学年天津市七校高二上学期期末考试化学试题 解析版Word格式文档下载.docx

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B．升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，B错误；

C．催化剂对反应物、生成物的能量无影响，只能改变反应途径，降低反应的活化能，因此对反应的焓变无影响，C错误；

D．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，D正确；

故合理选项是D。

3.下列叙述正确的是

A.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh（水解平衡常数）越小

B.铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈

C.铜既可以发生析氢腐蚀又可以发生吸氧腐蚀

D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3

【答案】B

【详解】A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：

Kb=

，所以Ka越小，Kb越大，A错误；

B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，B正确；

C．铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，C错误；

D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，CH3CH2OH存在醇羟基，—OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，D错误；

故合理选项是B。

4.下列说法不正确的是

①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量

②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率

③对反应3H2（g）+N2（g）

2NH3（g），在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变

④对于反应3KSCN（aq）+FeCl3（aq）

Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq），加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大

A.①②④B.②③C.②③④D.①③④

【答案】C

【详解】①锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；

②如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；

③充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③错误；

④该反应的实质是Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误；

可见说法不正确的是②③④，故合理选项是C。

5.有关电化学知识的描述正确的是

A.Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑这个反应可设计成原电池

B.利用Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K+向FeCl3溶液移动

C.因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe-2e-=Fe2+

D.由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg（OH）2

【详解】A.由于活动性H>

Cu，所以Cu与硫酸不能发生反应，所以该反应不是自发的氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；

B.根据电池总反应式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可知Cu失电子，作原电池的负极，正极上Fe3+得电子生成Fe2+，利用盐桥组成原电池，将氧化剂FeCl3和还原剂Cu分开，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，则盐桥内K+向FeCl3溶液移动，B正确；

C.铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，由于在室温下铁遇到浓硝酸会钝化，所以金属铜作负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，C错误；

D.由Al、Mg与NaOH溶液组成的原电池，Mg与NaOH不能发生反应，而Al与NaOH溶液反应，所以该原电池中Al作负极，Al失电子，发生氧化反应，D错误；

6.下列表述中，说法正确的个数是

①pH=6的溶液一定是酸性溶液

②用Na2CO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂

③为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸

④25℃时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积一定等于10-14

⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡

⑥0.2mol/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大

⑦用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液反应制取Al2S3固体

⑧用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3

A.1B.2C.3D.4

【详解】①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如95℃时纯水的pH=6，该溶液是中性溶液，所以要根据pH判断溶液酸碱性时一定要注明温度，否则无法判断，①错误；

②NaHCO3与Al2（SO4）3混合，会发生盐的双水解反应，二者彼此促进生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，这与盐类水解有关，而不是用Na2CO3作泡沫灭火剂，②错误；

③Fe3+易水解生成Fe（OH）3，而使溶液变浑浊，所以为防止水解可以加入稀盐酸，与盐类水解有关，③正确；

④25℃时，如果是酸或碱溶液，其抑制水电离，则水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积小于10-14，如果溶质是含有弱离子的盐，则水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积大于10-14，如果溶质是强酸强碱盐，其水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积等于10-14，但是溶液中水的离子积常数一定是10-14，④错误；

⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中还存在水的电离平衡，⑤错误；

⑥0.2mol/L醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是溶液体积增大程度使离子浓度减小的趋势大于其电离使离子浓度增大程度的趋势，最终导致溶液中c（H+）减小，⑥错误；

⑦Al2S3固体在溶液中会水解，在溶液中不能稳定存在，所以应该用Al和S加热制备Al2S3固体，⑦错误；

⑧广范pH试纸的测定结果为整数，则用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，不能是2.3，⑧错误；

所以说法正确的只有③，故选项A正确。

7.以下实验设计能达到实验目的是

实验目的

实验设计

A

探究浓度对反应速率的影响

盛有4mL1mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管，一支加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，另一支加入2mL0.2mol/LH2C2O4溶液

B

制备无水AlCl3

蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液

C

重结晶提纯苯甲酸

将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶

D

比较铜和镁的金属活动性强弱

用石墨电极电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合液

A.AB.BC.CD.D

【详解】A.高锰酸钾过量太多，观察不到颜色褪色的快慢，无法探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；

B.蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，B错误；

C.苯甲酸在水中的溶解度不大，温度高溶解度较大，所以应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，C错误；

D.石墨电极电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合液，由于离子放电顺序Cu2+>

H+>

Mg2+，所以在阴极上Cu2+放电，所以金属性Mg大于Cu，D正确；

8.已知C—C单键可以绕键轴旋转。

某烃的结构简式如图，下列说法中正确的是

A.该烃在核磁共振氢谱上有6组信号峰

B.1mol该烃完全燃烧消耗16.5molO2

C.分子中至少有10个碳原子处于同一平面上

D.该烃是苯的同系物

有机物含2个苯环，不是苯的同系物，苯环为平面结构，与苯环之间相连的C一定在同一平面上，由结构对称性可知，分子中共3种位置的H，以此来解答。

【详解】A.由结构的对称性可知，含3种不同位置的H原子，则核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，A错误；

B．有机物分子式为C14H14，1mol该化合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为（14+

）mol=17.5mol，B错误；

C.苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，则苯环与甲基的C及另一苯环上的2个C和甲基上的C共面，则分子中至少有10个碳原子处于同一平面上，C正确；

D.苯的同系物中只含1个苯环，而该物质含2个苯环，不属于苯的同系物，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握结构中苯环的平面结构是解答的关键，明确结构的对称性分析H原子，本题注重基础知识的考查。

9.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：

2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）ΔH<

0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。

则下列分析正确的是（）

A.在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3

B.若反应开始时容器体积为2L，则v（SO3）＝0.35mol/（L·

min）

C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n（SO3）<

1.4mol

D.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于QkJ

试题分析：

A．反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1：

1，A错误；

B．若容器体积不变，v（SO3）=（1.4mol÷

2L）÷

2min=0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，相当于增大体系的压强，化学反应速率增大，所以v（SO3＞0.35mol/（L•min），B错误；

C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向进行，平衡后n（SO3）＜1.4mol，C正确；

D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向进行，达平衡时放出热量小于QkJ，D错误。

答案选C。

考点：

考查恒温恒压和恒温恒容条件下的化学反应速率和化学平衡的移动的有关知识。

10.对于反应N2O4（g）

2NO2（g）在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数φ（NO2）随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点），下列说法正确的是

A.A、C两点的正反应速率的关系为A＞C

B.A、B、C、D、E各状态中，v（正）＜v（逆）的是状态E

C.维持P1不变，E→A所需时间为x；

维持P2不变，D→C所需时间为y，则x＜y

D.使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲可选用的条件是从P1突然加压至P2

【详解】A.对于有气体参加的化学反应，增大压强，化学反应速率增大，由于C点对应的压强大于A点的压强，所以正反应速率vA＜vC，A错误；

B.在图象中，A、B、C三点都在平衡线上，所以这三点的正逆反应速率相等，E点要达到平衡，必须提高NO2的质量分数，也就是反应要向正反应方向进行，从而得出v（正）＞v（逆），B错误；

C.增大压强，化学反应速率增大，由于D点的压强大于E点的压强，所以D点的反应速率大于E点的反应速率，故所需时间x＞y，C错误；

D.当快速加压时，平衡未移动，当缓慢加压时，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以“使E状态从水平方向到达C状态”，应突然加压；

“由C沿平衡曲线以达A状态”，应缓慢降压。

D正确；

11.将浓度为0.1mol·

L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是

A.c（H+）B.c（H+）/c（HF）C.c（F－）/c（H+）D.Ka（HF）

略

12.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.含有大量NO3－的溶液：

H+、NH4+、I-、S2O32-

B.中性溶液：

Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-

C.

=1×

10-12的溶液：

K+、AlO2-、CO32-、Na+

D.由水电离出的c（H+）=10-12mol/L的溶液：

Na+、K+、CO32-、SO42-

【详解】A.NO3-、H+具有强的氧化性，可以与I-、S2O32-发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；

B.中性溶液：

Fe3+、Al3+会形成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，不能大量共存，B错误；

C.

10-12的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中，选项离子不会发生反应，可以大量共存，C正确；

D.由水电离出的c（H+）=10-12mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中：

H+、CO32-会发生反应，不能大量共存，D错误；

13.下列关系的表述中，正确的是

A.等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数小于NaClO溶液中离子总数

B.中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠的物质的量之比为1:

1

C.等物质的量浓度的下列溶液：

①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④（NH4）2CO3、⑤NH4HCO3中c（CO32-）的大小关系为：

②﹥④﹥③﹥⑤﹥①

D.0.2mol/L的CH3COONa和0.1mol/L的盐酸等体积混合溶液显酸性：

c（CH3COO-）>

c（Cl-）>

c（H+）>

c（CH3COOH）>

c（OH-）

A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，根据电荷守恒判断；

B.pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：

醋酸＞盐酸，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，酸的物质的量：

醋酸＞盐酸；

C.由于④都发生互促水解，水解程度较大，相对来说，④>

⑤，则c（CO32-）的大小⑤<

④；

【详解】A.等体积、等物质的量浓度的NaCl、NaClO溶液中，NaCl和NaClO的物质的量相等，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（ClO-），次氯酸钠溶液呈碱性，氯化钠呈中性，氯化钠中c（H+）大于次氯酸钠中c（H+），NaCl、NaClO溶液中阴阳离子总数是阳离子的2倍，两种溶液中钠离子浓度相等，所以等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数，A错误；

B.醋酸是弱酸，部分电离，pH相同的醋酸和盐酸，酸浓度：

醋酸＞盐酸，酸的物质的量越多，反应消耗NaOH的物质的量越多，所以醋酸消耗的NaOH的物质的量比盐酸多，B错误；

C.由于④发生互促水解，水解程度较大，所以c（CO32-）：

②>

④，①为二元弱酸，c（CO32-）最小；

⑤阴、阳离子水解相互促进，所以c（HCO3-）：

③>

④，c（HCO3-）的浓度越大，电离产生c（CO32-）越大，所以c（CO32-）：

④，则这五种溶液中c（CO32-）的大小关系为：

②﹥④﹥③﹥⑤﹥①，C正确；

D.0.2mol/L的CH3COONa和0.1mol/L的盐酸等体积混合，二者发生反应，CH3COONa过量，反应产生NaCl、CH3COOH，所得溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明：

CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，但醋酸是弱酸，电离程度很小，主要以酸分子的形式存在，所以c（CH3COOH）>

c（H+），因此该溶液中微粒的物质的量浓度关系为：

c（OH-），D错误；

【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较的知识。

要根据弱电解质的电离影响因素、物质的结构、盐类水解等知识点来分析解答，明确弱电解质电离特点及其影响因素是解本题关键，易错选项是A，根据电荷守恒再结合溶液中存在的阳离子浓度判断离子总数大小。

14.在某温度时，将nmol/L的氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是

A.a点KW=1.0×

10－14

B.水的电离程度：

b﹥a﹥c﹥d

C.b点：

c（NH4+）﹥c（Cl-）﹥c（H+）﹥c（OH-）

D.25℃时NH4Cl水解平衡常数为（n－1）×

10-7（用n表示）

A.根据图象可知，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积小于1.0×

10-14 

（mol/L）2；

B.b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，NH4+水解促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；

由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小；

C.该关系c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）不满足电荷守恒；

D.25℃时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-）=10-7 

mol/L，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：

c（NH3•H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算。

【详解】A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×

mol2•L-2，A错误；

B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，NH4+水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；

由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，B错误；

C．b点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：

c（Cl-）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：

c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），C错误；

D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：

c（H+）=c（OH-）=10-7 

mol/L，c（Cl-）=c（NH4+）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：

c（NH3•H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：

K=

=（n-1）×

10-7，D正确；

【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。

15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图象如图所示（不考虑C2O42-的水解）。

下列叙述正确的是

A.Ag2C2O4+2Cl-

2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.04

B.N点表示AgCl的不饱和溶液

C.向c（Cl-）=c（C2O42-）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀

D.Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10－7

【详解】A．Ag2C2O4+2C1-

2AgCl+C2O42-的平衡常数K=

，此时溶液中的c（Ag+）相同，故有：

K═

=109.04，A正确；

B．n点，溶液中c（Ag+）大于平衡时溶液中c（Ag+），则浓度积Qc＞Ksp，反应向生成沉淀方向进行，则溶液为过饱和溶液，B错误；

C．根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，故向c（Cl-）=c（C2O42-）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，C错误；

D．Ksp（Ag2C2O4）=c2（Ag+）•c（C2O42-）=（10-4）2×

（10-2.46）=10-10.46，故数量级为10-11，D错误；

故合理选项是A。

16.常温下，下列所述有关离子浓度之间的关系错误的是

A.将0.2mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LKOH溶液等体积混合：

3c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）

B.浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后pH=5，则混合溶液中：

c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2×

（10-5-10-9）mol/L

C.将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，溶液中2c（CO32-）+c（HCO3-）=0.1mol/L

D.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在：

c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）

【详解】A．根据电荷守恒可得：

c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）=c（K+）+c（H+）+c（Na+），由于混合液中c（Na+）=0.1mol/L、c（K+）=0.05mol/L，则c（Na+）=2c（K+），所以3c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），A正确；

B．常温下，混合液pH=5，c（H+）=1.0×

10-5mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×

10-9mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-），据物料守恒：

Ⅱ2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），Ⅰ×

2+Ⅱ可得：

c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2c（H+）-c（OH-）=2×

（10-5-10-9）mol/L，B正确；

C．将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），根据溶液中的电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由于c（H+）=c（OH-），则c（Na