量CuSO4溶液，v(H2)增大，生成H2量减少答案: C解析:加入NH4HSO4固体，增大了溶液中H+的浓度，物质的量变大，则反应速率加快，生成H2量增大，故A错误；加入少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变，则v（H2）减小，生成H2量不变，故B错误；加入CH3COONa固体，醋酸钠与稀硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，但总物质的

14、量不变，则v（H2）减小，生成H2量不变，故C正确；滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，从而构成CuZn原电池，反应速率加快，因Zn足量，生成H2量不变，则v（H2）增大，生成H2量不变，故D错误，答案选C。考点：考查外界条件对反应速率对影响13.下图所示装置中，若关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊溶液变红，石灰水变浑浊。据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是（ ）ASO2和H2SO4（浓）BSO2和饱和NaHCO3CCl2和NaHSO3DNO2和KOH答案: B解析:关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊溶液变红，石灰水变浑浊，这说明无色气体中一定含有CO2或提高洗气瓶中有CO2生成。A中浓硫酸不能吸收

15、SO2，品红溶液褪色，不符合题意；B中通入饱和NaHCO3溶液后发生反应：SO2+NaHCO3Na2SO3+2CO2+H2O，SO2被吸收而放出CO2，所以品红溶液无变化，石蕊溶液变红，石灰水变浑浊，符合题意；C中氯气是黄绿色气体，且具有强氧化性，能把亚硫酸氢钠氧化生成硫酸钠，没有气体溢出，不符合题意；D中NO2是红棕色气体，通入到KOH溶液中NO2被吸收，没有气体溢出，不符合题意，答案选B。考点：考查SO2、氯气和NO2以及CO2的性质、物质的检验14. 短周期元素X原子核外的电子处于n个电子层上，最外层电子数为（2n+1），核内质子数为（2n21）。有关X的说法中不正确的是 （ ） AX能

16、形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐 BX元素气态氢化物的水溶液呈酸性 CX原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数 DX元素常见单质的化学式为X2 答案: B解析:短周期元素X原子核外的电子处于n个电子层上，最外层电子数为（2n+1），则该n一定大于1.如果n2，则该元素的质子数7，为氮元素，符合题意；如果n3，则质子数17，是氯元素，也符合题意。A正确，例如NaNO3、NaClO3等；B不正确，如果是氮元素，氮元素等氢化物是氨气，氨气溶于水显碱性；C正确，D正确，例如N2、Cl2等，答案选B。考点：考查核外电子排布、元素周期律的应用1536g碳不完全燃烧所得气体中，CO占三分之一体积，CO2

17、占三分之二体积。已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-110.5kJ/mol,2CO(g)+O2(g) =2CO2(g)H=-566kJ/mol,与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（ ）A 172.5kJ B 1149kJ C 517.5kJ D 283kJ 答案: D 解析:根据题意可知，碳损失的热量，就相当于是CO在燃烧时放出的热量。36g碳的物质的量为36g12g/mol3mol，所以CO的物质的量为3mol1/31mol。由于CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） H283kJ/mol，所以1molCO燃烧放出的热量为283kJ/mol1mol283kJ，即36g碳不完全

18、燃烧生成1molCO损失的热量为283kJ，答案选D。考点：考查反应热的计算16根据右图，下列判断中不正确的是（ ）A通入O2的电极的电极反应式为：O2 + 2H2O + 4e= 4OHB反应一段时间后，甲池中溶液的pH降低C乙池中电极B上发生还原反应D当乙池中的某一电极质量增加 10.80g时， 理论上甲池中消耗的气体至少为840mL（标准状况下）答案: C解析: 根据装置图可知，甲池是甲烷燃料电池，乙池是电解池。原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以氧气在正极通入，甲烷在负极通入。则B电极的碳棒是阳极，A电极的铁是阴极。甲池中电解质是氢氧化钾溶液，则通入O2的电极的电极反应式为：O2 +

19、 2H2O + 4e4OH，A正确；甲池中的总反应式是CH42KOH2O2K2CO33H2O，所以反应一段时间后，甲池中溶液的pH降低，选项B正确；电极B是阳极，溶液中的OH失去电子，发生氧化反应，C不正确；乙池中A电极是溶液中的银离子放电，电极反应式是Age=Ag。析出银的质量是10.80g，物质的量是0.1mol，转移0.1mol电子，则根据电子的得失守恒可知，消耗甲烷的物质的量是0.1mol80.0125mol，氧气的物质的量是0.1mol40.025mol，在标准状况下的体积是（0.025mol0.0125mol）22.4L/mol0.84L840ml，D正确，答案选C。考点：考查原电

20、池和电解池的有关判断、计算17. 将20 mL NO2和NH3的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式为： 6NO2+8NH3=7N2+12H2O，已知参加反应的NO2比参加反应的NH3少2 mL（气体体积均在相同状况下测定），则原混合气体中NO2和NH3的物质的量之比是（ ）3:22:33:73:4ABCD答案: A解析: 根据方程式6NO2+8NH37N2+12H2O可知，每消耗6体积的NO2，同时就消耗8体积的氨气，即参加反应的NO2比参加反应的NH3少2体积。因此如果参加反应的NO2比参加反应的NH3少2 mL，则参加反应的NO2和氨气方便是6ml和8ml，剩余20ml14ml6m

21、l。若剩余NO2，则原混合气体中NO2和NH3的物质的量之比是12:83:2；若剩余氨气，则原混合气体中NO2和NH3的物质的量之比是6:143:7，答案选A。考点：考查氨气和NO2反应的有关计算18. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）ACS2 BPCl5 CHClODBeCl2答案: A解析: 如果分子中元素化合价的绝对值与该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就满足8电子稳定结构。据此可知，选项B中的P、C中的H、D中的Be元素均不能满足8电子稳定结构，因此答案选A。考点：考查8电子稳定结构的判断19. 某溶液中只可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32

22、、AlO2、SO32、SO42、C1中的若干种（忽略水的电离），离子浓度均为0.2molL-1，现取该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，取X溶液进行以下实验：X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色；过滤，获得溶液A在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生则下列说法中正确的是（ ）A无法确定沉淀C的成分 B无法确定原溶液中是否含有Cl、A13+C溶液A中存在的阳离子有Ba2+、Fe2+、NH4、HD原溶液中存在Fe2+、NH4、Cl、SO42答案: D解析:在该溶液加入稀

23、硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，这说明溶液中一定不存在CO32、AlO2、SO32。X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A、无色气体A，A遇空气变成棕色，这说明白色沉淀A一定是硫酸钡，气体A是NO，即溶液中含有SO42。同时还含有还原性离子Fe2+。在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，过滤获得溶液B。因此沉淀B一定含有氢氧化铁，气体B一定是氨气，所以溶液中含有NH4。在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生，沉淀C可能是氢氧化铝，也可能是碳酸钡，所以不能确定溶液中是否含有A13+。由于溶液是电中性的，则根据离子的浓度均是0.2mol/L，所以溶液中一定还含

24、有氯离子，所以正确的答案选D。考点：考查离子共存以及离子检验的有关判断20某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）4C（？）+2D（？），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（ ）A该反应的化学平衡常数表达式是K=B此时，B的平衡转化率是35C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D增加C，B的平衡转化率不变答案: D解析: 平衡时生成1.6molC，则根据方程式可知平衡时A、B、C、D的物质的量分别是2.8mol、1.2mol、1.6mol和0.8

25、mol，则根据反应的前后压强之比为5:4可知，D是气体，C不是气体，即该反应是体积减小的可逆反应，因此选项A不正确；平衡时生成1.6molC时，则消耗的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为，故B错误；正反应是体积减小的，则增大该体系的压强，平衡向右移动，但由于温度没变，化学平衡常数不变，故C错误；由于C不是气体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确，答案选D。考点：考查可逆反应平衡常数的判断、转化率计算以及外界条件对平衡状态的影响二、不定项选择题（共5小题，每小题3分，漏选得2分，多选不得分，共15分）21.在下列化学反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极

26、性键、非极性键形成的是（ ）ACl2H2OHClOHCl BMg3N26H2O3Mg(OH)22NH3C2Na2O22H2O4NaOHO2 DNH4ClNaOHNaClNH3H2O答案: C解析:一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。如果是同一种非金属元素之间形成共价键，则是非极性键。不同种非金属元素之间形成的是极性键。据此可知选项A中没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；选项B中没有非极性键的断裂与形成，B不正确；选项D中也没有非极性键的断裂与形成，D不正确，所以答案选C。考点：考查化学键断裂与形成的有关判断22. 在8.08g铁与铜

27、的混和物中，加入200mL 0.6mol/L的稀硝酸，充分反应后剩余金属5.44g。再向其中加入50mL 0.4mol/L的稀硫酸，充分振荡后剩余金属4.48g。若硝酸的还原产物只有NO，下列说法正确的是（ ） A剩余的5.44g金属为铁 B剩余5.44g 金属为铜 C8.08g金属中铁的质量分数为0.208 D共生成NO气体 0.03mol答案: BC解析: 由于金属性是铁强于铜，且每次均有金属剩余，说明反应后溶液中肯定没有Fe3+，肯定有Fe2+。3Cu + 8H+ + 2NO3- 3Cu2+ + 2NO + 4H2O3 8 23Fe + 8H+ + 2NO3- 3Fe2+ + 2NO +

28、 4H2O3 8 2第一次加入H+和NO3-均为：0.2L 0.6mol/L 0.12mol，而有金属剩余，则反应后溶液中必然不含H+，而NO3-只有1/4被还原：0.12mol 1/40.03mol。设溶解Cu为xmol，溶解Fe为ymol则：xmol + ymol3/8 0.12mol64g/mol xmol + 56g/mol ymol 8.08g 5.44g 2.64g解这个方程组，得：x0.015，y0.03第二次又加入H+为：0.05L 0.4mol/L 20.04mol，从方程式看出又有0.01mol的NO3-进一步被还原。而如果金属全部消耗的是Fe，则金属必然减少：56g/mo

29、l 3/8 0.04mol0.84g ”、“”、“ （2）37.5% 0.25 （3） （4） （5）BD解析: （1）2min达平衡，平衡时C为1.5mol，浓度为1.5mol2L0.75mol/L，则：2A（g）+3B（g）3C（g）起始浓度（mol/L）11.50转化浓度（mol/L）0.50.750.75平衡浓度（mol/L）0.50.750.75所以30平衡常数k4由题意可知，升高温度平衡时C的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，即H0（2）30时平衡时C的物质的量为1.5mol，则：2A（g）+3B（g）3C（g）物质的量减少n321.5mol 1mol因此平衡时反应混合物总的物质的量为2mol3mol1mol4mol则C的体积分数137.5%v（C）0.75mol/