福建省龙岩市2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题(解析版)

龙岩市2020~2021学年第一学期期末高二教学质量检查化学试题（解析版）(考试时间：90分钟满分：100分)注意：1.请将答案填写在答题卡上2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-56Cu-64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列应用与水解无关的是A.明矾净水 B.纯碱去油污C.配制溶液时加入盐酸 D.保存溶液时加入Fe粉【答案】D【解析】【分析】【详解】A．明矾溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能净水，与水解有关，A不符合题意；B．纯碱是碳酸钠，碳酸根离子水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解而除去，与水解有关，B不符合题意；C．铁离子水解生成氢氧化铁，加入盐酸抑制水解，C不符合题意；D．亚铁离子容易被氧化生成铁离子，加入铁防止其被氧化，与水解无关，D正确；故选D。2.pH相同的①②两种溶液，其大小关系正确的是A.①<② B.①>② C.①=② D.无法比较【答案】A【解析】【分析】氯化铵溶液中，铵根水解生成一水合氨，溶液中+c(NH3·H2O)，溶液中，pH相同，溶液中H+浓度相同，所以氯化铵溶液中的要小于溶液中的。【详解】综上所述，氯化铵溶液中的要小于溶液中的，大小关系为：①<②；故选A。3.常温下，下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】【分析】【详解】A．I-和ClO-发生氧化还原反应，二者不能大量共存，A项错误；B．H+和CH3COO-反应生成CH3COOH，不能大量共存，B项错误；C．K+、、、可以大量共存，C项正确；D．OH-与Ag+、Cu2+反应生成氢氧化物沉淀，银离子和溴离子反应产生溴化银沉淀，不能大量共存，D项错误；答案选C。4.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是A.打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出B.装有密闭容器，加热后气体颜色变深C.用排饱和食盐水方法收集D.加入催化剂有利于氨的合成【答案】D【解析】【分析】【详解】A．打开汽水瓶时，压强减小，气体的溶解平衡逆向移动，气体溢出，能用勒夏特列原理解释，故A项不选；B．，N2O4无色，加热，平衡逆向移动，气体颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故B项不选；C．氯气能和水反应：，由于饱和食盐水中含有大量氯离子，相当于氯气溶于水的反应中，增大了氯离子的浓度，平衡向逆反方向进行，氯气溶解量减小，能用勒夏特列原理解释，故C项不选；D．使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D项选；答案选D。5.下列材料制成的水龙头与铁质自来水管连接，水管生锈最快的是A.铝 B.铜 C.铁 D.塑料【答案】B【解析】【分析】根据铁生锈的条件，铁在有水和氧气并存时易生锈，连接时若形成原电池反应，铁做负极被腐蚀，生锈最快，铁质自来水管与铜水龙头相连接，这样铜、铁、自来水形成了原电池，铁的活动性强于铜，铁做负极，故使铁锈蚀更快，其他选项都不会形成原电池，据此分析。【详解】综上所述，铜制成的水龙头与铁质自来水管连接，水管生锈最快；故选B。6.室温下，下列有关pH=11的溶液的分析正确的是A.B.水电离出的为0.001C.含有NA个D.加入少量固体，变小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NaClO溶液中，ClO-发生水解生成HClO，所以c(Na+)>c(ClO-)，A项错误；B．pH=11的NaClO溶液中OH-的物质的量浓度为0.001mol/L，溶液中的OH-全部来自于水的电离，所以水电离出的c(OH-)=0.001mol/L，B项正确；C．溶液体积未知，无法计算H+数目，C项错误；D．加入固体会抑制ClO-水解，使变大，D项错误；答案选B。7.下列有关反应的方程式正确的是A.表示甲烷燃烧热：∆HB.同浓度同体积溶液与溶液混合：C.溶液中滴加稀氨水：D.将锅炉水垢中的硫酸钙用纯碱溶液处理：【答案】D【解析】【分析】【详解】A．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，表示甲烷燃烧热的热化学方程式中水应该是液态，故A错误；B．同浓度同体积溶液与溶液混合，反应为氢离子与氢氧根的结合：，故B错误；C．溶液中滴加稀氨水生成氢氧化铜沉淀：，故C错误；D．将锅炉水垢中的硫酸钙用纯碱溶液处理发生沉淀转化反应：，故D正确；故选D。已知反应2CH4C2H6+H2的速率方程为：，其中k为速率常数，下列说法正确的是A.提高反应温度，k增大B.反应速率：v<[v+v]C.使用催化剂，k不变D.的生成速率逐渐增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．温度升高，反应速率增大，反应速率，v增大且c(CH4)不变，所以k增大，故提高反应温度，k增大，A项正确；B．在该化学反应中，各物质反应速率之比为：，所以，B项错误；C．使用催化剂，反应速率增大，反应速率，v增大且c(CH4)不变，则k增大，C项错误；D．随着反应的进行，CH4浓度逐渐减小，的生成速率逐渐减小，D项错误；答案选A。9.研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许、通过的半透膜隔开，下列说法错误的是A.负极电极反应式为：B.放电过程中需补充的物质A为C.正极电极反应式为：D.当电路中转移2mol电子时，消耗燃料46g【答案】C【解析】【分析】原电池中，负极氧化正极还原。由图可知，右边电极上Fe3+变为Fe2+，被还原，为正极，左侧为负极。负极溶液环境为碱性，正极由于Fe3+和Fe2+的存在，应该为酸性。原电池内，K+通过半透膜流向正极。【详解】A．负极由HCOO-中的碳原子失去两个电子变为，电极反应式为：，A正确；B．右侧通入氧气时会消耗H+，O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，而生成K2SO4会消耗，故需补充的A物质为，B正确；C．正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，故C错误；D．由A中反应式可知，消耗2mol电子时会消耗1mol的燃料HCOOH，由其摩尔质量46g/mol计算可得46g，D正确；故选C。10.反应分两步进行，其反应过程的能量变化示意图如图。Ⅰ.△H1Ⅱ.△H2下列说法正确的是A.△H1=Ea1B.化学反应速率：Ⅱ>ⅠC.2molNO的总键能小于1mol的总键能D.△H2>△H1【答案】C【解析】【分析】根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，因此过程Ⅰ和Ⅱ都是放热反应，活化能越大，反应速率越慢，化学反应是由慢反应决定。【详解】A.=反应物总键能-生成物总键能，由图可知不等于第一步反应所需活化能，A项错误；B．化学反应中反应活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Ea2大于Ea1，所以Ⅱ的反应速率比Ⅰ慢，即化学反应速率：Ⅱ＜Ⅰ，B项错误；C．根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，因此过程Ⅰ是放热反应，所以＜0，=反应物总键能-生成物总键能，所以2molNO的总键能小于1mol的总键能，C项正确；D．由图可知，Ea2＞Ea1，即第二步反应放出的能量更多，而与均为负值，所以＞，D项错误；答案选C。11.室温下，下列实验不能达到预期实验目的是序号实验内容实验目的A取5mL0.1KI溶液，加入1mL0.1溶液，用萃取分液后，向水层滴入溶液，溶液变血红色证明与所发生的反应为可逆反应B向10mL0.2溶液中滴人滴0.1溶液，产生白色淀后，再滴加2滴0.1，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：C向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡D测定同温度同浓度的MOH溶液和溶液的pH，MOH溶液pH更小证明MOH是弱碱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该反应的离子方程式为：，向水层滴入溶液，溶液变血红色，说明水层中含有Fe3+，证明与所发生的反应为可逆反应，达到实验目的，故A项不选；B．该过程中NaOH溶液过量，加入、均会产生沉淀，不是发生了沉淀的转化，无法达到实验目的，故B项选；C．溶液中水解使溶液显碱性，加入BaCl2，生成BaCO3沉淀，溶液中浓度减小，平衡逆向移动，使OH-浓度降低，从而使溶液红色变浅，达到实验目的，故C项不选；D．NaOH是强碱，在水中完全电离，若同温度同浓度的MOH溶液和NaOH溶液，MOH溶液pH更小，表明MOH不完全电离，MOH为弱碱，达到了实验目的，故D项不选；答案选B。12.工业上以为原料，用电化学法制备装置如图所示，其中a、b为石墨电极，c为离子交换膜(已知：)。下列说法错误的是A.M为电源负极B.b极电极反应式：C.阴极区c增大D.阳极区被氧化为【答案】D【解析】【分析】右侧应产生氢离子，所以是溶液中的氢氧根离子反应生成氧气，剩余氢离子，则B为阳极，N为正极，M为负极。据此回答。【详解】A．右侧应产生氢离子，所以是溶液中的氢氧根离子反应生成氧气，剩余氢离子，则B为阳极，N为正极，M为负极，A正确，不符合题意；B．b极为阳极，溶液中的氢氧根离子反应，电极反应为：，B正确，不符合题意；C．a极为阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，右侧的钾离子通过离子交换膜进入左侧溶液中，所以阴极区钾离子浓度增大，C正确，不符合题意；D．，无元素化合价的升降，不是氧化还原反应，D错误，符合题意；故选D。在一定条件下，取相同初始量的A和B，分别在2L、6L刚性密闭容器中发生下列反应：aA(g)+bB(s)⇌mM(g)+nN(g)△H=。达到平衡时，M的浓度与温度、容器的容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是A.在E点增大压强，A的体积分数变小B.达到平衡后，增大B的量将会提高A的转化率C.升高温度，平衡常数增大D.其他条件不变，增大压强能使状态F转变到E【答案】C【解析】【分析】由图可以看出，将容器由6L加压减小至2L，M的浓度由0.2mol/L增加至0.5mol/L，并没有增大到0.6mol/L，表明压强增大，平衡向逆向移动，并且物质B为固体，所以a＜m+n。当温度升高，M的浓度增大，说明反应向正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向，所以该反应的正反应为吸热反应，Q＞0。【详解】A．a＜m+n，在E点增大压强，平衡向逆向移动，会有物质A生成，A的体积分数增大，A项错误；B．物质B为固体，增加物质B的量，不会使平衡移动，所以不会提高A的转化率，B项错误；C．Q＞0，升高温度，平衡向正向移动，平衡常数增大，C项正确；D．其他条件不变，F点和E点的温度、浓度均不同，只增大压强并不能使状态F点转变到E，D项错误；答案选C。14.常温下，向1L0.1一元酸HR(K=1.0×10-5)溶液中逐滴加入0.1的NaOH溶液VL，保持溶液温度不变，测得混合溶液的pH与lgx的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.图中x代表B.混合溶液pH=5时，HR的电离度为50%C.混合溶液pH=7时，V<1D.当时，溶液呈中性【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据1L0.1一元酸HR中电离平衡常数K=1.0×10-5分析，，当pH=5时，即，有，则x为，A错误；B．当pH=5时，即，有，说明HR的电离程度为50%，B正确；C．酸碱恰好完全反应时，即V=1时，溶液显碱性，则混合溶液pH=7时，V<1，C正确；D．当时，根据电荷守恒分析，有，溶液呈中性，D正确；故选A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、填空题(本大题包括5小题，共58分)15.电化学原理在生产生活中应用广泛。(1)甲烷燃料电池用于电解的装置如图所示，回答以下问题：①通入的电极是(填“正极”或“负极”)；通入的电极反应式为。②若用于电解精炼铜，M极的电极材料为。③若用于铁件上镀铜，电解10min后，铁件增重6.4g，此过程中消耗标准状况下的体积至少为L。(2)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境在pH为7~8之间)作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示：①正极电极反应式为；②设计一种可以防止铁管道被腐蚀的方法：。【答案】(1).正极粗铜0.56(2).连接锌块；在表面涂上油漆等合理答案【解析】【分析】由图示可知，在甲烷燃料电池中，甲烷失去电子发生氧化反应被氧化，为电源负极；氧气得到电子发生还原反应被还原，为电源正极。M与通氧气的电极相连，则M为阳极发生氧化反应；N与通甲烷电极相连，则N为阴极发生还原反应。结合原电池、电解池的相关知识分析。【详解】(1)①在原电池或燃料电池中，正极得到电子发生还原反应，负极失去电子发生氧化反应，所以通入的电极是为正极，在酸性环境中失去电子生成二氧化碳和氢离子，则其反应为：，故答案为：正极；；②由图示分析可知M电极与甲烷燃料电池的正极相连为阳极，N电极为阴极，由于在电解精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，故答案为：粗铜；③由有解得V=0.56L，故答案为：0.56；(2)①由图示分析可知，硫酸根得到电子发生还原反应为正极，其电极方程式为：，故答案为：；②由于铁失去电子发生氧化反应，所以在铁上链接比铁更容易失去电子而被氧化的金属如锌，或者在铁表面涂上油漆使铁与氧气隔离，故答案为：连接锌块；在表面涂上油漆等合理答案。16.是一种饲料营养强化剂。以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的一种新工艺流程如图：已知：①钻与盐酸反应的化学方程式为：②熔点：86℃，易溶于水、乙醚(沸点：34.6℃)等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒无水氯化钴。③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀3.2979.25.2(1)写出加快“加热反应”速率的一种措施：。(2)滤渣的成份是。(3)a的取值范围。A．3.2~7.6B．5.2~9.7C．3.2~3.4D．5.2~7.6(4)“调节pH至2~3”主要目的有：①除去少量的和；②。(5)在实验室，为了从上述产品中获得纯净的，通常先将产品溶解在中，经过滤除去不溶性杂质后，再进行蒸馏。(6)测定产品中含量。取ag样品于锥形瓶中配成溶液，滴加几滴溶液作指示剂，用c溶液滴定至恰好出现红色沉淀()时，消耗溶液VmL(常温下，，)。①终点时，=。②该样品中的含量为(，用含a、c、V的式子表示)。【答案】(1).将含钴废料研碎；搅拌；适当增大盐酸浓度等合理答案(2).、(3).D(4).抑制Co2+的水解(5).乙醚(6).2.0×10-6mol·L－1【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入过氧化氢，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。【详解】(1)加快“加热反应”速率的措施：将含钴废料研碎；搅拌；适当增大盐酸浓度等合理答案。故答案为：将含钴废料研碎；搅拌；适当增大盐酸浓度等合理答案；(2)废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的pH值表格知，当溶液的pH值为5.2时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的pH值为7.6时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的pH值应该不小于5.2不大于7.6，pH调至a后过滤，再用盐酸将滤液的pH调节至2～3，滤渣的成份是、。故答案为：、；(3)根据(2)a的取值范围5.2~7.6，故答案为：D；(4)“调节pH至2~3”主要目的有：①除去少量的和；②抑制Co2+的水解。故答案为：抑制Co2+的水解；(5)CoCl2•6H2O熔点为86℃，易溶于乙醚，在实验室，为了从上述产品中获得纯净的，通常先将产品溶解在乙醚中，经过滤除去不溶性杂质后，再进行蒸馏。故答案为：乙醚；(6)①终点时，常温下，，c(Ag+)=mol·L－1，==2.0×10-6mol·L－1。故答案为：2.0×10-6mol·L－1；②该样品中的含量为=。故答案为：。17.雾霾主要成分为灰尘、、NOx、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。(1)以氨气为脱硝剂时，可将NOx还原为。已知：i.△H=akJ·ii.△H=bkJ·则反应的△H=______kJ·。(2)臭氧也是理想烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：△H<0。某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2moI和1mol发生反应。①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是(填标号)。A.B.混合气体密度不再改变C.的体积分数不再改变D.与的体积比不再改变②欲增加的平衡转化率，可采取的措施有______(填标号)。A.充入氦气B.升高温度C.充入2molD.充入2mol和1mol③达到平衡时，混合气体总压为p，的浓度为0.5，则的转化率为，平衡常数Kp=(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。④若在不同压强下进行反应，体系中物质的量分数x()与反应时间的关系如图所示，a、b两点的压强商Qp（以分压表示）较大的是______(填“a”或“b”)。【答案】(1).(b-3a)(2).CD50%5/4p(或)b【解析】【分析】【详解】(1)对反应进行标号：△H1=akJ·①，△H2=bkJ·②，将反应②-①3得，△H3，；(2)①A．、能判断反应达到平衡，仅无法判断否达到平衡，A项错误；B．体积为1L的刚性密闭容器中充入2moI和1mol发生反应，反应前后总质量不变，反应过程中体积始终保持为1L，质量体积均不变，密度不会改变，故无法判断反应是否达到平衡，B项错误；C．的体积分数不再改变且总体积为1L，表明的体积不变，即物质的量不再改变，反应达到平衡，C项正确；D．在反应过程中，与的体积比始终为1:1，故与的体积比不再改变无法判断反应是否达到平衡，D项错误；答案选C；②A．恒容条件下充入氦气对平衡无影响，不会改变的平衡转化率，A项错误；B．该反应△H＜0，升高温度，平衡向逆向移动，的平衡转化率减小，B项错误；C．充入2mol，平衡向正向移动，但的转化率降低，C项错误；D．充入2mol和1mol，投料比为2:1，相当于增大压强，平衡向正向移动，的平衡转化率增加，D项正确；答案选D。③达到平衡时，的浓度为0.5，列出三段式：容器体积为1L，所以=1mol，=0.5mol，=0.5mol，=0.5mol，NO2的平衡转化率为；反应物与生成物总物质的量为2.5mol，，，；④对于该反应而言，增大压强，平衡向正向移动，NO2的转化率增大，所以x()减小，结合图像可以推测a点压强大于b点，即pa＞pb，a点和b点的x()相同，并且从题③可知与总压强成反比，所以b点的压强熵大于a点的压强熵。18.研究表明，可以作为水溶液中发生歧化反应的催化剂，催化过程分两步完成：i.ii.(1)维持温度不变，在水溶液中加入少量KI固体，下列有关反应过程中相关物理量的分析正确的是(选填标号)。A.溶液pH不变B.Kw变大C.变小D.减小(2)写出歧化反应的离子方程式。(3)为探究i、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，某同学设计如下实验：室温下分别将18mL饱和溶液（浓度约1.45）加入到2mLX溶液中，密闭混匀后放置观察现象。有关X的组成及实验现象如下表：序号ABCDX的组成0.4的KI0.4的KI0.2的混合物a的0.2的KI0.0002mol实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快已知：易溶解在KI溶液中形成黄色溶液。依据表中信息回答下列问题：①a=______；②能说明对歧化反应没有催化作用的两个实验是______(填序号)。③实验A中，tmin后反应恰好结束。则0~tmin内平均反应速率v()=______·min-1。④歧化反应的控速步骤是反应______(填i或ⅱ)；理由是______。⑤若将KI、淀粉同时加入到饱和溶液中，______（填“能”或“不能”）出现溶液变蓝现象。【答案】(1).C(2).3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓(3).0.2AC0.87/tiD中c(I-)比A中的小，但出现浑浊更快不能【解析】【分析】【详解】(1)维持温度不变，在水溶液中加入少量KI固体，碘离子是歧化反应的催化剂，使歧化反应3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓发生。溶液中的氢离子浓度增大，溶液pH变小，因为温度不变，故Kw不变，因为温度不变，亚硫酸的电离平衡常数不变，因为氢离子浓度增大，根据分析，变小，碘离子是催化剂，浓度不变。故选C。(2)将i.，ii.按公式i+ii×2进行加和得到总反应离子方程式3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓。(3)①实验C是对比硫酸是否影响二氧化硫的反应，故应和B中硫酸的浓度相同，则a=0.2mol/L；②A中只加入碘化钾，C中只加入硫酸，结果C中无明显现象，说明对歧化反应没有催化作用，所以两个实验是AC；③实验A中，tmin后反应恰好结束。二氧化硫的物质的量为：，根据方程式产生硫酸的物质的量为则0~tmin内平均反应速率v()==0.87/t·min-1。④比较A和D，D中KI浓度较小，多加入了I2，反应i消耗I-和H+，反应ⅱ消耗I2，D中溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快，反应速率：D>A，说明反应ii比i快，反应较慢的控制反