广东省广州市越秀区学年高二上学期期末考试化学试题解析版.docx
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广东省广州市越秀区学年高二上学期期末考试化学试题解析版
2020-2021学年广东省广州市越秀区高二上学期
化学期末试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共20题,共8页,共100分,考试时间75分钟。
注意事项:
1.答卷前,考生务必在答题卡上用黑色字迩的钢笔或签字笔填写自己的学校、班级、姓名;同时填写考生号、座号,再用2B铅笔把对应这两个号码的标号涂黑。
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动、用橡皮擦干净后,再选涂他答案标号;不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上。
不按以上要求作符的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁,考试结束时,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H-lC-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56Cu-64Pb-207
第Ⅰ卷(共44分)
一、单项选择题:
本题共10小题,每小题2分,共20分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。
1.在298K、100kPa时,已知:
2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H2
2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3
则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是:
A.△H3=△H1+2△H2B.△H3=△H1+△H2
C.△H3=△H1-2△H2D.△H3=△H1-△H2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1
②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H2
③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3
则由盖斯定律可知,反应③=①+2×②,△H3=△H1+2△H2,故选A。
2.下列关于氨水的说法正确的是
A.氨水是碱,其中不含H+B.氨水的导电性比NaOH溶液弱
C.室温下的稀氨水中,Kw=1×10-14D.某瓶氨水的pH=9,说明氨水是弱电解质
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.氨水是碱,溶液中有水电离出的氢离子,A错误;
B.氨水是弱碱,部分电离,但没有说明二者的浓度关系,不能比较导电性强弱,B错误;
C.室温下任何水溶液中,水的离子积常数都为Kw=1×10-14,C正确;
D.没有说明氨水的浓度,不能确定氨水是弱电解质,D错误;
故选C。
3.对于0.1mol·L-1NH4Cl溶液,正确的是
A.升高温度,溶液pH升高
B.通入少量HCl气体,c(NH4+)和c(Cl-)均增大
C.c(NH4+)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)
D.c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
【答案】BC
【解析】
【分析】
NH4Cl是强酸弱碱盐,其水解使溶液显酸性。
【详解】A.盐的水解反应是吸热反应,升高温度促进盐的水解;水解程度越大,NH4Cl溶液的酸性就越强,因此升高温度后NH4Cl溶液pH降低,A错误。
B.通入少量HCl,会抑制盐的水解,c(NH4+)和c(Cl-)均增大,B正确。
C.根据电荷守恒可得,c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),C正确。
D.根据物料守恒可得,c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),所以c(Cl-)>c(NH4+);铵根离子水解消耗水电离产生的OH-而使溶液显酸性,所以溶液中c(H+)>c(OH-);盐水解的程度是微弱的,所以c(NH4+)>c(H+),因此溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),D错误。
本题选BC
4.常温下,下列说法正确的是
A.pH=4的醋酸中c(H+)=4.0mol/L
B.pH=2的盐酸与pH=l的盐酸中c(H+)之比为1:
10
C.pH=1的盐酸与pH=1的硫酸中c(H+)之比为l∶2
D.0.lmol/L的醋酸与0.2mol/L的醋酸中c(H+)之比为l∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.pH=4的醋酸中c(H+)=10-4mol/L,A错误;
B.pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=l的盐酸中c(H+)=10-1mol/L,c(H+)之比为10-2:
10-1=1:
10,B正确;
C.pH=1的盐酸与pH=1的硫酸中c(H+)都为10-1mol/L,两者的氢离子浓度之比为l∶1,C错误;
D.0.lmol/L的醋酸与0.2mol/L的醋酸中电离程度不同,不能确定c(H+),D错误;
故选B。
5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为CH3COOH的催化反应历程。
该催化反应历程示意图如下。
下列说法借误的是
A.①→②放出能量并形成了C一C键
B.CH4→CH3COOH过程中,有C一H键发生断裂
C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.根据图知,根据图知,反应物总能量大于生成物总能量,所以该反应是放热反应,且最后生成C-C键,故A正确;
B.CH4→CH3COOH 过程中,甲烷中 C-H 键发生断裂生成甲基,所以有C-H键断裂,故B正确;
C.催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动,不改变转化率,故C错误;
D.甲烷和二氧化碳反应只生成 CH3COOH,没有其它副产物生成,所以原子利用率100%,故D正确;
故选:
C。
6.实验室现有3种酸碱指示剂。
其pH变色范围如下
甲基橙:
3.1~4.4石蕊:
`5.0~8.0酚酞:
8.2~10.0
用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,反应恰好完全时。
下列叙述正确的是
A.溶液呈中性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性,只能选用石蕊作指示剂
C
溶液呈酸性,可选用甲基橙作指示剂
D.溶液星碱性,只能选用酚酞作指示剂
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa,CH3COONa为强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,为了减少滴定误差,应选择指示剂的pH范围与CH3COONa溶液的pH接近,所以指示剂选择酚酞,D正确;
故选D
7.已知X(g)+Y(g)⇌Z(g)+M(g)+N(s)△H<0,如图所示,曲线a表示反应进行过程中X的转化率随时间变化的关系。
若要改变起始条件,使反应的过程按b曲线进行,可采取的措施是
A.加催化剂
B.加大X的投入量
C.升高温度
D.减少压强
【答案】A
【解析】
【分析】
b与a的区别是b反应过程中速率快,但不影响X的转化率。
【详解】A.加入催化剂,反应速率加快,但不影响平衡,A正确;
B.加大X的投入量,速率加快,但X的转化率变小,B错误;
C.升温速率加快,平衡逆向移动,X的转化率减小,C错误;
D.减压速率减慢,平衡不移动,X的转化率不变,D错误;
故选A。
8.室温下,H2O2与氢碘酸(HI)反应:
H2O2+2HI=I2+2H2O,已知c(H2O2)=0.1mol/L,c(HI)=0.lmol/L,20s后测得H2O2的浓度为0.08mol/L,则用HI表示反应速率为
A.0.001mol·L-1·s-1B.0.002mol·L-1·s-1
C.0.003mol·L-1·s-1D.0.04mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】c(H2O2)=0.1mol/L,c(HI)=0.lmol/L,20s后测得H2O2的浓度为0.08mol/L,则过氧化氢消耗的浓度为0.1mol/L-0.08mol/L=0.02mol/L,根据方程式分析,碘化氢的消耗浓度为0.04mol/L,则用碘化氢表示反应速率为
故选B。
9.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是
A.钢管与电源负级连接,钢管可被保护
B.生铁中含有碳,抗腐蚀能力比纯铁强
C.钢铁发生析氢腐蚀时,负级反应
Fe-3e-=Fe3+
D.钢管与铜管露天堆放
一起时,钢管不易被腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.钢管与电源电极相连时作阴极,电解池阴极被保护,故A正确;
B.生铁中铁作原电池负极而容易被腐蚀,纯铁比生铁更耐腐蚀,故B错误;
C.钢铁发生析氢腐蚀时,负极上铁失电子生成亚铁离子,电极反应式为Fe-2e-═Fe2+,故C错误;
D.铁、铜和电解质溶液构成原电池,铁易失电子作负极,所以铁加速被腐蚀,故D错误;
故选:
A
10.利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯,下列说法错误的是
A.电解时以精铜作阳极,发生氧化反应
B.电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e-=Cu
C.粗铜连接电源正极,电极反应为Cu-2e-=Cu2+
D.电解后电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.电解时粗铜做阳极,发生氧化反应,A错误;
B.电解时阴极是溶液中的铜离子得到电子生成铜,B正确;
C.粗铜连接电源的正极做阳极,铜失去电子生成铜离子,C正确;
D.比铜活泼性差的金属成为阳极泥,如银或铂等,D正确;
故选A。
二、单项选择题:
本题共6小题,每小题4分,共24分。
在每小题给出的四个选项中,只一个选项符合题目要求。
11.设NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A.1L0.1mol/LNa2S溶液含有的S2-离子数为0.1NA
B.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
C.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后分子总数为0.2NA
D.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.硫化钠中硫离子水解,不能确定其物质的量,A错误;
B.氢氧化铁胶体离子是很多分子的集合体,不能确定胶体粒子数,B错误;
C.氢气和碘反应生成碘化氢是可逆反应,也是前后气体分子总数不变的反应,C正确;
D.没有溶液的体积不能计算,D错误;
故选C。
12.实验①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合,得到悬浊液a,将液过滤,得到滤液b和白色沉淀c
实验②向滤液b中滴加0.1mol/LKI溶液,滤液出现浑浊
实验③向沉淀c中滴加0.1mol/LKI溶液,沉淀变为黄色
下列关于上述实验的分析错误的是
A.悬浊液a中存在沉淀溶解平衡:
AgCl(g)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)
B.滤液b中不含Ag+
C.③中说明AgCl转化为AgI
D.实验证明Ksp(AgCl)>K(AgI)
【答案】
B
【解析】
【分析】
【详解】A.0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合,反应生成氯化银沉淀,得到悬浊液a,存在溶解平衡AgCl(g)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq),A正确;
B.存在溶解平衡,滤液中仍有银离子,B错误;
C.向沉淀c中滴加0.1mol/LKI溶液,沉淀变为黄色,说明氯化银变成碘化银,C正确;
D.氯化银变成碘化银,说明Ksp(AgCl)>K(AgI),D正确;
故选B。
13.下图所示的直型石英玻璃封管中充有CO气体,左端放置不纯的镍(Ni)粉。
在一定条件下,Ni可以与CO(g)发生如下反应:
Ni(s)+4CO(g)
Ni(CO)4(g),但Ni粉中的杂质不与CO(g)发生反应。
玻璃管内左右两端的温度分别稳定在350K和470K,经过足够长时间后,右端的主要物质是()
A.纯Ni(s)和Ni(CO)4(g)
B.纯Ni(s)和CO(g)
C.不纯Ni(s)和CO(g)
D.不纯Ni(s)和Ni(CO)4(g)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】根据题干信息,直型石英玻璃封管中充有CO气体,左端放置不纯的镍(Ni)粉,玻璃管左端温度为350K,主要发生Ni+CO→Ni(CO)4的反应,右端温度为470K,主要发生Ni(CO)4分解生成Ni和CO的反应,因此,经过足够长的时间后,不纯的镍粉最终变为纯Ni(s)停于玻璃管右端,因此右端的主要物质是纯Ni(s)和CO(g),故答案选B。
14.常温下,用浓度为0.100mol·L-1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L-1的HX、HY溶液中,pH随NaOH溶液体积的变化如图。
下列说法正确的是( )
A.V(NaOH)=10.00mL时,两份溶液中c(X-)>c(Y-)
B.V(NaOH)=10.00mL时,c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-)
C.V(NaOH)=20.00mL时,c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(X-)
D.pH=7时,两份溶液中c(X-)=c(Na+)=c(Y-)
【答案】B
【解析】
A.由图可知V(NaOH)=20.00 mL时,两者恰好完全反应,HX的PH大于HY,所以NaX的水解程度大于NaY,则两份溶液中,c(X-)<c(Y-),故A错误;B.V(NaOH)=10.00 mL时,生成等物质的量浓度的HX和NaX,溶液呈酸性,以HX的电离为主,所以离子浓度的大小为:
,c(X-)>c(Na+)>c(HX)>c(H+)>c(OH-),故B正确;C.由图可知V(NaOH)=20.00 mL时,两者恰好完全反应,都生成强碱弱酸盐,水解呈碱性,所以离子浓度的大小为:
c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),故C错误;D.NaX的水解程度大于NaY,而pH=7时,两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少,根据电荷守恒,c(X-)>c(Y-),故D错误;故选B。
15.锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源,电池示意图如下,电极为金属锌和选择性催化材料,放电时,空气中的O2转化为OH-。
下列说法正确的是
A.充电时,电解质溶液中K+向阳极移动
B.充电时,电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
C.放电时,电路中通过2mol电子,消耗氧气1mol
D.放电时,负极反应为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.充电时,阳离子向阴极移动,A错误;
B.充电时,Zn(OH)
变成锌和氢氧根离子,所以溶液中的氢氧根离子浓度增大,B错误;
C.放电时每消耗1mol氧气生成氢氧根离子,转移4mol电子,C错误;
D.放电时,锌做负极,从图分析,锌失去电子生成Zn(OH)
,电极反应为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)
,D正确;
故选D。
16.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。
一种热激活电池的基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能。
该电池总反应为:
PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。
下列有关说法正确的是()
A.负极反应式:
Ca+2Cl--2e-=CaCl2B.放电过程中,Li+向钙电极移动
C.正极反应物为PbSO4D.每转移0.1 mol电子,理论上生成20.7 g Pb
【答案】AC
【解析】
【分析】
由原电池总反应可知Ca为原电池的负极,被氧化生成CaCl2,反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2,PbSO4为原电池的正极,发生还原反应,电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb,原电池工作时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,。
【详解】A.Ca为原电池的负极,反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2,故A正确;
B.原电池中阳离子向正极移动,所以放电过程中,Li+向正极移动,故B错误;
C.PbSO4为原电池的正极,发生还原反应,故C正确;
D.根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb,可知每转移0.2mol电子,理论上生成0.1molPb,质量为20.7g,故D错误;
故选:
AC。
第II卷(共56分)
三、非选择题:
共4题,共56分。
17.甲烷燃料电池采用铂为电极材料,两个电级上分别通入CH4和O2,电解质溶液为KOH溶液。
某研究小组将上述两个甲烷燃料电池串联后作为电源,进行电解饱和NaCl溶液的实验。
如[图1所示]
回答下列问题:
(1)甲烷燃料电池工作时,其电极反应分别为:
正极___________,负极___________。
(2)闭合K开关后,a、b电极上均有气体产生,其中a电极上得到的是___________,电解NaCl溶液的总反应方程式为___________
(3)若将饱和NaCl溶液改为CuCl2溶液,闭合K开关后,电解CuCl2溶液的化学方程式为:
_____。
若电解池中电极增重3.2g,则通过电解池的电子的物质的量为______mol。
(4)某学生制作一种家用环保型消毒液发生器,用石墨作电极电解饱和NaCl溶液,通电时,为使Cl2被完全吸收,制得有较强杀菌能力的“84”消毒液,设计了如图2的装置,电源d电极名称为___________(填“正极”或“负极"),“84”消毒液的有效成分为___________(填化学式)。
【答案】
(1).2O2+4H2O+8e-=8OH-
(2).CH4+10OH--8e-=
+7H2O(3).氯气(4).2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑(5).CuCl2
Cu+Cl2↑(6).0.1(7).正极(8).NaClO
【解析】
【分析】
燃料电池中燃料永远在负极反应,氧气在正极,所以a为电解池的阳极,b为电解池的阴极,据此分析。
【详解】
(1)燃料电池中,正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子,电极反应式为2O2+4H2O+8e-=8OH-,负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为CH4+10OH--8e-=
+7H2O
(2)闭合K开关后,a、b电极上均有气体产生,其中a电极为阳极,是溶液中的氯离子反应生成氯气,电解NaCl溶液生成氯气和氢气和氢氧化钠,总反应方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
(3)若将饱和NaCl溶液改为CuCl2溶液,闭合K开关后,电解CuCl2溶液生成铜和氯气,化学方程式为CuCl2
Cu+Cl2↑。
若电解池中电极增重3.2g,即产生了0.05mol铜,转移0.1mol电子。
(4)通电时,阳极产生氯气,为使Cl2被完全吸收,则应下方产生氯气,氯气的气泡向上移动过程中和阴极生成的氢氧化钠反应,生成次氯酸钠,所以d为正极,“84”消毒液的有效成分为NaClO。
18.难溶性杂岗石(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)在水中在如下平衡:
K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s)=2Ca2++2K++Mg2++4SO
+2H2O采用饱和Ca(OH)2溶液浸杂卤石制备K2SO4工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)滤渣的主要成分有___________和___________以及未溶杂卤石。
(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂岗石浸出K+的原因___________
(3)“溶浸”中,K+的浸出率结果如图所示。
由图可知,当K+的浸出率为70%时。
可以采用的实验条件为___________
(4)“除杂”中,先加入___________溶液,经搅拌等操作后,过滤,再加入___________溶液,调滤液pH至中性。
(5)以可溶性碳酸盐为溶浸剂,溶浸过程中会发生:
CaSO4(s)+CO
(ag)⇌CaCO3(s)+SO
(ag)
已知298K时,Ksp(CaCO3)=2.80×10-9,Ksp(CaSO4)=4.90×10-5.此温度下,该反应的平衡常数K=___________。
【答案】
(1).CaSO4
(2).Mg(OH)2(3).加入Ca(OH)2溶液,OH-与Mg2+结合成Mg(OH)2,Ca2+与
-结合成CaSO4而析出,使平衡向右移动,杂岗石溶解浸出K+(留在滤液中)(4).100℃,2小时或50℃,5小时(5).K2CO3(6).硫酸(7).
【解析】
【分析】
由K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s)=2Ca2++2K++Mg2++4SO
+2H2O及实验流程可知,加氢氧化钙溶液﹐过滤分离出滤渣为CaSO4、Mg(OH)2,结合图2可知,373K时K+的浸出浓度大,则滤液中大量的K2SO4,升高温度可提高浸出效率,除杂时加K2CO3除去钙离子,后加硫酸中和至中性,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸钾,以此来解答。
【详解】
(1)根据K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s)=2Ca2++2K++Mg2++4SO
+2H2O,为能充分利用钾资源,用饱和氢氧化钙溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾,氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀,同时钙离子增多,析出硫酸钙沉淀,所以滤渣中主要成分为CaSO4、Mg(OH)2;
(2)加入Ca(OH)2溶液,OH-与Mg2+结合成Mg(OH)2,Ca2+与
-结合成CaSO4而析出,使平衡向右移动,杂岗石溶解浸出K+(留在滤液中);
(3)从图分析,“溶浸”中,K+的浸出率结果如图所示。
由图可知,当K+的浸出率为70%时。
可以采用的实验条件为100℃,2小时,或50℃,5小时。
(4)“除杂”环节,主要是除去钙离子,根据除杂原则不能引入新的杂质,所以加入过量的碳酸钾,经搅拌等操作后,过滤,再加入硫酸溶液,调滤液pH至中性,除去碳酸钾。
(5)以可溶性碳酸盐为溶浸剂,溶浸过程中会发生:
CaSO4(s)+CO
(ag)⇌CaCO3(s)+SO
(ag)
已知298K时,Ksp(CaCO3)=2.80×10-9,Ksp(CaSO4)=4.90×10-5.此温度下,该反应的平衡常数K=
19.硫酸是一种重要的基本化工产品,接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3△H=-196kJ/mol
回答下列问题:
(1)某温度下,SO2平衡转化率α与体系总压强p的关系如图(a)所示。
①将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中,反应达平衡后,体系总压强为0.10MPa。
该反应的平衡常数等于___________
②平衡状态由A变到B时,平衡常数KA___________KB(填“>”“<”或“=”)。
(2)在密闭容器中,原料气进料比例按SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%,在0.5.MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。
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