福建省福州市第八中学学年高二下学期期中考试化学试题文档格式.docx
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①Zn（s）＋
O2（g）＝ZnO（s）ΔH＝－348.3kJ·
mol－1
②2Ag（s）＋
O2（g）＝Ag2O（s）ΔH＝－31.0kJ·
则Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为
A.Zn（s）＋Ag2O（s）===ZnO（s）＋2Ag（s）ΔH＝＋317.3kJ·
B.Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag ΔH＝＋317.3kJ·
C.Zn（s）＋Ag2O（s）===ZnO（s）＋2Ag（s）ΔH＝－317.3kJ
D.2Zn（s）＋2Ag2O（s）===2ZnO（s）＋4Ag（s）ΔH＝－634.6kJ·
【答案】D
【解析】根据盖斯定律，用①－②得：
Zn（s）＋Ag2O（s）=ZnO（s）＋2Ag（s）ΔH＝－348.3kJ/mol－（－31.0kJ/mol）＝－317.3kJ/mol，C选项单位错误，若增大2倍，则为：
2Zn（s）＋2Ag2O（s）===2ZnO（s）＋4Ag（s）ΔH＝－634.6kJ·
mol－1，正确。
答案选D。
4.一定条件下，在体积为VL的密闭容器中发生化学反应CO（g）＋2H2（g）
CH3OH（g），可判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是
A.v生成（CH3OH）＝v消耗（CO）
B.混合气体的密度不再改变
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变
D.CO、H2、CH3OH的浓度比为1:
2:
1
【解析】A、任何时刻都有v生成（CH3OH）＝v消耗（CO），选项A错误；
B、因体积不变，气体的质量不变，任何时刻密度都不变，选项B错误；
C、根据
=
，
不变，
不变，说明
不变，所以反应达平衡状态，选项C正确；
D、CO、H2、CH3OH的浓度比为1:
1而不是各种物质的浓度保持不变，反应不一定达平衡状态，选项D错误。
答案选C。
5.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：
mA（g）＋nB（g）
pC（g）＋qD（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度由0.15mol·
L－1变为原来的0.20mol·
L－1，则下列叙述正确的是
A.m＋n>
p＋qB.m＋n<
p＋q
C.平衡向正反应方向移动D.C的体积分数增大
【解析】一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：
pC（g）＋qD（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，各物质浓度因为体积变化为2倍，C的浓度为原来的2倍；
题干中当达到新平衡时，C的浓度由0.15mol·
L－1，达不到原来的2倍，说明体积变化后平衡发生了移动，依据C浓度变化可知，平衡左移，根据平衡移动原理分析，逆方向是气体体积减小的反应；
依据分析判断，正反应方向是气体体积增大的反应，m＋n<
p＋q，选项A错误，选项B错误；
平衡向逆反应方向移动，选项C错误；
C的体积分数减小，选项D错误。
6.可逆反应N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）在密闭容器中进行，一段时间后测得c（N2）＝1.5mol/L，c（H2）＝0.6mol/L，c（NH3）＝1.5mol/L，则此反应达到平衡后，下列数据可能正确的是
A.c（N2）＝2.25mol/LB.c（NH3）＝1.9mol/L
C.c（H2）＝0.3mol/LD.c（N2）＝1.3mol/L
【解析】因为反应是可逆的，转化率达不到100％，若氨气向逆方向转化，应有c（N2）<
1.5mol/L+×
1.5mol/L=2.25mol/L，c（H2）<
0.6mol/L+×
1.5mol/L=1.1mol/L；
若氮气和氢气向正方向转化，氮气过量，应有c（N2）>
1.5mol/L-×
0.6mol/L=1.3mol/L，c（NH3）<
1.5mol/L+×
0.6mol/L=1.9mol/L；
故1.3mol/L<
c（N2）<
2.25mol/L，0<
c（H2）<
1.1mol/L，0<
c（NH3）<
1.9mol/L；
则符合以上范围的只有C选项，答案选C。
7.25℃将0.1mol·
L－1的HCl和0.06mol·
L－1Ba（OH）2溶液以等体积混合后，该混合液的pH是
A.1.7B.12.3C.12D.2
【解析】首先要判断哪种物质过量，盐酸溶液中：
c（H+）=0.1mol/L，Ba（OH）2溶液中：
c（OH-）=0.06mol/L×
2=0.12mol/L，又因等体积混合，故碱过量，则溶液中：
c（OH-）=
=0.01mol/L，故pH=-lgc（H+）=14+lg0.01=14-2=12。
8.下列各项描述与原电池原理的应用无关的是
A.将ΔH＜0的氧化还原反应设计成原电池，将化学能转变为电能
B.轮船水线以下的船壳上，嵌一定数量的锌块，保护船体不被腐蚀
C.在锌与稀硫酸反应的溶液中加入少量CuSO4，能加快生成H2的速率
D.为了保护地下钢管不受腐蚀，将它与一定电压的直流电源的负极相连
【解析】A、理论上自发的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置，选项A有关；
B、轮船水线以下的船壳上，嵌一定数量的锌块，保护船体不被腐蚀是牺牲阳极的阴极保护法，选项B有关；
C、在锌与稀硫酸反应的溶液中加入少量CuSO4，锌置换出铜，锌铜和硫酸形成原电池，能加快生成H2的速率，选项C有关；
D、为了保护地下钢管不受腐蚀，将它与一定电压的直流电源的负极相连，是外加电源的阴极保护法，与电解池的原理有关而与原电池原理无法。
9.如图，四种装置中所盛的溶液体积均为500mL，浓度均为0.6molL－1，（③可以实现铁表面镀锌）工作一段时间后，测得导线上均通过了0.2mol电子，此时溶液中的pH由大到小的顺序是
A.④②①③
B.④③①②
C.④③②①
D.①③②④
【解析】根据装置可知，①是电解硫酸铜溶液的，根据反应式2CuSO4＋2H2O2
Cu＋2H2SO4＋O2↑可知，溶液中生成0.2mol氢离子；
②是原电池，消耗0.2mol氢离子，剩余氢离子
=0.1mol；
③是铁上镀锌，溶液的pH不变；
④是电解饱和食盐水，根据反应式2Cl－＋2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑可知，溶液中生成0.2molOH-，所以溶液中的pH由大到小的顺序是④③①②，答案选B。
10.如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流表中有电流通过，则下列说法正确的是
A.两个铜片上都发生还原反应
B.锌片是阴极
C.石墨电极上发生还原反应
D.两个番茄都形成原电池
【答案】A
【解析】A、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，选项A正确；
B、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，选项B错误；
C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，发生氧化反应，选项C错误；
D、左装置是原电池，右装置是电解池，选项D错误。
答案选A。
点睛：
依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应，锌做负极，铜做正极；
右装置是电解池，铜做电解池的阴极，碳做电解池的阳极；
再根据原电池和电解池原理进行判断，从而解答。
11.下图为直流电源，Ⓑ为浸透饱和碘化钾溶液和淀粉溶液的滤纸，Ⓒ为电镀槽。
接通电路后发现Ⓑ上的d点显蓝色。
为实现铁上镀锌，接通
后，使c、d两点短路。
下列叙述不正确的是
A.f电极为锌板
B.c极发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
C.a为直流电源的正极
D.e极发生氧化反应
【解析】依据c点显红色，可判断出c极发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑，选项B正确；
故c点连接的b极为直流电源的负极，a极为直流电源的正极，选项C正确；
依次确定e极为阳极、发生氧化反应，选项D正确；
f极为阴极、发生还原反应，则铜片作阳极、铁片作阴极，f电极为铁片，选项A不正确。
12.对于Fe（s）＋H2SO4（aq）===FeSO4（aq）＋H2（g） ΔH＜0的化学反应，下列叙述不正确的是
A.若将该反应设计成原电池，反应时化学能转化为电能
B.ΔH的值与反应方程式的化学计量数有关
C.若将该反应设计成原电池，铁棒为负极
D.若将其设计为原电池，当有28gFe溶解时，正极放出气体的体积11.2L
【解析】A、该反应是自发进行的氧化还原反应，可设计成原电池，原电池是将反应能转化为电能的装置，选项A正确；
B、ΔH的值与反应方程式的化学计量数成正比，选项B正确；
C、若将该反应设计成原电池，铁棒为负极失电子发生氧化反应生成亚铁离子，选项C正确；
D、若将其设计为原电池，当有28gFe溶解时，即0.5mol铁溶解，转移电子数为1.0mol，正极放出气体是氢气，标准状况下的体积为
×
22.4L/mol=11.2L，但条件中没说明标准状况，选项D错误。
13.LiFePO4新型锂离子动力电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。
已知该电池放电时的电极反应式为：
正极：
FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，负极：
Li－e－===Li＋。
下列说法正确的是
A.充电时电池反应式为FePO4＋Li===LiFePO4
B.放电时在正极上是Li＋得电子被还原
C.放电时电池内部Li＋向正极移动
D.充电时动力电池上“＋”的电极与外接电源的负极相连
【解析】A、放电时的总反应式为FePO4＋Li=LiFePO4，充电时总反应式为放电时的逆反应LiFePO4=FePO4＋Li，选项A错误；
B、由放电时正极反应式可知Li＋价态不变，FePO4在正极得电子，选项B错误；
C、放电时，Li＋向正极移动，选项C正确；
D、充电时动力电池上“＋”的电极与外接电源的正极相连，选项D错误。
14.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·
L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是
A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【解析】滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错；
酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B对；
用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错；
滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D对。
【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。
15.下列叙述不正确的是
A.100℃纯水的pH<
7，此时水仍呈中性
B.pH＝3的醋酸溶液，稀释至100倍后pH小于5
C.0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH＝1
D.pH＝3的醋酸溶液，与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
【解析】A.100℃纯水的pH<
7，但c（H+）=c（OH-）,此时水仍呈中性选项A正确；
B、稀释有利于弱电解质的电离，pH＝3的醋酸溶液，稀释至100倍后pH小于5，选项B正确；
C、0.2mol/LHCl与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，PH=-lgc（H+）=-lg0.1=1，选项C正确；
D、pH=3的醋酸，c（CH3COOH）＞0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，c（NaOH）=0.001mol/L，等体积混合，醋酸过量，c（OH-）＜c（H+），溶液呈酸性，选项D错误。
16.用水稀释0.1mol·
L－1氨水时，溶液中随着加水量的增加而减小的是
A.
B.
C.c（H＋）和c（OH－）的乘积D.OH－的物质的量
【解析】试题分析：
A、由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH-）增大，
增大，故A错误；
B、由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH-）增大，
减小，故B正确；
C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故C错误；
D、由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故D错误；
故选B。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系。
用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH-+NH4+可知，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少。
17.把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，发生反应：
3X＋Y===nZ＋2W，5min末已生成0.2molW，若测知以Z浓度变化来表示的平均速率为0.01mol·
L-1·
min-1，则该反应中Z气体的化学计量数n的值是
A.1B.2C.3D.4
以Z浓度变化来表示的反应速率为0.01mol·
L－1·
min－1，则生成Z的物质的量是0.01mol·
min－1×
2L×
5min＝0.1mol。
根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，n＝1，答案选A。
考点：
考查反应速率的有关计算和应用
点评：
在计算反应速率时，常用的关系式就是，在化学反应中反应速率之比是相应的化学计量数之比，据此可以据此进行有关计算和判断。
18.用石墨电极电解50mLCuSO4的溶液，两极上均收集到4.48L气体（标准状况），则原混合液中Cu2＋物质的量浓度为
A.1mol·
L－1B.2mol·
L－1C.3mol·
L－1D.4mol·
L－1
【解析】电解50mLCuSO4的溶液，阳极发生的反应为：
4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：
Cu2++2e-=Cu，2H++2e-→H2↑，两极均收集到4.48L（标准状况）气体，即均生成0.2mol的气体，阳极生成0.2mol氧气说明转移了0.8mol电子，而阴极上生成的0.2molH2只得到了0.4mol电子，所以剩余0.4mol电子由铜离子获得，则溶液中有0.2mol铜离子，据c=
得到铜离子的浓度为：
=4mol/L。
19.在一定温度下，反应H2（g）＋X2（g）
2HX（g）的平衡常数为100。
若将1.0mol的HX（g）通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX（g）的最大分解率接近于
A.17%B.5%C.33%D.25%
【解析】2HX（g）
H2（g）＋X2（g）
起始浓度（mol/L）1.000
转化的浓度（mol/L）c0.5c0.5c
平衡浓度（mol/L）1.0－c0.5c0.5c
因为该反应是已知反应的逆反应，所以平衡常数是正反应的倒数，即K=
=，解得c=≈17%，所以HX（g）的最大分解率为17%，答案选A。
20.在相同温度和压强下，对反应CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入体积不变的容器内各组分的物质的量见下表：
CO2
H2
CO
H2O
甲
2amol
乙
amol
丙
丁
amol
上述四种情况达到平衡后，n（CO）的大小顺序是
A.乙＞丁＞甲＞丙B.乙＝丁＜丙＝甲
C.丁＞乙＞丙＝甲D.丁＞丙＞乙＞甲
【解析】四个容器中若都换算成反应物，则CO2和H2的物质的量（mol）分别为甲：
2a、2a；
乙：
2a、a；
丙：
丁：
2a、a。
所以甲＝丙，乙＝丁。
甲容器相当于在乙平衡的基础上又加入了amol的CO2，因此可提高氢气的转化率，生成物CO的物质的量就多。
故答案是B。
21.下图表示温度和压强对平衡状态下可逆反应2M（g）＋N（g）
2Q（g）ΔH＜0的影响。
下列有关说法正确的是（反应容器的体积不变）
A.x可能表示该反应的平衡常数
B.x可能表示平衡混合物的密度
C.当x表示Q的体积分数时，T2＜T1
D.当x表示平衡混合物的物质的量时，T2＜T1
【解析】A、平衡常数只根温度有关，而与压强无关，不会因压强的增大而降低，选项A错误；
B、若x可能表示平衡混合物的密度，反应容器的体积不变，则随着压强增大，混合气体的密度不变，与图中信息不符，选项B错误；
C、该反应正方向为放热反应，若x表示Q的体积分数，则升高温度，反应逆向移动，Q的体积分数减小，故T2＜T1，选项C正确；
D、当x表示平衡混合物的物质的量时，升高温度，平衡逆向移动，平衡混合物的物质的量增大，T1＜T2，选项D错误。
二、填空题（58分）
22.据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。
（1）有关键能数据如下表：
化学键
Si—O
O===O
Si—Si
键能/kJ·
460
498.8
176
晶体硅中Si原子的杂化方式为______，1mol晶体硅中含有______molSi—Si键。
晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为____________
（2）假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是_________。
A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．硅的来源丰富，易于开采，且可再生
C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制
D．寻找高效新催化剂，使硅的生产耗能很低，是硅能源开发利用的关键技术
（3）工业制备纯硅的反应为2H2（g）＋SiCl4（g）===Si（s）＋4HCl（g） ΔH＝240.4kJ·
mol－1，生成的HCl通入100mL2mol·
L－1的NaOH溶液恰好反应，则反应过程中吸收的热量为__________kJ。
【答案】
（1）.sp3
（2）.2（3）.Si（s）＋O2（g）===SiO2（s）ΔH＝－989.2kJ·
mol－1（4）.D（5）.12.02
【解析】
（1）硅的最外层电子数是4，其中3s，3p轨道各有两个，形成4个杂化轨道。
硅和碳处于同主族，和碳的杂化方式类似，为sp3杂化；
因为硅晶体中一个硅原子连接4个硅原子，其中每两个硅原子共享一个共价键，所以每个硅原子实际连有两个共价键，则1mol晶体硅中含有2molSi—Si键；
反应掉1mol硅，需要断裂2mol的Si-Si，生成1mol的SiO2形成4mol的Si-O键，晶体硅在氧气中燃烧的焓变为：
ΔH＝+176kJ·
mol－1×
2+498.8kJ·
mol－1-460kJ·
4=kJ·
mol－1＝－989.2kJ·
mol－1，晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si（s）＋O2（g）=SiO2（s）ΔH＝－989.2kJ·
mol－1
（2）A、硅是固体，从安全角度考虑，不必考虑泄露的问题，便于运输、贮存，选项A正确；
B、硅元素在自然界中的含量居第二位，来源丰富，选项B正确；
C、硅燃烧，生成的二氧化硅是固体，选项C正确；
D、理论上，制备硅不需要催化剂，选项D错误。
（3）n（HCl）=n（NaOH）=0.1L×
2mol·
L－1=0.2mol，则反应过程中吸收的热量为Q=nΔH＝0.2mol×
240.4kJ·
mol－1=12.02kJ。
23.由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀，若用如下图所示实验装置可制得纯净的Fe（OH）2沉淀。
两极材料分别是为石墨和铁。
试完成下列问题：
（1）a电极材料是_____。
电解质溶液d若为______（填字母），则白色沉淀在电极上生成，此时a电极的电极反应式为_________________________；
电解质溶液d若为____（填字母），则白色沉淀在两极之间的溶液中生成，若这种情况下，电路中有0.4mol电子通过，则理论上生成Fe（OH）2的质量为_______g。
A．纯水 B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液
（2）液体c为苯，所起的作用是__________________________，在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是__________________。
（3）若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为________，发生反应的方程式为__________________。
【答案】
（1）.Fe
（2）.C
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