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.docx
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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
福州八中2017-2018学年第二学期期中考试
高二化学(理)
考试时间:
90分钟试卷满分:
150分
可能用到的相对原子质量:
H—1O—16C—12N—14S—32Cl—35.5Na—23
Mg—24Fe—56Al—27Cu—64Ca—40
第Ⅰ卷(共100分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题2分,共42分)
1.美国化学家诺塞拉研制出一种可以将水分解成氢气和氧气的催化剂,这将使氢气生产成为可能,并使太阳能使用步入新的时代,被称为“水发电技术”。
下列有关说法正确的是
A.“水发电技术”是指水分解生成氢气和氧气,同时放出能量来发电
B.“水发电技术”可实现发电过程中的零污染物排放
C.若水分解产生的H2、O2分别通入燃料电池的两极,通H2的电极上发生还原反应
D.“水发电技术”的能量转换形式为:
化学能→电能→热能
【答案】B
【解析】A、水分解的过程是吸热过程,选项A错误;B、“水发电技术”可实现发电过程中的零污染物排放,选项B正确;C、“水发电技术”的能量转换形式为太阳能→化学能→电能,选项C错误;D、氢氧燃料电池中,通H2的为电源负极,失去电子发生氧化反应,选项D错误。
答案选B。
2.下列说法正确的是
A.凡是放热反应都是自发的,凡是吸热反应都是非自发的
B.自发反应熵一定增大,非自发反应熵一定减小或不变
C.自发反应在适当条件下才能实现
D.自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】反应的自发性与焓变和熵变都有关系,只要△G=△H-T·△S<0反应就一定是自发进行的,因此选项A、B不正确。
反应的自发性只能适用于判断过程的方向,不确定是否一定会发生,反应发生的速率,所以选项C正确,D不正确,答案选C。
3.已知:
①Zn(s)+
O2(g)=ZnO(s)ΔH=-348.3kJ·mol-1
②2Ag(s)+
O2(g)=Ag2O(s)ΔH=-31.0kJ·mol-1
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·mol-1
B.Zn+Ag2O===ZnO+2Ag ΔH=+317.3kJ·mol-1
C.Zn(s)+Ag2O(s)===ZnO(s)+2Ag(s)ΔH=-317.3kJ
D.2Zn(s)+2Ag2O(s)===2ZnO(s)+4Ag(s)ΔH=-634.6kJ·mol-1
【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
【答案】C
【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:
2:
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
C.平衡向正反应方向移动D.C的体积分数增大
【答案】B
【解析】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,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变为原来的0.20mol·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
答案选B。
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
【答案】C
【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 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 【答案】C 【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 【答案】D 【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。 答案选D。 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 【答案】B 【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 【答案】A 【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。 答案选A。 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 【答案】D 【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。 答案选D。 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 【答案】C 【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。 答案选C。 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 【答案】B 【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 【答案】D 【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。 答案选D。 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 【答案】A 【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 【答案】A 【解析】试题分析: 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·L-1·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 【答案】D 【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。 答案选D。 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% 【答案】A 【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 2amol 0 0 乙 2amol amol 0 0 丙 0 0 2amol 2amol 丁 amol 0 amol 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 【答案】B 【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: 2a、2a;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 【答案】C 【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。 答案选C。 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·mol-1 460 498.8 176 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·mol-1×4=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。 答案选D。 (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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