学年福建省福州市八县市一中高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx

1、学年福建省福州市八县市一中高二上学期期末考试化学试题 解析版20182019学年度第一学期八县（市）期末联考高二化学科试卷可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 Na-23 K-39 I-127一、单项选择题1.下列叙述错误的是（ ）A. BaCO3是难溶于水的强电解质，在医学上用作钡餐B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C. 施肥时，草木灰不能与铵态氮肥混合使用，否则会降低肥效D. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用饱和碳酸钠溶液处理，而后用盐酸除去【答案】A【解析】【分析】A、能用于做钡餐的是难溶于水和盐酸的硫酸钡；B、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈与酸

2、性物质反应；C、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质反应；D、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸。【详解】A项、BaCO3难溶于水但易溶于酸，故不能做钡餐，能用于做钡餐的是硫酸钡，故A错误；B项、明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；C项、草木灰水溶液显碱性，铵态氮肥与碱性物质混合后，放出氨气，降低肥效，故C正确；D项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使

3、CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键。2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂C. 饱和氯化铁溶液滴入沸水中可以制得氢氧化铁胶体D. 阴暗处密封有利于氯水的储存【答案】B【解析】【分析】勒夏特列

4、原理的大于为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A项、纯碱水解呈碱性，加热促进水解，为可逆过程，可用勒夏特列原理解释，故A正确；B项、催化剂能改变化学反应速率，但不能改变平衡移动的方向，合成氨工业中使用铁触媒做催化剂不能勒夏特列原理解释，故B错误；C项、氯化铁在溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，水解过程是吸热的，加热有利于平衡向右移动，有利于氢氧化铁胶体的生成，能用勒夏特利原理解释，故C正确；D项、在氯水中存在平衡Cl2H2OHClOHCl，光照促进次氯酸分解

5、，有利于平衡向正反应方向移动，氯水在光照条件下变质，阴暗处密封有利于氯水的储存适用于勒夏特列原理，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，侧重于化学平衡移动的综合应用的考查，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应达到平衡，出现平衡的移动。3.下列说法中正确的是()A. 盐酸的导电能力一定比醋酸的导电能力强B. 一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入醋酸钠固体，产生H2速率减小，H2体积减小C. 相同温度下，0.1 molL1氨水中NH的浓度比0.1 molL1 NH4Cl溶液中NH的浓度小D. 0.1 molL1氨水可以使酚酞试液变红，证明NH3H2O是弱碱【答

6、案】C【解析】【分析】A、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关；B、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变；C、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，氨水电离程度小；D、氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性。【详解】A项、导电能力和自由移动离子的浓度有关，与电解质强弱无关，稀的盐酸的导电能力不一定一定大于浓的醋酸，故A错误；B项、加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减小，但酸的物质的量不变，所以产生氢气速率减小，氢气体积不变，故B错误；C项、相同温度下，铵盐溶液中铵根微弱水解，0.1molL-1NH4Cl溶液中，铵根离子浓度略小于0.1mol/L，氨水是弱电解质存在电

7、离平衡，溶液中NH4+的浓度远远小于0.1mol/L，相同温度下，0.1molL-1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1molL-1氨水中NH4+的浓度大，故C正确；D项、0.1 molL1氨水使酚酞试液变红，只说明溶液呈碱性，不能说明氨水是弱碱，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了水解平衡和电离平衡，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关，理解电离弱和水解弱是解答关键。4.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s） H0，下列叙述不正确的是（ ）A. 在容器中加入氩气，反应速率不变B. 加入少量W，逆反应速率不变C. 升高温度，正反应

8、速率增大，逆反应速率减小D. 将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大【答案】C【解析】【分析】A、在在体积一定的密闭容器中加入与反应无关的氩气，各组分的浓度不变；B、增加或减少固体的量，反应速率不变；C、升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，正、逆反应速率均增大；D、增大压强，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快。【详解】A项、在体积一定的密闭容器中加入氩气，压强增大，各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确；B项、W是固体，所以加入少量W，正、逆反应速率均不变，故B正确；C项、升高温度，正、逆反应速率均增大，故C错误；D项、将容器的体积

9、压缩，压强增大，增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，故D正确。故选C。【点睛】稀有气体对化学反应速率和化学平衡的影响分析（1）恒温恒容：充入稀有气体体系总压强增大，但各反应成分分压不变，即各反应成分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动；（2）恒温恒压：充入稀有气体容器容积增大各反应成分浓度降低反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动。5.某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：1/2O2(g) + H2(g) =H2O(g) H = -242 kJmol-1S(g) + H2(g) =H2S(g) H =

10、 -20 kJmol-1Se(g) + H2(g)H2Se(g) H = +81 kJmol-1下列说法正确的是（ ）A. 稳定性：H2O H2S H2SeB. 降温有利于Se与H2反应生成H2SeC. O2(g) + 2H2S(g)=2H2O(g) + 2S(g) H = 444 kJmol-1D. 随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生【答案】A【解析】【分析】A、相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，生成物的能量越高，稳定性越差；B、Se与H2反应为吸热反应，升高温度有利于反应进行；C、根据已知方程式构建目标方程式，结合盖斯定律进行解答；D、生成物的氢

11、化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易。【详解】A项、由热化学方程式可知，相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，O2释放的能量最多，Se需吸收能量，能量越高，稳定性越差，所以稳定性：H2OH2SH2Se，故A正确；B项、Se与H2反应生成H2Se的反应为吸热反应，升高温度平衡右移，有利于Se与H2反应生成H2Se，故B错误；C项、将已知热化学方程式依次编号为，由盖斯定律可知2-得O2（g）+2H2S（g）2H2O（g）+2S（g）H=-444 kJmol-1，故C错误；D项、H2X的稳定性：H2OH2SH2Se，生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易，所以随着

12、核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越难发生，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了反应热的计算和元素周期律的应用，掌握盖斯定律的应用以及非金属性的递变规律是解答关键。6.常温下，在c(H)c(OH)1106的水溶液中能大量共存的离子组是（ ）A. K、Al3、HCO3、SO42 B. Na、AlO2、I、SO32C. Na、Fe2、NO3、ClO D. Ca2、NH4、CO32、Cl【答案】B【解析】【分析】常温下，在c(H)c(OH)1106的水溶液中，c(OH)=110-4mol/L，溶液显碱性，根据离子之间是否能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质分析能否大量共存。【详解】A项、

13、水溶液中Al3+、HCO3-之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项、水溶液中Na、AlO2、I、SO32离子之间不反应，AlO2、SO32离子水解，溶液显示弱碱性，满足题意，故B正确；C项、碱性溶液中，Fe2与ClO能发生氧化还原反应在溶液中不能大量共存，故C错误；D项、水溶液中Ca2+、CO32-之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等

14、；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。7.实验室模拟工业制备高纯铁。用惰性电极电解FeSO4溶液制备高纯铁的原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）A. 阳极主要发生反应：Fe2+ + 2e- =FeB. 向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液变红C. 电解一段时间后，阴极附近pH减小D. 电解法制备高纯铁总反应：3Fe2+Fe + 2Fe3+【答案】D【解析】【分析】由图可知，Fe为阴极，阴极上发生Fe2+2e-Fe，阳极上发生2Fe2+-2e

15、-2Fe3+，总电解反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+。【详解】A项、阳极上Fe2+放电生成Fe3+，电极反应式为2Fe2+-2e-2Fe3+，故A错误；B项、阴极时Fe2+放电生成Fe，没有Fe3+生成，向阴极附近滴加KSCN溶液，溶液不会变红，故B错误；C项、阴极上发生Fe2+2e-Fe，Fe2+浓度减小，水解生成的氢离子浓度减小，则pH增大，故C错误；D项、阴极上发生Fe2+2e-Fe，阳极上发生2Fe2+-2e-2Fe3+，电解总反应为3Fe2+ Fe + 2Fe3+，故D正确。故选D。【点睛】本题考查电解原理及应用，侧重分析与应用能力的考查，把握惰性电极及发生的电解反应为解答的关

16、键，注意选项C结合水解分析。8.将1 mol N2、3 mol H2放入恒温恒容的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应并达到平衡：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在t0时刻，再往容器中充入2 mol NH3，一定时间后重新达到平衡。能正确表征上述过程的图象是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，新平衡时c(NH3)和NH3%增大。【详解】A项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，NH3%增大，平衡逆向移动，NH3%减小；因与原平衡

17、充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，NH3%增大，故A正确；B项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(NH3)增大，平衡逆向移动，c(NH3)减小；因与原平衡充入1molN2、3molH2完全等效，此时相当于加压，平衡正向移动，与原平衡相比，c(NH3)增大，故B错误；C项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，c(H2)不变，故C错误；D项、在t0时刻，再往容器中充入2molNH3，v(N2)不变，故D错误。故选A。【点睛】在相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始都可以建立同一平衡状态，也就是等效平衡，还

18、可以从中间状态（既有反应物也有生成物）开始，平衡时各物质的浓度对应相等。由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关因而，同一可逆反应，从不同状态开始，只要达到平衡时，物质的含量对应相同，则可形成等效平衡。9.常温下，加水稀释0.1 molL-1Na2CO3溶液，下图中的纵坐标可以表示（ )A. 溶液中阴离子数 B. 溶液中Na+的离子数C. 溶液的pH D. 溶液中c(HCO3-)【答案】A【解析】【分析】常温下，加水稀释0.1 molL-1Na2CO3溶液，溶液浓度减小，稀释过程中水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大。【详解】A项、稀释过程中水解平衡CO

19、32-+H2OHCO3-+OH-向右移动，水解程度增大，溶液中阴离子的物质的量增大，故A正确；B项、稀释过程中，溶液中Na+浓度减小，物质的量不变，故B错误；C项、稀释过程中，溶液中OH-浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；D项、稀释过程中，溶液中HCO3-浓度减小，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了影响盐类水解的因素，注意掌握水解平衡及其影响因素，判断平衡移动方向和微粒的量的变化是解答关键。10.已知25时，Ka(HF) = 3.6104 ，Ksp(CaF2) = 1.461010。现向1 L 0.2molL1 HF溶液中加入1 L 0.2 molL1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的

20、是（ ）A. 25时，0.1 molL1HF 溶液中pH=1 B. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀C. Ksp（CaF2）随温度和浓度的变化而变化 D. 加入CaCl2溶液后体系中的c（H+）不变【答案】B【解析】【分析】HF为弱酸，0.1 molL1HF溶液中c（H+）= c（F-）=610-3 molL-1，0.1 molL1HF与0.1 molL1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2+2H。【详解】A、由Ka(HF) = 3.6104 可知HF为弱酸，0.1 molL1HF 溶液中pH1，故A错误；B项、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mo

21、lL-1，F-浓度为=610-3 molL-1，浓度商Q为0.610-3Ksp(CaF2)1.4610-10，会与沉淀出现，故B正确；C项、溶度积只受温度的影响，与浓度无关，故C错误；D项、0.1 molL1HF与0.1 molL1CaCl2反应产生CaF2沉淀，反应的离子方程式为2HF+Ca2+= CaF2+2H，溶液中c（H+）增大，故D错误。故选B。【点睛】本题考查平衡常数及沉淀的生成，注意利用溶度积判断沉淀能否生成，把握影响平衡常数的因素是解答关键。11.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A. 已知2C（s）+O2（g）2CO（g）H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5

22、kJ/molB. 已知3O2（g）= 2O3（g） H=+242.4kJmol-1，则臭氧比氧气稳定C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.4kJ/molD. 甲烷的标准燃烧热H=-890.3kJmol-1，则CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H-890.3kJmol-1【答案】C【解析】【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；C、中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反

23、应生成1mol水放出的热量；D、水由液态转化为气态需要吸收热量。【详解】A项、燃烧热生成稳定的氧化物，而不是一氧化碳，是二氧化碳，故A错误；B项、氧气转化为臭氧是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，能量越低越稳定，故氧气比臭氧稳定，故B错误；C项、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57.4KJ/mol，故C正确；D项、甲烷的标准燃烧热为H=-890.3kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJmol-1，因水由液态转化为气态需要吸收热

24、量，则CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H-890.3kJmol-1，故D错误。故选C。【点睛】题考查了热化学方程式的书写，注意正确理解燃烧热、中和热的概念是解答关键。12.一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)2Y(g) 3Z(g)，表明反应一定达到化学平衡状态的是 （ ） X、Y、Z的物质的量之比是1:2:3 X、Y、Z的浓度不再发生变化 容器中的压强不再发生变化 单位时间内生成n mol X，同时消耗2n mol Y 容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时

25、（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化。【详解】X、Y、Z的物质的量之比为1：2：3时，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，这与反应产生物质的量和转化率有关，错误；该反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，正确；根据反应方程式可知，反应前后体积不变，压强也是始终不变的，容器中的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；单位时间内生成nmolX，同时消耗2nmolY说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡状态，正确；根据反应方程式可知，反应前后

26、体积不变，由质量守恒定律可知，气体质量不变，气体的平均相对分子质量是始终不变的，容器中气体的平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，错误；故选B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态的特征是解答关键，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据。13.下列关于金属的腐蚀与防护的相关叙述中正确的是（）A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品的质量减轻B. 镀铜铁表面有划损时，仍能阻止铁被氧化C. 纯银在空气中发生电化学腐蚀而渐渐变暗D. 为保护海水中的钢铁设备不被腐蚀，可外接直流电源使钢铁表面的腐蚀电流接近于零【答案】D

27、【解析】【分析】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，钢铁制品质量增加；B、表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，腐蚀速率加快；C、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀；D、被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生。【详解】A项、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为Fe-2e-Fe2+；发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-，Fe2+和OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3，导致钢铁制品质量增加，故

28、A错误；B项、铁表面镀铜，表面有划损时，形成原电池装置，金属铁是负极，铜是正极，加快了金属铁的腐蚀，故B错误；C项、纯银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变暗，属于化学腐蚀，故C错误；D项、被保护的钢铁设备应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱腐蚀的发生，故D正确。故选D。【点睛】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。14.宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文

29、物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是( )A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极B. 潮湿环境中Cl-浓度大有利于多孔粉状锈的生成C. 若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则消耗的O2体积为4.48LD. 环境中的Cl与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2+3OH+Cl=Cu2 (OH)3Cl【答案】C【解析】【分析】根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl。【详解】A项、根据图知，氧气得电子生

30、成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A正确；B项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物氢氧根离子和负极反应产物铜离子作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，潮湿环境中Cl-浓度大，有利于多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl的生成，故B正确；C项、未指明标准状态，无法计算消耗的O2体积，故C错误；D项、Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2（OH）3Cl，故D正确。故选C。【点睛】本题考查原电池原理的应用，侧重分析与应用能力的考查，把握Cu及其化合物的性质以及电化学反应原理等为解答的关键。15.在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应A(g)+2B(g) C(g) +D(g)，有图、所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（ ）A. 正反应是放热反应B. P1 P2C. 若P3P4，y轴表示A的转化率D. 若P3P4，y轴表示C的体积分数【答案】C【解析】【分析】由图（）中a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2p1；由b、c的相对