2019-2020年高二上学期期末化学试卷 含解析.doc
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2019-2020年高二上学期期末化学试卷 含解析一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题2分共计44分)1下列对化学反应的认识错误的是( )A有化学键破坏的一定是化学反应B会产生新的物质C可能会引起物质状态的变化D一定伴随着能量的变化2石墨和金刚石都是碳元素的单质,石墨在一定条件下可转化为金刚石已知12g石墨完全转化成金刚石时,要吸收E kJ的能量,下列说法正确的是( )A石墨不如金刚石稳定B金刚石不如石墨稳定C等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量少D等质量的石墨与金刚石完全燃烧,二者放出的热量相等3已知反应X+YM+N为放热反应,对该反应的说法正确是( )AX的能量一定高于MBY的能量一定高于NCX和Y的总能量一定高于M和N的总能量D因为该反应为放热反应,故不必加热就可发生4热化学方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=+131.3kJ/mol表示( )A碳和水反应吸收131.3kJ能量B1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气,并吸热131.3kJD1个固态碳原子和1个水蒸气分子反应吸热131.1kJ5在2A+B3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( )Av(A)=0.5 molL1s1Bv(B)=0.5 molL1s1Cv(C)=0.8 molL1s1Dv(D)=1 molL1s16在2升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)若最初加入的A和B都是4mol,在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/(Ls),则10秒钟时,容器中B的物质的量是( )A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol7在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.7倍,下列叙述正确的是( )AA的转化率变小B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d8已知某可逆反应m A(g)+n B(g)p C(g)H,在密闭容器中进行,如图表示在不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线由曲线分析,下列判断正确的是( )AT1T2,P1P2,m+np,H0BT1T2,P1P2,m+np,H0CT1T2,P1P2,m+np,H0DT1T2,P1P2,m+np,H09一定条件下反应2AB(g)A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是( )A单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molABB容器内,3种气体AB、A2、B2共存CAB的消耗速率等于A2的消耗速率D容器中各组分的体积分数不随时间变化10已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g)H0,下列说法正确的是( )A升高温度,正向反应速率增加,逆向反应速率减小B升高温度有利于反应速率增加,从而缩短达到平衡的时间C达到平衡后,升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D达到平衡后,降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动11用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液,若保持温度不变,则一段时间后( )A溶液的pH变大Bc(Na+)与c (CO32)的比值变大C溶液浓度变大,有晶体析出D溶液浓度不变,有晶体析出12镍镉(NiCd)可充电电池在现代生活中有广泛应用,它的充放电反应按下式进行:Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiO(OH)+2H2O由此可知,该电池放电时的负极材料是( )ACd(OH)2BNi(OH)2CCdDNiO(OH)13钢铁发生吸氧腐蚀时,正极上发生的电极反应是( )A2H+2e=H2BFe2+2e=FeC2H2O+O2+4e=4OHDFe3+e=Fe2+14由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,pH=1,c(Al3+)=0.4molL1,c(SO42)=0.8molL1,则c(K+)=( )A0.15 molL1B0.2 molL1C0.3 molL1D0.4 molL115下列过程或现象与盐类水解无关的是( )A纯碱溶液去油污B铁在潮湿的环境下生锈C加热氯化铁溶液颜色变深D浓硫化钠溶液有臭味160.1 molL1KHS溶液中下列表达式不正确的是( )Ac(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+2 c(S2)Bc(K+)c(S2)c(HS)c(OH)c(H+)Cc(HS)+c(S2)+c(H2S)=0.1 molL1Dc(S2)+c(OH)=c(H+)+c(H2S)17某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子则下列描述正确的是( )A该溶液可由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成B该溶液可由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C加入适量NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3COO)c(Na+ )c(OH)c(H+ )D加入适量氨水,c(CH3COO)一定大于c(Na+ )、c(NH4+)之和18向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴Na2S溶液并振荡,沉淀又变成黑色,根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶度积关系为( )AAgCl=AgI=Ag2SBAgClAgIAg2SCAgIAgClAg2SDAgClAgIAg2S19下列物质能跟镁反应并生成氢气的是( )A氨水B氢氧化钠溶液C氯化铵溶液D碳酸钠溶液2025时,某溶液中由水电离出的c(OH)=11013mol/L,该溶液中一定不能大量共存的离子组是( )ANH4+、Fe3+、SO42、ClBCO32、PO43、K+、Na+CNa+、SO42、NO3、ClDHCO3、Na+、HSO3、K+21有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成,若将合金放入盐酸中,只有Z、Y能溶解;若将合金置于潮湿空气中,表面只出现Z的化合物;若将该合金做阳极,用X盐溶液作电解液,通电时四种金属都以离子形式进入溶液中,但在阴极上只析出X这四种金属的活动性顺序是( )AYZWXBZYWXCWZYXDXYZW22对外加电流的保护中,下列叙述正确的是( )A被保护的金属与电源的正极相连B被保护的金属表面上不发生氧化反应,也不发生还原反应C在被保护的金属表面上发生氧化反应D被保护的金属与电源的负极相连二、非选择题(每空2分,共计44分)23依据事实,写出下列反应的热化学方程式(1)在25、101kPa下,1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为(2)已知拆开1mol HH键,1molNH键,1molNN键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ,则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为24常温时Cu(NO3)2的水溶液呈(填“酸”、“中”、“碱”)性,原因是(用离子方程式表示):25实验室在配制AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,(填“促进”、“抑制”)其水解26把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是(填化学式)27对于下列反应:2SO2+O22SO3H0,如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L,那么,用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为如果开始时SO2浓度为4mol/L,2min后反应达平衡,若这段时间内v(O2)为0,.5mol/(Lmin),那么2min时SO2的浓度为28如图表示在密闭容器中气体反应:2SO2+O22SO3HO 达到平衡时,由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况,ab过程中改变的条件可能是;bc过程中改变的条件可能是;若增大压强时,反应速度变化情况画在cd处29如图为相互串联的甲、乙两个电解池试回答:(1)若甲池利用电解原理在铁上镀银,则A是(填电极材料名称),应选用的电解质溶液是(2)乙池中滴入少量酚酞试液,开始电解一段时间,铁极附近呈色,(3)若甲池阴极增重43.2g且乙池中阴极上一直都有气体产生,则乙池中阴极上放出的气体在标准状况下的体积是mL30氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如图所示,完成下列填空:(1)在电解过程中,与电源正极相连的电极上电极反应为,与电源负极相连的电极附近,溶液pH(选填“不变”、“升高”或“下降”)(2)工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质,精制过程发生反应的离子方程式为(3)为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO,加入试剂的合理顺序为(不定项选择,错选没有分)a先加NaOH,后加Na2CO3,再加钡试剂b先加NaOH,后加钡试剂,再加Na2CO3c先加钡试剂,后加NaOH,再加Na2CO3(4)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异,通过加热蒸发、冷却、(填写操作名称)除去NaCl三、实验题(每空2分,共12分)31过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂,它的水溶液又称为双氧水,常用作消毒、杀菌、漂白等某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液,准确测定了过氧化氢的含量,请填写下列空白:(1)移取10.00mL密度为 g/mL的过氧化氢溶液至250mL容量瓶中,加水稀释至刻度,摇匀移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中,加入稀硫酸酸化,用蒸馏水稀释,作被测试样(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样,其反应的离子方程式如下,请将相关物质的化学计量数填写在横线上MnO4+H2O2+H+=Mn2+ H2O+O2(3)滴定时,将高锰酸钾标准溶液注入(填“酸式”或“碱式”)滴定管中滴定到达终点的现象是(4)重复滴定三次,平均耗用c molL1 KMnO4标准溶液V mL,则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为(5)下列操作能使测定结果偏高的是(错选不得分)A滴定前滴定管尖嘴中有气泡,滴定后气泡消失B读取高锰酸钾标准溶液的体积时,滴定前平视,滴定后俯视C滴定前,在用蒸馏水洗涤滴定管后,未用高锰酸钾标准液润洗D滴定过程中,锥形瓶中部分溶液溅出xx学年湖南省张家界市高二(上)期末化学试卷一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题2分共计44分)1下列对化学反应的认识错误的是( )A有化学键破坏的一定是化学反应B会产生新的物质C可能会引起物质状态的变化D一定伴随着能量的变化【分析】化学反应实质是旧键断裂同时新键形成,原子的重新组合,变化过程中有新物质生成,化学变化过程中一定伴随能量的变化;【解答】解:A有化学键破坏的不一定是化学反应,如氯化钠固体溶解属于物理变化,故A错误;B化学反应过程中一定有新物质生成,故B正确;C反应过程中可能会引起物质状态的变化,如固体碳酸钙分解生成氧化钙和气体二氧化碳,故C正确;D化学反应实质是旧键断裂同时新键形成,断裂化学键吸收能量,形成化学键放出能量,反应过程中一定伴随能量变化,故D正确;故选A【点评】本题考查了化学反应实质理解应用,注意化学键断裂和形成是化学反应的实质,掌握基础是解题关键,题目难度不大2石墨和金刚石都是碳元素的单质,石墨在一定条件下可转化为金刚石已知12g石墨完全转化成金刚石时,要吸收E kJ的能量,下列说法正确的是( )A石墨不如金刚石稳定B金刚石不如石墨稳定C等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量少D等质量的石墨与金刚石完全燃烧,二者放出的热量相等【分析】12g石墨完全转化成金刚石时,要吸收EkJ的能量,金刚石能量较高,物质具有的能量越低越稳定,据此进行判断【解答】解:A12g石墨完全转化成金刚石时,要吸收热量,说明金刚石能量高,则石墨比较稳定,故A错误;B12g石墨完全转化成金刚石时,要吸收EkJ的能量,说明石墨能量降低,能量越低越稳定,所以金刚石比如石墨稳定,故B正确;C金刚石能量高燃烧放出能量高,等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量更多,故C错误;D金刚石能量高燃烧放出能量高,等质量的石墨与金刚石完全燃烧,二者放出的热量不相等,故D错误;故选B【点评】本题考查了化学反应的能量变化,题目难度不大,明确物质能量高低与物质稳定性的关系为解答关键,注意掌握反应热与能量变化的关系,试题培养了学生的分析、理解能力3已知反应X+YM+N为放热反应,对该反应的说法正确是( )AX的能量一定高于MBY的能量一定高于NCX和Y的总能量一定高于M和N的总能量D因为该反应为放热反应,故不必加热就可发生【分析】反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应【解答】解:AX和Y的总能量一定高于M和N的总能量,X的能量不一定高于M,故A错误;BX和Y的总能量一定高于M和N的总能量,Y的能量不一定高于N,故B错误;C反应X+Y=M+N为放热反应,X和Y的总能量一定高于M和N的总能量,故C正确;D该反应为放热反应,但引发反应时可能需要加热,故D错误故选C【点评】本题考查学生放热反应的原因,可以根据所学知识进行回答,难度不大4热化学方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=+131.3kJ/mol表示( )A碳和水反应吸收131.3kJ能量B1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气,并吸热131.3kJD1个固态碳原子和1个水蒸气分子反应吸热131.1kJ【分析】A、相同物质的量的物质,状态不同,所含的能量不同,在表述热化学方程式时,应表述出物质的状态;B、物质的聚集状态影响到物质所具有的能量;C、相同物质的量的物质,状态不同,所含的能量不同;D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数【解答】解:A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态,物质状态不同,反应能量变化不同,故A错误;B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态,物质状态不同,反应能量变化不同,故B错误;C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态,物质状态不同,反应能量变化不同,故C正确;D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数,故D错误;故选C【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题,系数只表示物质的量不表示微粒个数是易错点,题目难度中等5在2A+B3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( )Av(A)=0.5 molL1s1Bv(B)=0.5 molL1s1Cv(C)=0.8 molL1s1Dv(D)=1 molL1s1【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率,然后比较大小【解答】解:对于2A+B3C+4D反应,都换算成D表示的速率进行比较,A、v(A)=0.5molL1s1,速率之比等于化学计量数之比,故v(D)=2v(A)=20.5molL1s1=1molL1s1;B、v(B)=0.5molL1s1,速率之比等于化学计量数之比,故v(D)=4v(B)=40.5molL1s1=2molL1s1;C、v(C)=0.8molL1s1,速率之比等于化学计量数之比,故v(D)=v(C)=0.8molL1s1=1.1molL1s1;D、v(D)=1molL1s1;故选B【点评】本题考查化学反应速率的比较,难度不大,注意转化为同一物质表示的速率,再进行比较6在2升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+B(g)2C(g)+D(g)若最初加入的A和B都是4mol,在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/(Ls),则10秒钟时,容器中B的物质的量是( )A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v(B),利用c=vt计算c(B),n(B)=c(B)V,B的起始物质的量减n(B)为10秒钟时容器中B的物质的量【解答】解:根据速率之比等于化学计量数之比,所以v(B)=0.5v(A)=0.50.12mol/(Ls)=0.06mol/(Ls),所以c(B)=0.06mol/(Ls)10s=0.6mol/L,所以n(B)=0.6mol/L2L=1.2mol,故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol1.2mol=2.8mol故选B【点评】本题考查反应速率的有关计算,难度不大,注意对反应速率公式的灵活运用7在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.7倍,下列叙述正确的是( )AA的转化率变小B平衡向正反应方向移动CD的体积分数变大Dac+d【分析】反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,若平衡不移动,D的浓度为原平衡的2倍,而当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.7倍,可知压强增大,平衡逆向移动,以此来解答【解答】解:反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,若平衡不移动,D的浓度为原平衡的2倍,而当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.7倍,可知压强增大,平衡逆向移动,A由上述分析可知,平衡逆向移动,则A的转化率变小,故A正确;B由上述分析可知,平衡逆向移动,故B错误;C由上述分析可知,平衡逆向移动,则D的体积分数变小,故C错误;D由上述分析可知,增大压强平衡逆向移动,则气体的化学计量数ac+d,故D错误;故选A【点评】本题考查化学平衡的影响因素,为高频考点,把握D的浓度变化与平衡移动的关系、压强对平衡的影响等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意体积缩小时压强增大,题目难度不大8已知某可逆反应m A(g)+n B(g)p C(g)H,在密闭容器中进行,如图表示在不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线由曲线分析,下列判断正确的是( )AT1T2,P1P2,m+np,H0BT1T2,P1P2,m+np,H0CT1T2,P1P2,m+np,H0DT1T2,P1P2,m+np,H0【分析】温度相同时,根据到达平衡的时间判断压强大小,再根据压强对B的含量的影响,判断压强对平衡的影响,确定反应气体气体体积变化情况;压强相同时,根据到达平衡的时间判断温度大小,再根据温度对B的含量的影响,判断温度对平衡的影响,确定反应的热效应【解答】解:由图象可知,温度为T1时,根据到达平衡的时间可知P2P1,且压强越大,B的含量高,说明压强增大平衡向逆反应方向移动,故正反应为气体体积增大的反应,即m+np;压强为P2时,根据到达平衡的时间可知T1T2,且温度越高,B的含量低,说明温度升高平衡向正反应方向移动,则正反应为吸热反应,即H0,故选D【点评】本题考查化学平衡图象问题,难度不大,本题注意根据图象判断温度、压强的大小,根据温度、压强对平衡移动的影响分析9一定条件下反应2AB(g)A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是( )A单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molABB容器内,3种气体AB、A2、B2共存CAB的消耗速率等于A2的消耗速率D容器中各组分的体积分数不随时间变化【分析】根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态【解答】解:A、单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molAB,都体现正向反应,故A错误;B、可逆反应只要反应发生,就是反应物和生成物共存的体系,故B错误;C、速率之比不等于计量数之比,故C错误;D、容器中各组分的体积分数不随时间变化,说明达平衡状态,故D正确;故选D【点评】本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大,注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为010已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g)H0,下列说法正确的是( )A升高温度,正向反应速率增加,逆向反应速率减小B升高温度有利于反应速率增加,从而缩短达到平衡的时间C达到平衡后,升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D达到平衡后,降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动【分析】A、升高温度正、逆反应速率都增大;B、升高温度反应速率加快;C、升温平衡向吸热反应方向进行,增大压强平衡向气体体积减小的方向移动;D、降低温度平衡向放热反应移动,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动【解答】解:A、升高温度正、逆反应速率都增大,该反应正反应是放热反应,逆反应速率增大更多,平衡向逆反应移动,故A错误;B、升高温度反应速率加快,缩短到达平衡的时间,故B正确;C、该反应正反应是体积减小的放热反应,升高温度有利于平衡向逆反应移动,增大压强有利于平衡向气正反应移动,故C错误;D、该反应正反应是体积减小的放热反应,降低温度,平衡正向进行,减小压强平衡向气体体积增大的方向移动,即向逆反应移动,故D错误;故选B【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响,难度中等,注意基础知识的理解掌握和化学平衡移动原理的理解应用11用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液,若保持温度不变,则一段时间后( )A溶液的pH变大Bc(Na+)与c (CO32)的比值变大C溶液浓度变大,有晶体析出D溶液浓度不变,有晶体析出【分析】盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极,保持温度不变,通电时氢离子放电生成氢气,氢氧根离子放电生成氧气,即电解水,结合饱和溶液溶剂减少来解答【解答】解:盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极,保持温度不变,通电时氢离子放电生成氢气,氢氧根离子放电生成氧气,即电解水,A因温度不变,溶剂减少后还是饱和溶液,则浓度不变,pH不变,故A错误;B因温度不变,溶剂减少后还是饱和溶液,则Na+和CO32的浓度不变,故B错误;C因温度不变,溶剂减少后还是饱和溶液,则溶液浓度不变,故C错误;D原溶液为饱和溶液,温度不变,溶剂减少时有晶体析出,溶液仍为饱和溶液,浓度不变,故D正确;故选D【点评】本题考查电解及饱和溶液的浓度,注意电解水相当于饱和溶液的蒸发,明确温度不变,饱和溶液的浓度不变是解答本题的关键,题目难度中等12镍镉(NiCd)可充电电池在现代生活中有广泛应用,它的充放电反应按下式进行:Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiO(OH)+2H2O由此可知,该电池放电时的负极材料是( )ACd(OH)2BNi(OH)2CCdDNiO(OH)【分析】根据总反应式结合化合价的变化判断被氧化和被还原的物质,原电池中负极发生氧化反应【解答】解:总反应式是Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2,由方程式可知,放电时,Cd元素化合价升高,被氧化,在原电池负极上发生氧化反应,则Cd为原电池的负极,故选C【点评】本题考查原电池反应,题目难度不大,注意根据化合价的变化判断原电池的正负极反应13钢铁发生吸氧腐蚀时,正极上发生的电极反应是( )A2H+2e=H2BFe2+2e=FeC2H2O+O2+4e=4OHDFe3+e=Fe2+【分析】弱酸性或中性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀,负极上铁失电子发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应,据此分析解答【解答】解:弱酸性或中性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀,负极上铁失电子发生氧化反应,电极反应式为Fe2e=Fe2+,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH,故选C【点评】本题考查电极反应式的书写,为高考高频点,知道钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀条件及电极反应式的书写,钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时负极反应式相同,发生析氢腐蚀时正极上生成氢气,发生吸氧腐蚀时正极上生成氢氧根离子14由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,pH=1,c(Al3+)=0.4molL1,c(SO42)=0.8molL1,则c(K+)=( )A0.15 molL1B0.2 molL1C0.3 molL1D0.4 molL1【分析】混合液的pH=1,溶液中氢离子浓度为0.1mol/L;根据混合液为电中性可知:3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH),然后结合题中数据进行计算钾离子的物质的量浓度【解答】解:溶液的pH=1,则氢离子浓度为0.1mol/L,根据溶液电荷守恒,溶液中存在:3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH),由于溶液中c(OH)很小,可以忽略不计,则:3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42),所以:c(K+)=2c(SO42)3c(Al3+)c(H+)=20.8mol/L30.4mol/L0.1mol/L=0.3mol/L,故选C【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算,题目难度中等,注意电解质混合溶液中利用电荷守恒进行离子浓度的计算,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力15下列过程或现象与盐类水解无关的是( )A纯碱溶液去油污B铁在潮湿的环境下生锈C加热氯化铁溶液颜色变深D浓硫化钠溶液有臭味【分析】纯碱、硫化钠为强碱弱酸盐,氯化铁为强酸弱碱盐,对应的水溶液都能水解,铁在潮湿的环境下生锈为金属的电化学腐蚀,与盐类水解无关【解答】解:A纯碱水解,溶液显碱性,有利于油脂的水解,与盐类水解有关,故A不选;B为钢铁的电化学腐蚀,与盐类水解无关,故B选;C溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解,故C不选;D溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢,故D不选故选B【点评】本题主要考查了盐类水解知识,同时还涉及酯的水解、钢铁的电化学腐蚀等知识,侧重于基础知识的考查,题目难度不大160.1 molL1KHS溶液中下列表达式不正确的是( )Ac(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+2 c(S2)Bc(K+)c(S2)c(HS)c(OH)c(H+)Cc(HS)+c(S2)+c(H2S)=0.1 molL1Dc(S2)+c(OH)=c(H+)+c(H2S)【分析】KHS溶液显示碱性,说明HS水解程度大于HS电离程度,存在HSH+S2,HS+H2OH2S+OH,H2OH+OH,结合电荷守恒和物料守恒可解答该题【解答】解:AKHS溶液中遵循电中性原则,根据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+2 c(S2),故A正确;B溶液中存在水的电离,并且HS水解程度大于HS电离程度,则c(OH)c(H+),因水解程度较弱,则c(K+)c(HS)c(OH)c(H+),又由于溶液中存在水的电离,则c(H+)c(S2),则溶液中正确的电离平衡为:c(K+)c(HS)c(OH)c(H+)c(S2),故B错误;C.0.1molL1KHS溶液中含有:HS、S2、H2S,由物料守恒可知:c(HS)+c(S2)+c(H2S)=0.1 molL1,故C正确;D根据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HS)+2 c(S2),根据物料守恒可得:c(HS)+c(S2)+c(H2S)=c(K+),根据可得:c(S2)+c(OH)=c(H2S)+c(H+),故D正确;故选B【点评】本题考查离子浓度大小比较、盐的水解原理的应用,题目难度中等,本题注意KHS溶液呈碱性、HS水解程度大于HS电离程度,注意电荷守恒和物料守恒的利用17某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子则下列描述正确的是( )A该溶液可由pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成B该溶液可由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C加入适量NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3COO)c(Na+ )c(OH)c(H+ )D加入适量氨水,c(CH3COO)一定大于c(Na+ )、c(NH4+)之和【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子,则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液A、pH=3的CH3COOH反应c(H+)=103mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH)=103mol/L,CH3COOH是弱电解质,所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度B、等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合恰好反应,为CH3COONa混合溶液,溶液呈碱性C、根据电荷守恒有c(CH3COO)+c(OH)=c(H+ )+c(Na+ ),据此判断D、根据电荷守恒有c(CH3COO)+c(OH)=c(H+ )+c(Na+ )+c(NH4+),讨论溶液的酸碱性进行判断【解答】解:某酸性溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子,则该溶液为CH3COOH、CH3COONa混合溶液A、pH=3的CH3COOH反应c(H+)=103mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH)=103mol/L,CH3COOH是弱电解质,所以醋酸浓度远远大于氢氧化钠浓度,等体积混合醋酸有剩余,故A正确;B、等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合恰好反应,为CH3COONa混合溶液,CH3COONa强碱弱酸盐,溶液呈碱性,故B错误;C、根据电荷守恒有c(CH3COO)+c(OH)=c(H+ )+c(Na+ ),若溶液中c(CH3COO)c(Na+ )c(OH)c(H+ ),则c(CH3COO)+c(OH)c(H+ )+c(Na+ ),溶液不呈电中性,故C错误;D、加入适量氨水,根据电荷守恒有c(CH3COO)+c(OH)=c(H+ )+c(Na+ )+c(NH4+),若溶液呈中性,即c(OH)=c(H+ ),则c(CH3COO)=c(Na+ )+c(NH4+);若溶液呈碱性,即c(OH)c(H+ ),则c(CH3COO)c(Na+ )+c(NH4+);若溶液呈酸性,即c(OH)c(H+ ),则c(CH3COO)c(Na+ )+c(NH4+),故D错误故选:A【点评】考查溶液酸碱性判断、pH值有关计算、离子浓度大小比较等,难度中等,注意离子浓度大小比较中电荷守恒、物料守恒、质子恒等式等量关系式的利用18向5mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴Na2S溶液并振荡,沉淀又变成黑色,根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶度积关系为( )AAgCl=AgI=Ag2SBAgClAgIAg2SCAgIAgClAg2SDAgClAgIAg2S【分析】由现象可知,发生沉淀的转化,向溶度积更小的方向移动,以此来解答【解答】解:由白色沉淀变为黄色沉淀,又变成黑色沉淀,可知发生沉淀的转化,向溶度积更小的方向移动,则溶度积Ksp为AgClAgIAg2S,故选D【点评】本题考查难溶电解质的转化,为高频考点,把握反应现象及沉淀转化反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意沉淀生成与转化的判断,题目难度不大19下列物质能跟镁反应并生成氢气的是( )A氨水B氢氧化钠溶液C氯化铵溶液D碳酸钠溶液【分析】镁的金属性较强,不与碱溶液反应,能够与酸或酸性溶液发生置换反应生成氢气,据此分析解答【解答】解:A氨水呈碱性,Mg不与氨水反应,故A错误;B氢氧化钠溶液呈碱性,镁和氢氧化钠溶液不反应,所以不能产生氢气,故B错误;C氯化铵是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,镁能和酸反应生成氢气,所以将镁投入氯化铵溶液中能产生氢气,故C正确;D碳酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,镁和碳酸钠溶液不反应,所以不能产生氢气,故D错误;故选C【点评】本题考查了Mg的化学性质,题目难度不大,明确盐的水解原理为解答关键,注意掌握常见元素及其化合物性质,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的灵活应用能力2025时,某溶液中由水电离出的c(OH)=11013mol/L,该溶液中一定不能大量共存的离子组是( )ANH4+、Fe3+、SO42、ClBCO32、PO43、K+、Na+CNa+、SO42、NO3、ClDHCO3、Na+、HSO3、K+【分析】25C时,某溶液中由水电离出的c(OH)=11013mol/L,为酸或碱溶液,与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子,能大量共存,A铵根离子、铁离子都不与氢离子反应;B四种离子都不与氢氧根离子反应;C四种离子之间不反应,都不与酸和碱溶液反应,能够大量共存;D碳酸氢根离子、亚硫酸氢根离子都与酸溶液和碱溶液反应【解答】解:25C时,某溶液中由水电离出的c(OH)=11013mol/L,为酸或碱溶液,A因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+,但在酸溶液中不反应能共存,故A错误;B因酸溶液中不能大量存在CO32,碱溶液中不反应能共存,故B错误;C因酸或碱溶液中Na+、SO42、NO3、Cl均不反应,能大量共存,故C错误;DHCO3、HSO3既能与酸反应又能与碱反应,一定不能共存,故D正确;故选D【点评】本题考查离子的共存,为高考常见题型,把握信息的抽取及离子之间的反应即可解答,侧重复分解反应的考查,题目难度不大21有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成,若将合金放入盐酸中,只有Z、Y能溶解;若将合金置于潮湿空气中,表面只出现Z的化合物;若将该合金做阳极,用X盐溶液作电解液,通电时四种金属都以离子形式进入溶液中,但在阴极上只析出X这四种金属的活动性顺序是( )AYZWXBZYWXCWZYXDXYZW【分析】在金属活动性顺序中,位于氢前的金属能置换出酸中的氢,可以溶解在酸中,金属阳离子的氧化性最强,金属单质的活泼性越弱【解答】解:将合金放入盐酸中,只有Z、Y能溶解,说明Z、Y在氢前,X、W在氢后,故C、D错误;若将合金置于潮湿空气中,表面只出现Z的化合物则说明Z为负极,活泼性是ZY,故A错误,若将该合金做阳极,用X盐溶液作电解液,通电时四种金属都以离子形式进入溶液中,但在阴极上只析出X,说明X离子的氧化性最强,所以X的活泼性最弱,故活泼性顺序是:ZYWX故选B【点评】本题考查的是金属活动性顺序的应用,完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断22对外加电流的保护中,下列叙述正确的是( )A被保护的金属与电源的正极相连B被保护的金属表面上不发生氧化反应,也不发生还原反应C在被保护的金属表面上发生氧化反应D被保护的金属与电源的负极相连【分析】在电解池中,和电源的正极相连的电极是阳极,发生氧化反应和电源的负极相连的电极是阴极,金属被腐蚀的电极只能是阴极【解答】解:A被保护的金属作阴极,与电源的负极相连,故A错误;B被保护的金属作阴极,阴极得到电子发生还原反应,故B错误;C被保护的金属作阴极,在被保护的金属表面上是阳离子发生还原反应,故C错误;D被保护的金属作阴极,与电源的负极相连,故D正确;故选D【点评】本题考查了电解原理及其应用,题目难度不大,侧重考查利用电解原理保护金属的知识,明确电解原理为解答关键二、非选择题(每空2分,共计44分)23依据事实,写出下列反应的热化学方程式(1)在25、101kPa下,1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=725.8 kJmol1(2)已知拆开1mol HH键,1molNH键,1molNN键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ,则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92kJmol1【分析】(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量;在25、101kPa下,1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ;(2)化学反应中,化学键断裂吸收能量,形成新化学键放出能量,根据方程式计算分别吸收和放出的能量,以此计算反应热并判断吸热还是放热【解答】解:(1)在25、101kPa下,1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ32=725.8KJ,所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=725.8 kJmol1,故答案为:CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=725.8 kJmol1;(2)在反应N2+3H22NH3中,断裂3molHH键,1molN三N键共吸收的能量为3436kJ+946kJ=2254kJ,生成2molNH3,共形成6molNH键,放出的能量为6391kJ=2346kJ,吸收的能量少,放出的能量多,该反应为放热反应,放出的热量为2346kJ2254kJ=92kJ,N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92kJmol1,故答案为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=92kJmol1【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法,主要是燃烧热概念的理解分析,题目较简单24常温时Cu(NO3)2的水溶液呈酸(填“酸”、“中”、“碱”)性,原因是(用离子方程式表示):Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+【分析】Cu(NO3)2为强酸弱碱盐,水解呈酸性,以此解答该题【解答】解:Cu(NO3)2为强酸弱碱盐,水解呈酸性,离子方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+,故答案为:酸;Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+【点评】本题考查盐类的水解,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握盐类水解的规律和影响因素,难度不大25实验室在配制AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,(填“促进”、“抑制”)抑制其水解【分析】AgNO3是强酸弱碱盐,银离子水解导致溶液呈酸性,常温下pH7,为防止AgNO3水解,所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中,然后稀释,据此分析解答【解答】解:AgNO3是强酸弱碱盐,银离子水解方程式为Ag+H2OAgOH+H+,水解后溶液中c(H+)c(OH),所以溶液呈酸性,为防止AgNO3水解,应该向溶液中加入少量酸,所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中,然后稀释,抑制银离子水解,故答案为:抑制【点评】本题考查盐类水解,根据盐类水解特点“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”确定溶液酸碱性,会正确书写水解方程式,题目难度不大26把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是Al2O3(填化学式)【分析】AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3,Al(OH)3在加热条件下分解生成Al2O3【解答】解:AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3,生成的HCl易挥发,最终生成Al(OH)3,在加强热时,Al(OH)3不稳定,分解生成Al2O3故答案为:Al2O3【点评】本题考查盐类水解的应用,题目难度不大,注意把握盐溶液蒸干、灼烧后产物的分析27对于下列反应:2SO2+O22SO3H0,如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L,那么,用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为2mol/(Lmin)如果开始时SO2浓度为4mol/L,2min后反应达平衡,若这段时间内v(O2)为0,.5mol/(Lmin),那么2min时SO2的浓度为2mol/L【分析】根据v=计算化学反应速率,根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算二氧化硫的反应速率,根据反应速率计算二氧化硫反应量,从而得出2min时SO2的浓度【解答】解:对于下列反应:2SO2+O22SO3H0,如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L,用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为v=mol/(Lmin)=2mol/(Lmin),如果开始时SO2浓度为4mol/L,2min后反应达平衡,若这段时间内v(O2)为0.5mol/(Lmin),氧气消耗浓度=0.5mol/(Lmin)2min=1mol/L,化学方程式定量计算得到消耗二氧化硫浓度为2mol/L,则二氧化硫的平衡浓度=4mol/L1mol/L=2mol/L,故答案为:2mol/(Lmin);2mol/L【点评】本题考查化学反应速率概念理解和计算应用,掌握基础是解题关键,题目难度不大28如图表示在密闭容器中气体反应:2SO2+O22SO3HO 达到平衡时,由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况,ab过程中改变的条件可能是升高温度;bc过程中改变的条件可能是减少SO3的浓度;若增大压强时,反应速度变化情况画在cd处【分析】根据正逆反应速率的变化结合温度、压强对反应速率和化学平衡的影响判断,a时逆反应速率大于正反应速率,且正逆反应速率都增大,b时正反应速率大于逆反应速率,注意逆反应速率突然减小的特点【解答】解:a时逆反应速率大于正反应速率,且正逆反应速率都增大,说明平衡应向逆反应方向移动,该反应的正反应放热,应为升高温度的结果,b时正反应速率不变,逆反应速率减小,在此基础上逐渐减小,应为减小生成物的原因,若增大压强时,平衡向正反应方向移动,则正逆反应速率都增大,且正反应速率大于逆反应速率,图象应为,故答案为:升高温度;减小SO3浓度;【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题,题目难度不大,注意把握曲线的变化趋势以及外界条件对化学平衡的影响29如图为相互串联的甲、乙两个电解池试回答:(1)若甲池利用电解原理在铁上镀银,则A是铁(填电极材料名称),应选用的电解质溶液是AgNO3(2)乙池中滴入少量酚酞试液,开始电解一段时间,铁极附近呈红色,(3)若甲池阴极增重43.2g且乙池中阴极上一直都有气体产生,则乙池中阴极上放出的气体在标准状况下的体积是4480mL【分析】(1)由图可知,A与电源负极相连,则A为阴极,甲池利用电解原理在铁上镀银,则铁应作阴极,银作阳极,电解液中含有银离子,以此来分析;(2)乙池中是电解饱和食盐水,溶液中的氢离子在阴极(铁)得到电子发生还原反应生成氢气,破坏了水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大;(3)利用电子守恒可知2Ag2eH2,以此来计算氢气的物质的量,再计算气体在标准状况下的体积【解答】解:(1)由图可知,A与电源负极相连,则A为阴极,在铁上镀银,则铁作阴极,电极反应为Ag+e=Ag,银作阳极,电极反应为Age=Ag+,且电解液中含有银离子,可选AgNO3作电解液,故答案为:铁;AgNO3;(2)乙池中是电解饱和食盐水,溶液中的氢离子在阴极(铁)得到电子发生还原反应生成氢气,破坏了水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大,遇酚酞变红,则Fe电极附近变红;故答案为:红;(3)甲池阴极发生Ag+e=Ag,乙池中阴极2H+e=H2,Ag的物质的量为=0.4mol,由电子守恒可知,2Ag2eH2,氢气的物质的量为0.2mol,在标准状况下的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L=4480mL,故答案为:4480【点评】本题考查电解原理及利用电子守恒的计算,明确阴阳极的判断及发生的电极反应是解答本题的关键,难度不大30氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如图所示,完成下列填空:(1)在电解过程中,与电源正极相连的电极上电极反应为2Cl2eCl2,与电源负极相连的电极附近,溶液pH升高(选填“不变”、“升高”或“下降”)(2)工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质,- 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