山西省晋城市陵川县学年高二化学下学期期中Word格式文档下载.docx

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A．O、S能与Na形成摩尔质量相同的化合物，分别为Na2O2、Na2S，且阴阳离子个数比都是1：

2，故A正确；

；

B．含O与Si元素的常见化合物是二氧化硅，属于共价，故B错误；

C．Cl的非金属性大于S，所以最高价氧化物的水化物的酸性Cl＞Si，但未指明最高价氧化物的水化物时，不能确定，如次氯酸与硫酸相比，硫酸的酸性大于次氯酸，故C错误；

D．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径的大小关系是Z＞W＞Q＞Y，故D错误，故选A。

4.C

本题考查了离子共存。

酸性环境中能氧化Fe2＋，A错误；

水电离出的c（H＋）＝10-12mol/L，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3－

在酸性、碱性中均不能存在，B错误；

c（H＋）/c（OH－）＝1012，溶液呈酸性，酸性环境中NH4+

、Al3+、NO3－

、Cl－可以大量共存，C正确；

Fe3+能与SCN－发生反应，D错误。

5.A

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；

物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

【分析】由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有O2．

该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）．混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2．把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有O2，

故选A．

6.A

H2SO3的还原性强于HBr，因此发生反应的先后顺序是H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl，H2SO3是中强酸，H2SO4和HCl都是强酸，因此c（H＋）增大，2HBr＋Cl2=2HCl＋Br2，氢离子浓度不变，故选项A正确。

7.A

试题分析A．水从气态到液态、从液态到固态的变化均是熵减的过程，根据盖斯定律：

反应H2O（g）═H2O（l）是1/2，△H═（a-b 

）/2kJ/mol，故A错误；

B．当有4NA个C-H键断裂时，即消耗甲烷的物质的量是1mol，该反应放出热量为akJ或是bkJ，故B错误；

C．根据反应CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）吸收的热量为2x+413kJ×

2，放出的热量是：

798kJ×

2+463kJ×

4=2522kJ，反应是放热的，所以2x+413kJ×

2-2522kJ=bkJ，解得 

x=

，故C正确；

D．电解精炼铜的原理：

负极上是金属锌、铁、镍先失电子，当负极输出0.2NA个电子时，电解槽的阳极不仅今是减小的金属铜的质量，故D错误；

故选C。

8.B

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极；

B．升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动；

C．铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀；

D．测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏斗．

A．用电解方法制取Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应该用Fe作阳极，如果Fe作阴极，没有亚铁离子生成导致无法制取Fe（OH）2，故A错误；

B．升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动，所以可以利用温度不同结合物质颜色变化确定反应热，故B正确；

C．铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下发生析氢腐蚀，氯化钠溶液呈中性，所以该装置是验证铁发生吸氧腐蚀，故C错误；

D．测定反应速率时，应该用分液漏斗而不是长颈漏斗，否则生成的气体从长颈漏斗中逸出且无法控制液体流速，故D错误；

故选B．

9.D

A．平衡常数K=c（B）·

c（C），只与温度有关，则缩小容器体积，K保持不变，因c（B）、c（C）同等倍数变化，为使K保持不变，只有c（B）、c（C）浓度均不变化，即与原平衡浓度相等，故A正确；

B．根据平衡的v（正）=v（逆）可知，平衡时，单位时间内n（B）生成：

n（C）消耗=1：

1，故B正确；

C．因A是固体，再向平衡体系中加入少量A，平衡不移动，故C正确；

D．由于反应是可逆反应，因此达到平衡时吸收热量小于Q，故D错误；

故选D。

10.B

【考点】取代反应与加成反应．

【分析】根据加成反应的定义：

有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．

A、甲烷中的氢原子被氯原子所取代，属于取代反应，故A错误；

B、乙烯中的碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了溴原子，属于加成反应，故B正确；

C、乙醇在铜的催化作用下被氧气氧化，属于氧化反应，故C错误；

D、苯中的氢原子被硝基所取代，属于取代反应，故D错误；

11.B

12.C

【考点】pH的简单计算；

弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【分析】A．温度不变，电离平衡常数不变；

B．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知c（CH3COO﹣）增大，则电离平衡逆向移动误；

C．加入少量NaOH固体，与溶液中的H+结合，导致溶液中氢离子浓度减小；

D．pH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1×

10﹣5mol•L﹣1，加入少量pH=5的硫酸，该硫酸溶液中氢离子浓度为1×

10﹣5mol•L﹣1，氢离子浓度相等，平衡不移动．

A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故A错误；

B．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，该电离电离平衡向左移动，故B错误；

C．加入少量NaOH固体，氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H+反应生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，故C正确；

10﹣5mol•L﹣1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为1×

10﹣5mol•L﹣1，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动，则混合液中c（H+）不变，故D错误；

故选C．

13.B

A．二氧化硫起始浓度为2mol/10L=0.2mol/L，由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以△c（SO2）=0.85×

0.2mol/L=0.17mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/L-0.17mol/L=0.03mol/L，故A错误；

B．由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，所以△c（SO2）=0.8×

0.2mol/L=0.16mol/L，则：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

开始（mol/L）：

0.2 

0.1 

变化（mol/L）：

0.16 

0.08 

0.16

平衡（mol/L）：

0.04 

0.02 

所以A点平衡常数为K=

=800，故B正确；

C．达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V（正）＞V（逆），可以用图乙表示，故C错误；

D．由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2＜T1，故D错误。

14.B

15.D

A、a电极上NO→NH4＋，化合价降低，得电子，因此a连接电源的负极，作阴极，故错误；

B、b电极为为阳极，反应式为NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，故错误；

C、阴极反应式为NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O，总电极反应式为：

8NO＋7H2O=3NH4NO3＋2HNO3，转移5mol电子，消耗NO的物质的量为8/3mol，NO的体积为8×

22.4/3L，故错误；

D、根据电极总反应式，多了硝酸，因此需要通入NH3，故正确。

16.B

【名师点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。

25℃时，用0.0500mol•L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00mL0.1000mol•L-1NaOH溶液，发生的反应为：

H2C2O4+2NaOH=Na2C2O4+2H2O、H2C2O4+Na2C2O4=2NaHC2O4。

A．点①表示滴入25.00mL0.0500mol•L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液，恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒判断；

B．点②溶液中，依据质量守恒、溶液体积增大判断即可；

C．点③滴入0.0500mol•L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液50.00

mL，溶液溶质为NaHC2O4，溶液呈酸性；

D．点①为草酸钠成碱性，点②溶液溶质为NaHC2O4、Na2C2O4呈中性，点③溶液，溶质为NaHC2O4，呈酸性，介于②和③之间溶液NaHC2O4逐渐增多，溶液呈酸性。

17.

（1）①正 

②4OH－－4e－

O2↑+2H2O 

③变大 

变小 

不变

（2）2CuSO4+2H2O

2Cu+O2+2H2SO4 

16 

氧化铜

解析：

本题考查了电解池及相关计算。

（1）①电极均为石墨电极，而乙中电解质为CuSO4溶液，且c电极质量增加，则c电极发生Cu2++2e－

Cu，说明c电极为阴极，由此可推断电源M极为负极，N为正极；

②甲中电解质为NaOH溶液，而b电极为阳极，故电极反应为：

4OH－－4e－

O2↑+2H2O；

③甲中电解NaOH溶液为电解水型，OH－浓度增大，pH变大；

乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，故pH变小；

丙中电解K2SO4溶液为电解水型，pH不变；

（2）乙中电解CuSO4溶液为放氧生酸型，电解反应方程式为：

2CuSO4+2H2O

2Cu+O2↑+2H2SO4；

e电极阴极，电极反应式为：

2H++2e－

H2↑，收集到气体在标准状况下体积为4.48L，即为0.2mol，则转移0.4mole－，根据转移电子数目相等，则乙中生成了0.2mol铜和0.1mol氧气，所以复原时加0.2mol氧化铜，即16g。

18.

（1）K12/K2（2分）

（2）289-2a（2分）

（3）①<

（2分），<

（2分）；

②0.1（2分）；

③2（2分）；

（4）A（2分）

（3）①根据图像可知T2＞T1，降低温度c（C1NO）增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0。

②反应开始到10min时，c（C1NO）=1mol/L，则v（C1NO）=1mol/L÷

10min=0.1mol/（L·

min），则NO的平均反应速率v（NO）=v（C1NO）=0.1mol/（L·

min）

③2NO（g）+Cl2（g）

2ClNO（g）

起始（mol/L）210

反应（mol/L）10.51

平衡（mol/L）10.51

所以T2时该反应的平衡常数K=

=12/12×

0.5=2。

（4）n（NO）/n（C12）的比值越小，说明若n（NO）不变，n（C12）越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点。

19.

（1）ls22s22p63s23p64s1（2分）；

＜（1分）

（2）平面正三角形（1分）

（3）sp3（1分）；

4（2分）

（4）1：

2（1分）；

低（1分）

（5）4（2分）；

8（2分）；

（2分）

（1）钾为于第四周期第ⅠA族。

基态钾原子的核外电子排布式为ls22s22p63s23p64s1或4s1。

因同主

以K2S晶体的密度为ρ=

=

=

。

20.I.

（1）CO2（g）+3H2（g）=CH3OH

（1）+H2O（l）AH=-50kJ/mol（3分）

（2）0.0125mol/（L．min）（2分）4（不写单位给分，写错单位不给分）（2分）

减小（1分）

Ⅱ．

（1）甲醇（1分）CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋（2分）

（2）2Cl－－2e－=Cl2↑2H2O－4e－=O2↑＋4H＋（3分）

I．

（1）从图示可写出以下两个反应的热化学方程式：

CO（g）+H2O

（1）=CO2（g）+H2（g）AH=-41kJ/mol

②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）AH=-91kJ/mol

根据盖斯定律，②-①可得：

CO2（g）+3H2（g）=CH3OH

（1）+H2O（l）AH=-50kJ/mol

（2）①从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）

初始浓度：

0.510

变化浓度：

x2xx

平衡浓度：

0.5-xl-2xx

根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则解得.X=0.25mol/I，，从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v=△c/△t=0.25mol/L÷

20min=0.0125mol/（L．min），平衡常数K=

=4对于该放热反应，温度升高，化学平衡常数会减小。

Ⅱ．

（1）原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子转移的方向可知c为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为：

CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋

（2）若以该电池为电源，用石墨做电极电解200mL已知溶液时，根据放电顺序，阳极氯气和阴极氢气相同，设阳极生成的氧气物质的量为x，阴极上也应生成氢气物质的量x

阳极电极反应为：

2Cl―－2e－=Cl2↑，4OH－-4e－=2H2O＋O2↑

0.4mol0.4mol0.2mol4x4xx

阴极电极反应为：

Cu2＋＋2e－=Cu2H＋＋2e－=H2↑

0.1mol0.2mol0.1mol0.4moI0.4mol0.2mol

2H＋＋2e－=H2↑

2x2xx

依据电子守恒0.4+4x=0.2+0.4+2xx=0.1mol

所以此时阳极发生的电极反应式：

4OH－-4e－=O2↑＋2H2O