学年福建厦门第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版Word文档下载推荐.docx

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A．钢铁制品人们总希望使用的时间越长越好，使用钢铁时应该减缓其反应速率，A错误；

B．食物人们需要其有一定的保质期，使用食物时要减缓其反应速率，B错误；

C．工业炼钢总希望速率越快越好，所以需要增大化学反应速率，C正确；

D．塑料制品人们总设法减缓其老化，使使用时间延长，所以塑料老化不需要增大起反应速率，D错误；

答案选C。

考点：

考查化学反应速率与人们的愿望的关系的判断的知识

4.NaCl溶液的电解产物可用于生产盐酸、漂白粉、氢氧化钠等产品。

下列说法错误的是

A.HCl的电子式：

B.NaOH中既含离子键又含共价键

C.电解NaCl溶液时，阴极区pH增大的原因：

2H2O+2e-=2OH-+H2↑

D.漂白粉露置在空气中：

Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO

【答案】A

【解析】HCl是共价化合物，电子式是

，故A错误；

NaOH中钠离子和氢氧根离子之间是离子键，氢原子与氧原子之间是共价键，故B正确；

电解NaCl溶液时，阴极电极反应式是2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以阴极区pH增大，故C正确；

碳酸酸性大于次氯酸，所以漂白粉露置在空气中发生Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO反应，故D正确。

5.在一定条件下，对于A2（g）+3B2（g）

2AB3（g）反应来说，以下化学反应速率的表示中，化学反应速率最快的是

A.v（A2）=0.8mol·

L-1·

s-lB.v（A2）=30mol·

min-l

C.v（AB3）=1.0mol·

s-lD.v（B2）=1.2mol·

s-l

【解析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，根据速率之比是相应的化学计量数之比，即

换算为用同种物质表示的速率；

然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，如果都用物质A2表示反应速率（mol·

s-1），A项：

mol·

s-1，B项：

min–l=0.5mol·

s–l；

C项：

D项：

s–l，所以反应速率最快的是A，故选A。

点睛：

比较用不同物质表示反应速率的快慢，要做到两个统一。

一、统一单位；

二、统一物质，即根据速率比等于系数比，计算成用同一种物质表示的速率。

6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。

A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B.放电时，a极为负极

C.充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜

【解析】A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；

B.放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；

C.充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；

D.M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D错误，故选D。

7.下列事实与氨水是弱碱的事实无关的是

A.氨水中NH4+、OH-、NH3·

H2O等微粒同时存在B.1mol·

L-1氨水溶液的pH=10

C.pH=10的氨水冲稀100倍所得溶液的pH大于8D.氨水与AlCl3溶液反应生成A1（OH）3

【解析】弱电解质溶液中弱电解质的分子与弱电解质电离的离子共存，氨水中NH4+、OH-、NH3·

H2O等微粒同时存在，可知氨水是弱碱，故A错误；

1mol·

L-1氨水溶液的pH=10，说明氨水部分电离，可知氨水是弱碱，故B错误；

pH=10的氨水冲稀100倍所得溶液的pH大于8，说明氨水存在电离平衡的移动，可知氨水是弱碱，故C错误；

强碱、弱碱都能与AlCl3溶液反应生成A1（OH）3，氨水与AlCl3溶液反应生成A1（OH）3沉淀不能证明氨水是弱碱，故D正确。

判断电解质的强弱，关键是判断在水溶液中能不能全部电离，若完全电离是强电解质，若不完全电离是弱电解质，如氨水中NH4+、OH-、NH3·

H2O等微粒同时存在，所以氨水是弱碱。

8.室温下，下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是

A.含有大量MnO4-的水溶液中：

NH4+、Fe2+、SO42-、H+

B.在pH=12的溶液中：

ClO-、SO32-、Na+、K+

C.c（H+）=1.0×

10-13mol·

L-1溶液中：

CH3COO-、K+、SO42-、Br-

D.能与铝粉反应生成氢气的溶液中：

Na+、A13+、CH3COO-、I-

【解析】MnO4-具有氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+，故A错误；

ClO-能把SO32-氧化为SO42-，故B错误；

c（H+）=1.0×

L-1溶液呈碱性，碱性条件下CH3COO-、K+、SO42-、Br-不反应，故C正确；

能与铝粉反应生成氢气的溶液呈酸性或碱性，若呈酸性，CH3COO-与H+生成弱酸CH3COOH，若呈碱性A13+不能大量存在，故D错误。

9.对于反应2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g），能增大正反应速率的措施是

A.降低体系温度B.增大容器容积

C.移去部分SO3D.增大O2的浓度

【解析】降低体系温度，速率一定减慢，故A错误；

增大容器容积，气体压强减小，正逆反应速率都减慢，故B错误；

移去部分SO3，体系内物质的浓度降低，正逆反应速率都减小，故C错误；

增大反应物的浓度，正逆反应速率都加快，故D正确。

本题考查影响反应速率的因素，注意不管是移去反应物还是生成物，正逆反应速率均减小，不管是增大反应物还是生成物的浓度，正逆反应速率均增大。

10.对平衡CO2（g）

CO2（aq）；

ΔH=-19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是

A.升温增压B.降温减压C.降温增压D.升温减压

【解析】正方向放热，升高温度平衡逆向移动，升温二氧化碳溶解度减小，故A错误；

减小压强平衡向气体系数和大的方向移动，减压二氧化碳溶解度减小，故B错误；

正方向放热，降温正向移动；

增压平衡向气体系数和小的方向移动，所以降温增压，可以增大二氧化碳气体在水中的溶解度，故C正确；

正方向放热，升温逆向移动；

减压平衡向气体系数和大的方向移动，所以升温减压，可以减小二氧化碳气体在水中的溶解度，故D错误；

本题考查影响化学平衡移动的因素，根据勒夏特列原理，改变影响平衡移动的一个因素，平衡向减弱这种改变的方向移动。

11.298K、1.01×

105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。

写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是

A.Se（s）+H2（g）=H2Se（g）ΔH=-242kJ·

mol-1

B.Se（s）+H2（g）=H2Se（g）ΔH=-20kJ·

C.Se（g）+H2（g）=H2Se（g）ΔH=+81kJ·

D.Se（s）+H2（g）=H2Se（g）ΔH=+81kJ·

【解析】能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；

Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se（s）+H2（g）=H2Se（g）ΔH=+81kJ·

mol-1，故C错误、D正确；

12.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）。

在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示。

现有两个体积相同的恒容密闭容器甲和乙，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示。

下列说法正确的是

A.该反应的ΔH>

0；

P1>

P2B.反应速率B点高于D点

C.A、C两点的平衡常数相同D.M、L两点中，CH3OH的体积分数相同，且p（M）=2p（L）

【答案】B

【解析】根据图1，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的ΔH<

0；

增大压强，平衡正向移动，甲醇体积分数增大，相同温度下，压强P1时甲醇体积分数大于P2，所以P1>

P2，故A错误；

增大压强，平衡正向移动，甲醇体积分数增大，根据图示，B点甲醇体积分数大于D，所以B点压强大于D点，所以反应速率B点高于D点，故B正确；

A、C两点温度不同，所以平衡常数不同，故C错误；

根据图2，M、L两点，CO转化率相同，所以CH3OH的体积分数相同，甲乙体积相同，M点气体物质的量是L点的2倍，M点的温度大于L，所以p（M）>

2p（L），故D错误。

本题考查温度、压强对平衡移动的影响，升高温度平衡向吸热方向移动、增大压强平衡向气体系数和减小的方向移动。

13.利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH、Ka随温度变化曲线关系如图。

已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。

下列有关说法不正确的是

A.理论上ΔH=0时，Ka最大

B.25℃时，[CH3COOH]最大

C.电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当

D.CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因

【解析】A、理论上△H=0时,电离程度最大，氢离子和醋酸根离子浓度最大，Ka最大，故A正确；

B、25℃时,，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度[CH3COOH]最小，故B错误；

C、分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，拆开化学键吸收的能量与水合时放出的热量相当，电离的热效应较小，故C正确；

D、拆开氢键需要能量，但随温度的升高，氢键越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是△H随温度升高而减小的主要原因，故D正确；

故选B。

14.探究电场作用下阴阳离子的迁移。

a、b、c、d均为石墨电极，电极间距4cm。

将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下实验：

实验现象：

时间

试纸I

试纸II

lmin

a极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝

c极附近试纸变红，d极附近……

10min

红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm

两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色

下列说法不正确的是

A.d极附近试纸变蓝

B.a极附近试纸变红的原因是：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

C.对比试纸I和试纸II的现象，说明电解质浓度环境影响H+和OH-的迁移

D.试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH-快

【解析】d极为阴极，氢离子在此极发生还原反应变为氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，d极附近试纸变蓝，A正确；

a极为阳极，氢氧根离子在此极发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，a极附近试纸变红，B错误；

10min以后，试纸I和试纸Ⅱ的现象不同，说明电解质浓度越大，对H+和OH-的迁移影响较大，C正确；

红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm，说明氢离子H+的迁移速率比OH-快，D正确；

正确答案：

B。

用惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极反应：

2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，pH试纸变蓝；

阳极反应：

4OH--4e-=2H2O+O2↑，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，酸性增强，pH试纸变红。

15.有人设想以N2和H2为反应物，以溶有X的稀盐酸为电解质溶液，制造出新型燃料电池，装置如图所示。

A.放电时H+向左移动，生成的物质X是NH4ClB.通入H2的一极为正极

C.通入N2的电极反应为：

N2+6H+-6e-=2NH3D.放电过程右边区域溶液pH逐渐增大

【解析】以N2、H2为原料，以溶有X的稀盐酸为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+；

负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为H2-2e-=2H+，总反应为：

N2+3H2+2HCl=2NH4Cl。

A.放电时H+向正极移动，即向左移动，生成的物质X是NH4Cl，故A正确；

B.通入H2的一极为负极，故B错误；

C.通入N2的电极为正极，发生还原反应，N2+6e-+8H+=2NH4+，故C错误；

D.放电过程右边区域为负极区，H2-2e-=2H+，溶液pH逐渐减小，故D错误；

故选A。

本题考查了新型燃料电池，注意正负极的反应和判断，注意从化合价变化的角度分析。

本题中氮气和氢气反应生成氨气，反应中氮气发生还原反应，氢气发生氧化反应，因此通入氮气的电极为正极，通入氢气的电极为负极。

16.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是

A.纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗

B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镶层仍能对铁制品起保护作用

C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法

D.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀

【解析】A项，纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀，故A正确；

B项，当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀层不再起到保护作用，故B错误；

在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极（阳极）被消耗，从而保护了正极（阴极）Fe，该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；

D项，利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护钢管不受腐蚀，故D正确。

本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。

金属腐蚀一般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；

电化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项；

金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。

17.室温下足量的铝粉分别和等体积pH=12的NaOH溶液以及pH=2的某酸溶液反应，放出氢气的体积分别为V1、V2，则在相同状况下，V1、V2的关系可能是

A.V1<

V2B.V1=V2C.V1>

V2D.以上三种情况都有可能

【解析】pH=12的NaOH溶液浓度为0.01mol/L，pH=2的某酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，二者等体积与足量的Al反应。

若该酸为强酸，则氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量相等，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，可知生成氢气体积V1=3V2；

若该酸为弱酸，氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量之比可能为2：

6，则生成氢气体积V1=V2，氢氧化钠与酸提供的氢离子物质的量之比可能大于2：

6，则生成氢气体积V1＞V2，故D正确。

本题考查弱电解质的电离、根据化学方程式有关计算，关键是讨论酸的是强酸还是弱酸，判断酸提供氢离子物质的量与氢氧化钠物质的量关系。

18.已知分解1molH2O2放出热量98kJ。

在含有少量I-的溶液中，H2O2分解机理为：

H2O2+I-=H2O+IO-慢

H2O2+IO-=H2O+O2+I-快

A.IO-是该反应的催化剂B.反应的速率与I-浓度有关

C.v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）D.反应活化能等于98kJ·

【解析】在含有少量I-的溶液中H2O2分解，而IO－为中间产物，所以I-是该反应的催化剂，故A错误；

H2O2+I-=H2O+IO-反应慢，H2O2分解的速率取决于H2O2+I-=H2O+IO-反应速率，增大I-浓度，能增大H2O2+I-=H2O+IO-反应速率，所以反应的速率与I-浓度有关，故B正确；

根据化学计量数关系可确定v（H2O2）＝2v（O2），故C错误；

1molH2O2分解时反应热为－98kJ·

mol－1，并不是活化能，故D错误。

19.甲酸甲酯是重要有机化工原料，制备反应为CH3OH（g）+CO（g）

HCOOCH3（g）ΔH<

相同时间内，在容积固定的密闭容器中，使反应在不同温度下进行（起始投料比均

为1），相同时间内测得CO的转化率随温度变化的曲线如下图。

下列说法中不正确的是

A.70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是升高温度反应速率增大

B.85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，其原因可能是升高温度平衡逆向移动

C.d点和e点的平衡常数：

Kd<

Ke

D.a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同

【解析】A.70~80℃，反应未达到平衡，升高温度反应速率增大，相同时间内，表现为CO转化率随温度升高而增大，故A正确；

B.85~90℃反应达到了平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B正确；

C.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，d点的平衡常数＞e点的平衡常数，故C错误；

D.根据方程式，

与方程式中的化学计量数之比相等，因此a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同，故D正确；

故选C。

20.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。

下列有关微生物电池的说法错误的是

A.正极反应中有CO2生成B.微生物促进了反应中电子的转移

C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O

首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。

A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：

葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成，A正确；

B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。

原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移，B正确；

C、原电池中阳离子向正极移动，即质子通过交换膜从负极区移向正极区，C正确；

D、正极是氧气得到电子结合氢离子生成水，即O2＋4e-＋4H＋＝2H2O，D错误，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理

【名师点晴】该题是高频考点，侧重于电化学原理的应用。

电化学包括原电池和电解池。

原电池是将化学能转化为电能的装置，组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。

电解池是将电能转化为化学能的装置。

与外加电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极。

阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。

若阳极是活性电极，则是电极本身失去电子，若电极是惰性电极，则电解质溶液（或熔融状态）阴离子发生还原反应。

掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。

特别是要注意溶液的酸碱性，有无质子交换膜等。

视频

二、解答题（本题包含5个小题，共60分）

21.实验室拟用如下装置进行SO2的制备及性质实验

①已知稀硝酸、亚硝酸作为氧化剂时，一般其还原产物为一氧化氮。

②lg2=0.3

③SO2易溶于水，通常条件下溶解的体积比为1∶40

回答下列问题：

（1）①制取SO2反应的化学方程式为_____________________________________________。

②实验开始时加入的5gCaCO3的作用是_____________________________________。

（2）①当__________________时，将NaHSO3晶体抖入烧瓶中，观察到D瓶及E瓶出现大量沉淀，

②写出D瓶中发生反应的离子方程式_____________________________________。

③

（1）、

（2）两步反应A中的导气管口的位置是_____________。

A.前“a”后“b”B.前“a”后“a”C.前“b”后“b”D.前“b”后“a”

（3）实验结果，B中仍澄清透明，C中稍有浑浊，通过手持技术检测B、C溶液中pH变化得到如下图象：

通过理论计算，若C中所有的NO3-被还原，所得溶液冲稀10倍后pH为_______（精确小数点后一位）

（4）结果分析，与实验方案评价SO2通入BaCl2溶液中与通入Ba（NO3）2溶液中pH相差不大，若估测NO3-能将SO2氧化，理论计算值与实际测得值相差很大，分析其原因是同条件下：

稀HNO3的氧化性_____稀HNO2的氧化性（填“强于”或“弱于”或“接近”）。

该实验设计在安全方面存在缺陷，请在不增加试剂瓶