2020-2021学年高二化学上学期期末测试卷03（人教版选修4）（全解全析）

2020-2021学年上学期期末测试卷03

高二化学•全解全析

12345678910111213141516

CCDABDCDDBCABACB

1.【答案】c

【详解】

A.水解是和水电离产生的H+结合成弱酸H2so3,正确的水解的离子方程式为：HSO；+H2O

H2SO3+OH-,故A错误；

B.盐的水解是微弱的，所以需要用可逆号连接左右两边，而且生成的A1(OH)3不能形成沉淀，正确的AF+

3+

水解的离子方程式为：A1+3H2OAI(OH)3+3H+,故B错误；

C.NaHCO3是强电解质，完全电离成Na+和HCO；,电离方程式是正确的，故C正确；

D.H2s溶于水形成氢硫酸，是弱酸，需要分步电离：H2sH++HS-,HS-H++S2',故D错误；

答案选C。

2.【答案】C

【详解】

A.Fe203是红棕色固体，可用作红色颜料，与Fe2O3具有氧化性无关，A不符合题意；

B.晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，与晶体硅熔点高无关，B不符合题意；

C.Na2co3是强碱弱酸盐，则Na2c03溶液显碱性，并且水解反应是吸热反应，升高温度溶液碱性增强，因

此可用热的纯碱溶液洗油污，C符合题意；

D.CuS、HgS的溶解度小于FeS,所以废水中CiP+、Hg?+等重金属可通过加入FeS固体转化为CuS、HgS

而除去，这与FeS固体呈黑色无关，D不符合题意；

故合理选项是Co

3.【答案】D

【详解】

A.燃烧热是Imol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，该反应生成氢气，未生成稳定氧化物，

不符合燃烧热的定义，A错误；

B.该反应是吸热反应，只能说明甲醇和氧气的能量之和小于二氧化碳和氢气的能量之和，但不能说明甲醇

和氢气的能量大小，则无法比较二者稳定性大小，B错误；

C.未注明温度和压强时，一般指的是25℃、lOlkPa条件下的反应焙变，反应中的能量变化与反应体系的

温度和压强有关，C错误；

D.热化学方程式改变方向，焙变改变符号，D正确；

答案选D。

4.【答案】A

【详解】

A.02和03的混合气体均由氧原子构成，则16go2和的混合气体中含有的氧原子数

16g

=―—;---;xNAmol」=NA,A说法正确；

16g/mol

B.标准状况下，乙醇为液态，则11.2L乙醇的物质的量大于05mo1,则所含的碳原子数目大于NA,B说法

错误；

C.0.5L0.2moi/L的Fe2(SO4)3溶液中，Fe2(SC)4)3为强酸弱碱盐,Fe3+发生水解,则Fe?+数目小于0.2NA,C

说法错误；

D.过氧化氢分解制得标准状况下1.12LO2,即0.05moLO的部分化合价由-1变为。价，转移电子数目为

0.1NA,D说法错误；

答案为A。

5.【答案】B

【详解】

A.根据盖斯定律，AWi=A//2+AW3,故A错误；

B.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)为吸热反应，AH?〉。；碳燃烧放热，AHi<0,所以AHaAH?,故B正确；

C.燃烧反应放热，Att<0,该步反应的反应物键能总和小于生成物的键能总和，故C错误；

D.DO(1)的能量小于七0©,若用C(s)和H2OQ)转化为H2(g)和CO(g),根据盖斯定律,△必变大,故D错

误；

选B。

6.【答案】D

【分析】

设H2s反应前的物质的量为xmol,根据题意列三段式:

co(g)+H2s(g)COS(g)+凡(g)

始(mol)10X00

变(mol)2222

平(mol)8x-222

2x2

已矢口K=0.1,由于反应前后气体分子数不变，则。x(x-2)-0,1,解得x-7。

O

【详解】

A.升高温度，H2s浓度增大，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误;

B.在恒容密闭容器中，通入CO后，CO浓度增大，正反应速率瞬间增大，平衡正向移动，随着反应进行,

反应物的浓度逐渐减小，正反应速率又逐渐减小，故B错误；

C.根据分析可知，反应前H2s的物质的量为7mol,故C错误；

D.由分析中数据可知，CO的平衡转化率为曲则x100%=20%,故D正确；

lOmol

答案选D。

7.【答案】C

【详解】

A.KC1属于强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离不影响，而CH3coONH4中阴阳离子都发生水解，促

进了水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，故A正确；

B.盐酸为强酸、醋酸为弱酸，浓度均为0.Imol/L,盐酸的抑制作用大于醋酸的抑制作用，③醋酸钠溶液

中电离出的醋酸根离子水解会促进水的电离，所以水的电离程度的顺序为：③，①〉②，故B正确；

C.pH=3硫酸,c(H+)=0.001mol/L,硫酸完全电离，pH=ll一元碱BOH,c(OH)=0.OOlmol/L,若为强酸、

强碱混合，混合后溶液呈中性，若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱

存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故C错误；

D.碳酸氢镂中碳酸氢根离子也水解，溶液酸性较弱，硫酸镂中镀根离子水解个数大于氯化镂，所以相同浓

度的这几种溶液中溶液pH的由大到小顺序是③>①>②，故D正确；故本题选C。

8.【答案】D

【详解】

A.根据水的电离方程式可知，将水加热，促进水的电离，故C(H)增大，C(OH。增大，Kw增大，A错

误；

B.向水中加入少量的CH3coONa(忽略溶液温度改变)，由于CH3co。结合了水电离的H+生成弱电解质

CH3co0H,故平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，c(H*)减小，B错误；

C.向水中加入稀氨水，由于氨水电离出0H1导致溶液中的OH-浓度增大，导致平衡向左移动，根据勒夏

特列原理可知，c(OH)增大，C错误；

D.向水中加入少量固体硫酸氢钠(忽略溶液温度改变)，NaHS04=Na++H++S0：,故c(H「)增大，Kw仅仅

是温度的函数，温度不变，Kw不变，D正确；

故答案为：D。

9.【答案】D

【详解】

A.CnCh作为金属氧化物,能与酸反应，题给反应①又告知CnCh能与KOH反应:Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O,

可知CnCh具有酸性氧化物的性质，选项A正确；

B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，选项B正确：

C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+CnC^+H?。，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄

色变为橙色，选项C正确；

D.反应①和③中铭元素的化合价并没有发生变化，选项D不正确；

答案选D。

10.【答案】B

【详解】

、口人、(0.00001+0.1)mol/L10*

A.混合溶液中c(OH-)=^^------------------2-------、0.05moi/L,c(H+)=--------mol/L=2xlO'3mol/L,pH=12.7,

20.05

故A错误；

B.向pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中分别加入适量NECl(s)后，俊根离子会抑制一水合氨的电离，氨水

的pH减小，氯化锭与氢氧化钠反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小，故B正确；

C.pH=O的H2s04中c(H+尸1.0mol・L，c(OH-)=LOxlOT4moi・L-i,1L溶液中水电离的物质的量为1.0x10」4mol；

pH=5的NH4NO3溶液中c(H+)=I.Oxl05mo|.LLIL溶液中水电离的物质的量为l.OxlO-Jmol,故相同体积的

溶液中水的电离的物质的量之比为1.0xl0“4moi：1.0xl0-5mol=l：109,若溶液体积不等，则无法计算，故C

错误;

D.因常温下，中性溶液的pH=7,则酸的pH一定小于7,即盐酸溶液的pH不会为8,故D错误；

故选B。

11.【答案】C

【详解】

A.反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则△H-7AS<0,根据反应可知△$<(),则该反应

的△“<()才能满足故A错误；

c(NH.+)xc(0H1c(NH/)

B.O.lmolLi氨水加水稀释后，溶液中c(OH-)减小，但Kb=----------i——不变，溶液中二八

C(NH3H2O)C(NH3H2O)

的值增大，故B错误；

C.醋酸为弱酸，部分电离，而HC1为强酸，完全电离，故用pH均为2的盐酸和醋酸溶液，后者的浓度更

大，则中和等物质的量的NaOH,消耗醋酸的体积更小，故C正确；

D.精炼铜时，两电极经过电量相等，阴极上铜离子获得电子而在阴极析出纯铜，阳极上粗铜中杂质如比铜

活泼的铁和锌等会随铜一起溶解为离子，两极质量改变量不同，故D错误；

答案选C。

12.【答案】A

【详解】

A.水是纯液体，增加纯液体的质量不会改变反应速率，故A错误；

B.制取乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，升高温度，加入催化剂可加快化学反应速率，故B正确；

C.Zn与CuSO4溶液反应生成Cu,形成Cu-Zn原电池，可加快化学反应速率，故C正确；

D.合成氨反应：N2+3H2=2NH3,N元素由0价变为-3价，该反应为可逆反应，可逆反应不能完全转换，

则N2不可能完全转化为NH3,电子转移小于6x6.02x1023,故D正确；

答案选A。

13.【答案】B

【分析】

由2H2s(g)+Ch(g)=S2(s)+2H2O⑴可知，Ch在正极b发生还原反应，电极反应式为。2+4田+4S=2+0,H2s

在负极a发生氧化反应，电极反应式为2H2s-4e=4H++S2。

【详解】

A.电极a为负极，发生氧化反应，A错误。

B.由电极反应式2H2s-4e-=4H++S2可知，标准状况下，每11.2LH2s即0.5molH2s参与反应，有1molH+经

固体电解质膜进入正极区，B正确。

C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ,C错误。

D.该电池是质子固体做电解质，所以电极反应式为O2+4H++4e=2H2。，D错误。

14.【答案】A

【详解】

A.由图可知甲醇在Pt基合金结构催化剂PtM表面生成了*H3co+*H+*HO,则甲醇当中有0-H键断，还

有C-H键断，故A错误；

B.由图可知，反应历程③需要水，则反应②中产物水参与了负极反应，故B正确；

C.由图可知，第③步的反应式为2*HC00+.0->2cO2+H2O,故C正确；

D.甲醇燃料电池的最终产物是二氧化碳和水，能有效减少环境污染，故D正确。

故答案选A。

15.【答案】C

【详解】

A.容器①中达平衡时体系能量的变化为0.75QkJ,则参与反应的A为则有

2A(g)+B(g)2C(g)15m。］

起始(mol)210〃(05L

,,,，化学平衡常数K=——~~浮」「―L=18，故A错误；

变化(mol)1.50.751.50.25mol乂(0.5mol2

平衡(mol)0.50.251.5°-5L0-5L

B.若①达平衡后，再通入2molA与ImolB,等效于增大压强，平衡正移，再达平衡时放出的热量大于0.75Q

kJ,故B错误；

C.其他条件不变，若容器②保持恒温恒容，则①和②为等效平衡，平衡时各物质的量不变，则有

2A(g)+B(g)2C(g)

起始(mol)0.40.21.6Q1mol

,C的转化率a=-------x100%=6.25%，故C正确；

变化(mol)0.10.050.11.6mol

平衡(mol)0.50.251.5

---------史吧1---------=-,其他条件不变，若容器②保持恒容绝

D.平衡时①、②中C的体积分数为

0.5mol+0.25mol+1.5mol3

热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，平衡时C的体积分数大于!■,故D错误。

故答案选：C。

16.【答案】B

【详解】

A.A点溶液中c（CO：）=c（HCO；）,则c（H+）=Ka2（H2co3）=5.6xl（）u,则pH=-lgc（H+）=10.25<11,故A正确；

B.B点溶液中HCO；含量达到最大，但此时不是恰好生成NaHCCh,所以物料守恒：

c（Na+）=c（HCO；）+c（CO：）+c（H2CO3）不正确，故B错误；

c.A-B的过程中，co；的含量不断降低，HCO,的含量不断增多，则ATB的过程中，离子反应方程式

为CO；-+H+=HCO；,故C正确；

D.Na2c03溶液中逐滴加入HCL用酚献作指示剂，滴定产物是NaHCOj,用甲基橙作指示剂滴定时NaHCCh

与HC1反应产物是H2co3,所以分步加入酚酰和甲基橙，用滴定法可测定Na2cCh与NaHCCh混合物的组成,

故D正确；

故选B。

17.【答案】1〜2滴或2〜3滴（1分）

将活塞关闭，在滴定管内注入一定量的水，记下读数，静置约2min,并观察液面是否下降，活塞周围及尖

嘴处是否漏液；然后将活塞转动180°,再检查一次（3分）

测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测1次，并记录1次（2分）乙（1分）

溶液颜色由红色变为橙色，且半分钟内不变色（2分）相等（1分）

【分析】

酸碱中和反应，没有明显现象，但是溶液pH有明显变化，因此中和滴定过程需要指示剂或测pH变化，中

和滴定前，要洗净滴定管、并检查是否漏液，指示剂本身是弱酸或弱碱，用量1〜2滴或2〜3滴，用量过多

会影响实验，指示剂颜色变化时要保持半分钟内不变色，作平行实验2〜3次，记录标准溶液体积，处理数

据时要剔除偏差大的，取平均值，按酸碱反应方程式计算；

【详解】

（1）由图示信息：氢氧化钠溶液中滴入X溶液后呈红色、滴入一定量盐酸后褪色，则X为酚酰，故X溶液滴

入的量一般为1〜2滴或2〜3滴；使用酸式滴定管前要检查活塞是否漏水的操作方法是：将活塞关闭，在滴

定管内注入一定量的水，记下读数，静置约2min,并观察液面是否下降，活塞周围及尖嘴处是否漏液；然

后将活塞转动180。，再检查一次；

（2）乙用pH计测定溶液的pH,由于在滴定过程中pH曲线有突跃，必须减少测试和记录间隔，每加一滴，

测量并记录一次，则在滴定过程中，滴定终点附近的操作是：测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测1次,

并记录1次;

(3)甲同学的实验不能充分证明氢氧化钠溶液与稀盐酸能够发生反应，因为甲同学的实验不能说明是盐酸与

氢氧化钠溶液发生了反应还是盐酸与红色物质发生了反应，乙的实验能充分证明氢氧化钠与盐酸发生了反

应；

(4)在锥形瓶中加入已稀释的盐酸并滴入甲基橙，呈红色，用氢氧化钠溶液滴定，溶液颜色由红色变为橙色,

且半分钟内不变色，即达到滴定终点；由表知：第1组消耗氢氧化钠溶液的体积为20.01mL,第2组消耗氢

氧化钠溶液的体积为19.99mL,第3组消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL,平均值V(NaOH)=20.00mL,,

乙同学所用盐酸浓度为36.5%,折算成物质的量浓度，乙同学取20mL36.5%(密度为1.20g・mL-l)的盐酸稀

释到200mL,稀释后为1.20mol/L,故实验测定的盐酸浓度与标签说明的浓度相等，故答案为：相等。

18.【答案】(除特殊说明，其余每空2分)③>②>④>①酚献(1分)10(al4，mol/L

〉(1分)(l()()b-l)xH/mol•L?

【分析】

(1)等pH的酸，其电离程度越大，酸的物质的量浓度越小；

(2)根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明

显(终点变为红色)，溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察；终点时生成的是醋酸钠，

醋酸钠溶液中氢氧根离子为水电离的，根据溶液的pH计算出溶液中氢氧根离子的浓度；

⑶当b=0.01mol/L时，反应生成HCN,溶液显示酸性，如果溶液为中性，则KCN应该过量；据电离常数

公式求出HCN的电离常数。

【详解】

(1)等pH的酸，其电离程度越大，则需要的酸的物质的量浓度越小，根据表中数据可知，电离程度大小为:

③<②〈④〈①，则物质的量浓度由大到小的顺序是③下②〉④〉①，故答案为：③>②①；

(2)NaOH溶液滴和CH3coOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3coONa,CH3coONa水解溶液呈碱性，应

选择碱性范围内变色的指示剂：酚献；滴定终点是，溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠溶液中的氢氧根离子

是水电离的，溶液的pH=a,则溶液中水电离的氢离子=溶液中氢氧根离子浓度=10(aE)moi/L，故答案为：

酚晶10<a-i4)moi/L；

(3)KCN+HC1=KC1+HCN,若是等浓度，生成HCN应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明KCN有剩余

(KCN水解呈碱性)，所以b>0.01mol/L；HCNFT+CN.匕=),溶液呈中性则

c(HCN)

[H+]=10-7mol/L,c(CN)=——mol/L(等体积混合，原浓度都减半)，c(HCN)=mol/L,带入

22

公式可得：K“=———=(100b-l)x107mol-L1,故答案为：>；(l()()b-l)xl()7mol-L'«

0.01

F

19.【答案】(除特殊说明，其余每空2分)2Fe3++H2s=2Fe2++SI+2H+Fe2+-e-=Fe3+

FeCb得到循环利用(1分)0.5mol(1分)[Fe(CN)6pe=[Fe(CN)6/11.2L

2COj+2[Fe(CN)6/+H2s=2[Fe(CN)6]4-+2HCO；+Sj

【分析】

在循环反应中，发生以下三个反应：H2S+CU2+=CUS1+2H+,CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++SX,

2++3+

4Fe+O2+4H=4Fe+2H2Oo

【详解】

(l)FeCb与H2s反应生成硫，则FeCL被还原为FeCL,同时生成HC1,离子方程式为2Fe3++H2s=2Fe2++S1+2H+。

电解池中H+在阴极放电产生H2,阳极为Fe2+失电子生成Fe3+,电极反应式为Fe2+-e=Fe3+。该工艺的两个反

应，最终结果是H2s完全转化为S和H2,FeCb先转化为FeCb,再转化为FeCb,由此可知两个显著优点：

①H2s的原子利用率100%；②FeCL得到循环利用。答案为：2Fe3++H2s=2Fe2++S1+2H+；Fe2+-e=Fe3+；

(2)从图1可以看出，反应中当有ImolH2s转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，由关系式

2H2s——。2可得出，需要消耗02的物质的量为则"=0.5mol。答案为：0.5mol；

2

(3)①电解时,阳极[Fe(CN)6]2-失电子生成[Fe(CN)6]),电极反应式为[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6p。

②当有16gs析出时，阴极产生的H2在标准状况下的体积为君Jx22.4L/mol=11.2L。

32g/mol

③通入H2s时发生[Fe(CN)6p-与H2s等反应生成[Fe(CN)6]4-和S等，离子方程式为：

23

2co：+2[Fe(CN)6]3-+H2s=2[Fe(CN)6]4-+2HCO；+S1。答案为：[Fe(CN)6]--e-[Fe(CN)6]-；11.2L；

2co：+2[Fe(CN)6]3-+H2s=2[Fe(CN)6]4-+2HCO；+S1。

20.【答案】(除特殊说明，其余每空2分)acd>(1分)0.3mol/(Lmin)

1.35<(1分)4(1分)6(1分)

【详解】

(1)恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(gXCHQH(g)

a.平衡状态时各组分的含量不变，CO体积分数保持不变，证明反应达到平衡，故a符合题意;

b.CO和CH3OH的平衡浓度由甲醇和一氧化碳的起始量和消耗量决定，容器中甲醇浓度与CO浓度相等

不能证明反应达到平衡，故b不符合题意；

c.该反应为反应前后是气体体积减小的反应，容器中气体的压强不变，说明正逆反应速率相等，反应达到

平衡状态，故c符合题意；

d.CH30H的生成速率与CO的消耗速率都是正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达

到平衡，故d不符合题意;

气体质量

混合气体的密度=反应过程中气体质量守恒，气体的质量不变，恒温恒容的容器，容器体

气体体积

积不变，则密度始终不变，不能证明反应达到平衡，故e不符合题意；

答案选ac；

(2)a.向装置中再充入N2,恒温恒容条件下，体系总压增大，分压不变，平衡不移动，CO转化率不变，故

a不符合题意；

b.反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率减小，故b不符合题意；

c.改变反应的催化剂，反应速率改变，但不能改变化学平衡，CO转化率不变，故c不符合题意；

d.向装置中再充入H2,平衡正向移动，CO转化率增大，故d符合题意；

答案选d；

(3)图象变化分析甲烷转化率随温度升高增大，说明平衡正向进行，正反应是吸热反应，在T℃时

的1L密闭容器中，充入ImolCE和3moia0值)，发生反应②，经过5min达到平衡，此时CH4的转化率

为50%,则

CO(g)+3H(g)

CH4(g)+凡。(g)2

始(mol)1300

变(mol)0.50.50.51.5

平(mol)0.52.50.51.5

丘的平均反应速率=-L5mol—=o.3mol/L・min；容器的体积为1L,平衡常数K=

ILx5min

M)>65=i.35(mol/L)2；

2.5x0.5

（4）若向此1L密闭容器中，加入ImolCH4、5moiH2O（g）JmolCO和3molH2,发生反应②,若温度仍为TC.平

1x73

衡常数K=1.35,Q^-~-=5.4>1.35,所以反应逆向进行，心：）<*逆），若改变反应温度，达到新平衡时,

+凡0(g)co(g)+3凡（g）

CH4(g)

初始量（mol）53

若反应完全向右进行（mol）0424

若反应完全向左进行（mol）2602

得到水蒸气的物质的量介于4-6间。

21.【答案】（除特殊说明，其余每空2分）CH4（g）+2O2=CO2（g）+2H2O（l）AH=-890kJ/mol；

匕4254（1分）

4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)AH=-1266.8kJ/mol2AHI-AH2—(1分)

K)

【详解】

(1)0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水放出热量222.5kJ,则Imol甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为

——222—5kJ二890kJ/mol,则甲烷燃烧的热化学方程式CH4(g)+202=C02(g)+2H20(l)A”=890kJ/mol；

0.25mol

⑵①2so2(g)+O2(g)2so3(g)△"二-xkJ/moL②2NO(g)+Ch(g)2N