【化学】河北省沧州市沧县风化店中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版） 14页

河北省沧州市沧县风化店中学2019-2020学年高二上学期期末考试 一、单项选择题（共20小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是（ ）。‎ A. 锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子 B. 铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子 C. 铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子 D. 锌作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子，就可以使铁制品表面覆盖一层Zn，从而得到保护，正确；‎ B．锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子，这时镀件就会失去电子，发生氧化反应而被腐蚀，错误；‎ C．铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子,会再镀件上电镀一层Fe，不符合题意，错误；‎ D．铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子,镀件失去电子，发生氧化反应，不能实现在铁制品上镀上一定厚度的锌层的目的，错误。‎ ‎2.设C＋CO22CO－Q1(吸热反应)反应速率为v1，N2＋3H22NH3＋Q2(放热反应)反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（ ）‎ A. 同时增大 B. 同时减小 C. 增大，减小 D. 减小，增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，‎ 答案选A。‎ ‎3.科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，电池负极反应式为(　　)‎ A. H2＋2OH－－2e－=2H2O B. O2＋4H＋＋4e－=2H2O C. H2－2e－=2H＋ D. O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氢氧燃料电池中，负极上通入氢气，氢气失电子发生氧化反应，正极上通入氧气，氧气得电子发生还原反应，酸性介质中，负极上氢气失电子生成氢离子,电极反应式为H2-2e-=2H+，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e+=2H2O；所以符合题意选项为：C；‎ 所以本题答案：C。‎ ‎4.可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应 ‎ ‎①Br2+2e-=2Br- ②2Br-—2e-=Br2 ③Zn-2e-=Zn2+ ④Zn2++2e-=Zn其中表示正极反应和负极反应的分别是（ ）‎ A. ①和③ B. ②和① C. ③和① D. ④和①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】放电时Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，正极上Br2得到电子，则正极反应为Br2+2e-=2Br-，故选：C。‎ ‎【点睛】将反应Zn+Br2⇌ZnBr2设计成蓄电池，Zn元素的化合价升高，Br元素的化合价降低，则放电时Zn为负极，发生氧化反应，Br2在正极发生还原反应。‎ ‎5.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g) Z(g)＋W(s)　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 C. 升高温度，平衡逆向移动 D. 平衡后加入X，上述反应的ΔH增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 该反应是体积减小的、吸热的可逆反应。所以当压强不再变化时，反应即到达平衡状态。升高温度平衡向吸热反应的方向移动，即向正反应方向移动。W是固体，其质量多少，不能 影响反应速率。反应热只有方程式中的化学计量数和物质的状态有关，所以该反应的反应热是不变的。答案选B。‎ ‎6.常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是( )‎ A. S2－ B. NH4+ C. CO32－ D. Br－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ S2－水解为HS－，H+离子数目减少，故A错误； NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，NH4+水解使H+离子数目增加，故B正确；CO32－水解为HCO3－，H+离子数目减少，故C错误；Br－是强酸的酸根离子，Br－不水解，H+离子数目不变，故D错误。‎ ‎7.可以充分说明反应P(g)+Q(g)R(g)+S(g)在恒温下已达到平衡的是（ ）‎ A. 反应容器内的压强不随时间改变 B. 反应容器内P、Q、R、S四者浓度之比为1:1:1:1‎ C. P的生成速率和S的生成速率相等 D. 反应容器内的气体总物质的量不随时间变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据反应式可知，反应前后气体的体积不变，因此压强始终不变，则反应容器内的压强不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，A不正确；‎ B、反应达到平衡时，P、Q、R、S物质的量的浓度之比可能为1﹕1﹕1﹕1，也可能不是1﹕1﹕1﹕1，这与该反应的初始分子数及转化率有关，故B错误；‎ C、当反应到达平衡，P的生成速率和P的消耗速率相等，而P的消耗速率和S的生成速率相等，所以P的生成速率和S的生成速率相等，故C正确；‎ D、根据反应式可知，反应前后气体的体积不变，因此气体的物质的量始终不变，则反应容器内的气体总物质的量不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，故D错误，答案选C。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 水解反应是吸热反应 B. 升高温度可以抑制盐类的水解 C. 正盐水溶液的pH均为7 D. 酸式盐的pH均小于7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐类水解反应是中和反应的逆过程，中和反应属于放热反应，则的水解反应属 于吸热反应，故A正确；‎ B、盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，故B错误；‎ C、常温下正盐的水溶液不一定为7，如Na2CO3溶液，其水溶液显碱性，pH>7，故C错误；‎ D、酸式盐水溶液的pH不一定小于7，需要判断是以水解为主还是电离为主，如NaHCO3溶液，HCO3－的水解能力大于其电离能力，溶液显碱性，其pH>7，故D错误。‎ ‎9. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为 A. 9:1 B. 1:‎11 ‎C. 1:9 D. 11:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎10.在一定温度下的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示，则在下列关系式中正确的是(　　)‎ A. p1>p2 B. p1p＋q D. m＋n＝p＋q ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据先拐先平数值大的原则知p1H+，滴加少量的CuSO4溶液时，Cu2+先发生反应而被置换出铜单质，溶液中形成了Al-稀硫酸-Cu原电池，可加快产生氢气的速率，故B不符合题意；‎ C．换成浓硫酸后，若反应温度较低，则会产生钝化，不会反应产生氢气，若温度较高，反应会产生二氧化硫气体，不会产生氢气，故C符合题意；‎ D．升高溶液温度，有效碰撞频率将会增加，化学反应速率将加快，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化。‎ ‎16.下列说法不正确的是 A. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg(OH)2粉末搅拌后过滤 B. 在KI溶液中加入氯化银，一段时间后沉淀变成黄色，说明同温度下Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ C. 将氨气通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原为Cu ‎ D. 当分散质和分散剂都为气体时，组成的分散系不可能为胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，溶液pH增大，有利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，故A正确； ‎ B．阴阳离子比相同的物质可以用Ksp大小比较溶解度，在KI溶液中加入氯化银，一段时间后沉淀变为黄色，说明氯化银转化为碘化银，则溶解度碘化银小于氯化银，说明同温度下 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故B正确；‎ C．NH3的还原性不强，在溶液中不能将Cu2+还原，将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀，故C错误；‎ D．当分散剂是气体时，可形成气溶胶，气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体，当分散质和分散剂都为气体时，组成的分散系不可能为胶体，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是( )‎ ‎①二氧化硫 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液 A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据常温下溶液中由水电离出来的c（H +）=1.0×10 -13mol•L -1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。‎ ‎【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。‎ ‎①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；‎ ‎②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；‎ ‎③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；‎ ‎④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎18.常温时，将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，所得的溶液pH（ ）‎ A. 等于7 B. 小于‎7 ‎C. 大于7 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】盐酸是强酸，PH=3，c(H+)=c(HCl)=10-3mol/L，氨水是弱碱，PH=11，c(OH-)=10-3mol/L，c(NH3·H2O)＞10-3mol/L，两者等体积混合，n(NH3·H2O)>c(HCl)，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，PH大于7，故选C。‎ ‎19.用石墨作电极电解1 mol/L CuSO4溶液，当c(Cu2＋)为0.5 mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态(　 　)‎ A. CuSO4 B. CuO C. Cu(OH)2 D. ‎ CuSO4·5H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用石墨做电极电解1mol/L CuSO4溶液，阳极反应为4OH﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极反应为 Cu2++2e﹣=Cu，所以相当于析出CuO，根据析出什么加什么的原则可知，应该加入适量的CuO可使电解质溶液恢复至原来状况，也可以加入适量的CuCO3可使电解质溶液恢复至原来状况；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理，明确两极上析出的物质是解本题关键，从而确定应该加入的物质，注意CuCO3加入电解质溶液中，会放出CO2气体，所以还是相当于加入CuO。‎ ‎20.pH＝1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法不正确的是 A. 两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 ‎ B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液弱 C. 若a＝4，则A是强酸，B是弱酸 ‎ D. 若1＜a＜4，则A、B都是弱酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此来解答。‎ ‎【详解】A、因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不相等，故A错误；‎ B、由图可知，B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故B正确；‎ C、由图可知，若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；‎ D、pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B都是弱酸，故D正确；‎ 故答案选A。‎ 二．填空题 ‎21.一定温度下，向容积为‎1L的密闭容器中充入2mol A和1 B，发生如下反应：，5min后反应达到平衡，这时C的浓度为1.2，请回答：‎ ‎（1）5min内A消耗速率________________________________；‎ ‎（2）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__________________；‎ A．混合气体的压强保持不变 B．单位时间内生成2molA的同时生成1mol B C．混合气体的密度保持不变 D．A、B、C的物质的量之比为 ‎（3）该反应的平衡常数表达为K=_______________________，该温度下反应的平衡常数是_________；‎ ‎（4）B在此条件下的转化率为___________________；‎ ‎（5）升高温度，混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎【答案】 (1). (2). C (3). (4). 2 (5). (6). 吸热 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据C的浓度变化求出C的反应速率，再求出A的反应速率。‎ ‎（2）根据反应特点：反应前后气体物质的量不变和反应后气体质量减少进行判断。‎ ‎（3）K的表达式中不包括固体，则。‎ ‎（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率。‎ ‎（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应。‎ ‎【详解】（1）‎ ‎ ‎ 起始浓度() 2 1 0 ‎ 转化浓度 x/2 3/2 ‎ 平衡浓度2- 1-x/2 3/2 ‎ 已知平衡时C的浓度为1.2，即3/2=1.2，=0.8，V(A)=，故答案为;。‎ ‎（2）A.反应前后气体物质的量不变，故不能用混合气体的压强判断平衡，故A错误；‎ B.单位时间生成2molA的同时生成1mol B，都是向正反应方向，故不能判断平衡，故B错误；‎ C.反应前后气体体积不变，反应后气体质量减少，则混合气体密度减小，故能用密度判断，故C正确；‎ D.不能用物质的量之比来判断平衡，故D错误。‎ ‎ 故答案C。‎ ‎（3）K的表达式中不包括固体，则 根据已知数据求出平衡后各气体的浓度分别为: c (A) =1.2mol/L， c(B) =0.6mol/L，c (C) =1.2mol/L 故K=2。故答案为 ；2。‎ ‎（4）根据已知数据求出B参加反应的量，再求出转化率，即转化率= 0.4 x100%=40%，故答案为40%。‎ ‎（5）反应前后气体总物质的量不变，反应后气体质量减少，则正反应方向为平均相对摩尔质量减小的方向，已知平均相对摩尔质量减小，则说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为吸热。‎ ‎22.锌银电池能量大、电压平稳，广泛用于电子手表、照相机、计算器和其他微型电子仪器。‎ 电解质溶液是KOH溶液，电池总反应为Zn＋Ag2O=ZnO＋2Ag。请回答下列问题：‎ ‎（1）该电池的正极材料是________；电池工作时，阳离子向________（填“正极”或“负极”）移动；负极的反应式为__________。‎ ‎（2）①电极材料锌可由闪锌矿在空气中煅烧成氧化锌，然后用碳还原来制取，化学反应方程式为ZnO＋CZn＋CO↑，此法为_____。‎ A 电解法　B 热还原法　C 热分解法 ‎（3）可用石墨作电极电解提纯氢氧化钾电解液。电解池内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，其工作原理如图所示。‎ ‎①该电解池的阳极，阴极反应式为阳极：_________阴极：________‎ ‎②除去杂质后的氢氧化钾溶液从出口________（填“A”或“B”）导出。‎ ‎③在相同条件下，a处与b处产生的气体体积比为________。‎ ‎【答案】 (1). Ag2O (2). 正极 (3). Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O (4). B (5). 4OH--4e-= O2↑+2H2O (6). 2H＋＋2e－=H2↑ (7). B (8). 1∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）正极发生还原反应，故Ag2O为正极，原电池工作时电解质溶液中阳离子向正极移动；负极发生氧化反应，Zn失电子碱性条件下生成ZnO与水，电极反应式：Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O；‎ ‎（2）高温下发生置换反应，属于热还原法，故答案为B；‎ ‎（3）①阳极发生氧化反应，溶液中氢氧根离子放电得到氧气，电极反应式为：4OH--4e-= O2↑+2H2O，阴极发生还原反应，溶液中氢离子放电得到氢气，电极反应式为：2H++2e-═H2↑；‎ ‎②在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，这样就在阴极区聚集大量的K+和OH-，从而产生纯的氢氧化钾溶液，除杂后的氢氧化钾溶液从出口B导出；‎ ‎③电解时，a为阳极，电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，b为阴极，电极反应式：4H++4e-=2H2↑，转移相同电子数时，a处与b处产生的气体体积比为1：2。‎ ‎23.常温下，将某一元酸HX和NaOH溶液等体积混合，两种溶液浓度和混合后所得溶液的pH如下表：‎ 实验 编号 HX物质的量 浓度（mol/L）‎ NaOH物质的 量浓度（mol/L）‎ 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH＝a 乙 c1‎ ‎0.2‎ pH＝7‎ 丙 ‎02‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 c2‎ c2‎ pH＝10‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，若a______7(填>、<或=)，则HX为强酸；若a________7（填“＞”“＜”或“＝”），则HX为弱酸。‎ ‎（2）在乙组混合溶液中离子浓度c(X－)与c(Na＋)的大小关系是________。‎ A 前者大　　　　B 后者大 C 二者相等 D 无法判断 ‎（3）从丙组实验结果分析，HX是________酸（填“强”或“弱”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________。‎ ‎（4）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). = (2). > (3). C (4). 弱 (5). c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+) (6). 1×10-4mol/L或1×10-10mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）等体积、等浓度的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，如果盐溶液呈中性，a=7，则盐是强酸强碱盐，酸是强酸；如果盐溶液呈碱性，a＞7，则盐是强碱弱酸盐，酸是弱酸；‎ ‎ （2）溶液中存在电荷守恒，c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(X-)=c(Na+)，故选C；‎ ‎（3）酸的浓度是碱的2倍，等体积混合时，溶液中的溶质是等浓度的酸和盐，溶液呈碱性，说明酸是弱酸；酸根离子的水解程度大于酸的电离程度，溶液中存在电荷守恒，c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，则c(X-)＜c(Na+)，所以离子浓度大小顺序是：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)；‎ ‎（4）溶液pH=10，c(H+)=1×10-10mol/L，根据水的离子积常数知，c(OH-)=1×10-4mol/L ‎，若溶液中OH-主要来自于生成的盐类水解，则水电离出的c(OH-)=1×10-4mol/L，若溶液中OH-主要来自于所加碱(即碱过量)，则水电离出的OH-与溶液中H+浓度相等，则水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L；故答案为1×10-4mol/L或1×10-10mol/L。‎ ‎【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(‎25 ℃‎时)‎ ‎（1）中性溶液：c(H＋)=c(OH－)=1.0×10-7 mol·L-1；‎ ‎（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)=c(OH－)<10-7mol·L-1，当溶液中的c(H＋)<10-7mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)>10-7mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)；‎ ‎（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10-7mol·L-1；若给出的c(H＋)>10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)<10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。‎