1、内蒙古赤峰市宁城县2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题1.生产、生活离不开化学，下列说法不正确的是（）A. 泡沫灭火器的反应原理是非氧化还原反应B. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快C. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去D. 燃料电池的燃料都在负极发生反应【答案】B【解析】A、泡沫灭火器是利用双水解原理，不属于氧化还原反应，故说法正确；B、钢铁析氢腐蚀的速率在一定酸性下，快于吸氧腐蚀，故说法错误；C、CaSO4是微溶于水的物质，CaCO3是难溶于水，反应向着更难溶的方向进行，转成碳酸钙沉淀，然后用酸除去，故说法正确；D、原电池中负极上失去电子，化
2、合价升高，因此燃料电池中通燃料的一极为负极，故说法正确。2.500 mL 1 mol/L的稀HCl与锌粒反应，下列措施不会使反应速率加快的是A. 升高温度B. 加入少量的铜粉C. 将500 mL 1 mol/L的HCl改为1000 mL 1 mol/L的HClD. 用锌粉代替锌粒【答案】C【解析】【分析】影响反应速率的外因有：温度，浓度，催化剂，接触面积等。【详解】A.升温反应速率加快，A不选；B.加入铜粉构成铜锌原电池，加快反应速率，B不选；C. 将500 mL 1 mol/L的改为1000 mL 1 mol/L的，氢离子浓度不变， 反应速率不变，C选；D. 用锌粉代替锌粒，增大了接触面积，
3、反应速率加快，D不选；答案选C。3.在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 常温下水电离的c（H+）为110-12mol/L的溶液中：Fe2+、Na+、SO42-、NO3-B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液中：K+、AlO2-、Cl-、HCO3-C. 使石蕊呈红色的溶液：NH4+、NO3、AlO2、ID. 常温下 =1014的溶液中：K+、Ba2+、Cl-、Br-【答案】D【解析】【详解】A. 常温下水电离的为11012mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中 发生氧化还原反应不能大量共存，碱溶液中不能大量存在，故A不符合题意；B. 滴加石蕊后呈蓝色的溶液，显碱性，不能大量存在，且与反应生成氢
4、氧化铝和CO32-不能大量共存，故B不符合题意；C. 使石蕊变红的溶液显酸性，和氢离子反应不能大量存在，故C不符合题意；D. 常温下 =1014的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D符合题意；答案选D。【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。4.关于恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g） 2CO（g）H 0,下列说法不正确的是A. S0B. 在低温下能自发进行C. 当混合气体的密度不再发生变化时，反
5、应达到平衡状态D. 达到平衡状态时，升高温度， CO2转化率和反应速率均增大【答案】B【解析】恒容密闭容器进行的反应C（s）+ CO2（g） 2CO（g）H 0，由于该反应是吸热反应，所以其S0，根据反应自发进行的综合判剧，只有在高温下才能保证HTS0，所以该反应在高温下才能自发进行，低温下不能；随着正反应的发生，混合气体的密度逐渐增大，所以当混合气体的密度不再发生变化时，反应达到平衡状态；达到平衡后，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，CO2转化率和反应速率均增大。综上所述，B不正确，本题选B。点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面 判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速
6、率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变时达平衡。5.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是A. 0.01mol/L的HClO溶液pH2B. NaClO、HClO都易溶于水C. HClO不稳定，见光或受热易分解D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4【答案】A【解析】【详解】A、如果HClO属于强酸，pH=2，但pH2，说明HClO属于弱酸，故A正确；B、溶解度与是否是强弱电解质无关，故B错误；C、强弱电解质与稳定性无关，故C错误；D、此反应体现了HClO的强氧化
7、性，不能说明HClO是弱电解质，故D错误；答案选A。6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ） A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H+2eH2，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2+H2，铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气
8、泡的速度甲比乙快，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。7.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈
9、酸性的是（ ）A. 向水中加入少量的CH3COONaB. 向水中加入少量的NaHSO4C. 加热水至100 ，pH6D. 向水中加少量的明矾【答案】D【解析】【详解】A选项，向水中加入少量的CH3COONa，醋酸根结合水电离出的氢离子，平衡正向移动，促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，故A错误；B选项，向水中加入少量的NaHSO4，相当于加了氢离子，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，溶液呈酸性，故B错误；C选项，加热水至100 ，平衡正向移动，促进水的电离，但是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液依然是呈中性，pH6，故C错误；D选项，向水中加少量的明矾，铝离
10、子水解，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，水的电离平衡正向移动，促进水的电离，溶液显酸性，故D正确；故答案为D。8.用来表示可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)Hc(NH4+)c(H)c(OH)B. 浓度为0.1molL1的碳酸钠溶液：c(Na)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)C. 0.1molL1的NaHS溶液中离子浓度关系：c(OH)=c(H+)c(S2)+c(H2S)D. 醋酸溶液与NaOH溶液混合后，所得溶液呈中性：c(Na)c(CH3COO)【答案】C【解析】【分析】A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0.01mol/L，一水
11、合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合后，溶液显碱性；B.根据物料守恒，可知c(Na)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)；C.根据溶液中电荷守恒c(Na) +c(H+)= c(OH)+c(HS)+2c(S2)，物料守恒c(Na)= c(H2S)+c(HS)+c(S2)，求解可得c(OH)=c(H+)c(S2)+c(H2S)；D.根据溶液中电荷守恒，c(Na) +c(H+)=c(CH3COO) -c(OH)，溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)，解得c(Na) =c(CH3COO)；【详解】A. 盐酸全部电离，pH=2时，则氢离子浓度为0
12、.01mol/L，一水合氨为弱电解质部分电离，电离出的氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，与盐酸等体积混合充分反应后，氨水过量溶液显碱性，c(OH-）大于c（H+），A错误；B.根据物料守恒，可知c(Na)=c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，B错误；C. 根据溶液中电荷守恒c(Na) +c(H+)= c(OH)+c(HS)+2c(S2)，物料守恒c(Na)= c(H2S)+c(HS)+c(S2)，求解可得c(OH)=c(H+)c(S2)+c(H2S)，C正确；D. 根据溶液中电荷守恒，c(Na) +c(H+)=c(CH3COO) -c(OH)，溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)
13、，解得c(Na) =c(CH3COO)，D错误；答案为C。15.根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）CF4（g）+4HF（g）的反应热H为化学键CHCFHFFF键能/（kJmol-1）414489565155A. -485 kJmol-1B. +485 kJmol-1C. +1940 kJmol-1D. -1940 kJmol-1【答案】D【解析】H=反应物总键能生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。16.在恒容密闭容器中，将10mol
14、 CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（ ）A. CO、H2S的转化率之比为11B. 达平衡后H2S的体积分数为4%C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动【答案】B【解析】【分析】A. 利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率； B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。【详解】A. 设起始时H2
15、S的物质的量为x mol,CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)； 始(mol) 10 x 0 0转(mol) 2 2 2 2平(mol) 8 x-2 2 2平衡常数K=1，解得x=2.5mol，CO的转化率=100%=20%，H2S的转化率=100%=80%，转化率不相等，A项错误；B. 达平衡后H2S的体积分数=100%=4%，B项正确；C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc=0.67”、“”或“=”）。（2）常温下，pH相同的三
16、种溶液AHCOONa BNaCN CNa2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_（填编号）。（3）室温下，定浓度的HCOONa溶液pH =9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_。. 室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。（4）d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_。（5）b点所示的溶液中c(NH3H2O) c(NH4+)=_（用溶液中的其它离子浓度表示）。. 已知Ksp(BaCO3) =2.6l0-9，Ksp( BaSO4)=1.110-10.（6）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaC
17、O3沉淀生成时，溶液中=_（保留三位有效数字）。【答案】 (1). c（NH4+）c(H+)c（OH-） (5). )2 c(H+)-2c(OH-) (6). 23.6【解析】【分析】（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小；（2）常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小， （3）室温下，一定浓度的溶液pH=9，甲酸钠是强碱弱酸盐，水解导致溶液呈碱性；（4）d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，结合电荷守恒得，水解程度较小；（5）b点溶液为含等物质的量的氯化铵和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒得质子守恒
18、；（6）根据=计算。【详解】（1）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：，则水解程度：，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在；故答案为：”或“”)。在T1温度下，02 s内的平均反应速率(N2)=_。当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_(填字母)。 （2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧
19、化物,用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-867.0 kJ/mol2NO2(g)N2O4(g)H=-56.9 kJ/mol写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2、CO2和H2O(g)的热化学方程式:_。（3）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H3 = -130.8 kJ/mol一定条件下，上述反应达到平衡状态后,若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_ (填代号)。a.逆反应速率先增大后减小b. H2的转化
20、率增大c.反应物的体积百分含量减小d.容器中 值变小在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图2所示。KA、KB、Kc三者由大到小的关系是_. 上述合成二甲醚的过程中提高CO2的转化率可采取的措施有_、_(回答2点）。【答案】 (1). T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；（CO2）= ，根据反应中的系数比得(N2)；催化剂对平衡无影响；当变量不再变化时，可逆反应达到平衡状态；（2）根据盖斯定律，用-即可得到目标方程式；（3）a.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；b.的转化率增大，平衡一定正向移动；c.反应物的体积
21、百分含量减小，可能是增大生成物浓度；d.容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量；A与C的温度相同， T1温度下，二氧化碳的转化率高，由于正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，故温度T1T2该反应为放热反应，温度升高，K值减小。想要提高的转化率，要求反应正向移动；从图像可知投料比越大，的转化率也越大。【详解】（1）由图像可知，温度T1先达到平衡，故温度T1T2，温度越高平衡时二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即：；在T1温度下，02 s内（CO2）=0.1mol/(Ls) ，根据反应中的系数比，(N2)=0.05mol/(Ls)
22、；催化剂同等程度的改变正逆反应速率，对平衡无影响，故增大催化剂的表面积转化率不变；a.t1时，正反应速率还在变化，故反应未达到平衡状态，a错误；b.反应为绝热容器，t1时平衡常数不变，说明温度不再变化，反应达到平衡状态，b正确；c. t1时，一氧化氮和二氧化碳的物质的量虽然相等，但是还在变化，故反应未达到平衡状态，c错误；d. t1时一氧化氮的质量分数不再变化，说明反应达到平衡状态，d正确；故答案为：KB；反应为放热反应、气体体积减小，想要提高的转化率，要求反应正向移动，方法有增大压强、降低温度等，从图像可知投料比越大，的转化率也越大；故答案：b ；KA=KcKB；增大投料比；增大压强、降低温
23、度等。【点睛】平衡图像题解题思路：一看轴（纵、横坐标的意义），二看线（线的走向和变化趋势），三看点（起点、折点、交点、终点、零点的意义），四看要不要作辅助线（等温线、等压线、平衡线），五看量的变化（如浓度变化、温度变化等），六想规律（外界条件对反应速率的影响规律和化学平衡移动规律）。20.三草酸合铁酸钾晶体（K3Fe(C2O4)3xH2O）是一种光敏材料，在110可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：铁含量的测定步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草
24、酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO4被还原成Mn2+。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02 mL，滴定中MnO4被还原成Mn2+。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液分别为19.98 mL和20.00 mL。请回答下列问题：（1）滴定过程中，高锰酸钾溶液应盛装在_滴定管中（填“酸式”或“碱式”）。（2）用离子方程式表示步骤二中涉及到的相关化学反应：_； Zn + 2Fe3+
25、= 2Fe2+ + Zn2+。（3）步骤三中滴定终点的判定：_。（4）在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量_。在步骤三中，若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测得的铁含量_。（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为_。【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4- + 5C2O42- + 16 H+ 2Mn2+ + 10 CO2+ 8H2O (3). 当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色 (4). 偏高 (5). 偏低 (6). 11.2%【解析】【分析】步骤二中涉及的反应为2MnO4- + 5C2O42-
26、 + 16H+ 2Mn2+ + 10CO2+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；故步骤二得到的溶液为硫酸钾、硫酸锌、硫酸锰及硫酸亚铁组成的混合溶液；步骤三涉及反应为MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3+ 4H2O；结合实验和数据进行解答。【详解】（1）高锰酸钾溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，则高锰酸钾溶液应盛装在酸式滴定管中，答案为酸式；（2）根据分析可知，步骤二中涉及到的反应为2MnO4- + 5C2O42- + 16H+ 2Mn2+ + 10CO2+ 8H2O，Zn + 2Fe3+ = 2Fe2+ + Zn2+；（3）步骤三的反应为Mn
27、O4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3+ 4H2O，滴定终点为溶液中的亚铁离子消耗完全，滴加最后一滴酸性高锰酸钾溶液后，溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不褪色，答案为：当最后一滴高锰酸钾加入后，溶液变为紫红（浅红色）色，且半分钟内不褪色；（4）若步骤二中的高锰酸钾量不够，则草酸有剩余，导致步骤三中消耗的高锰酸钾的量偏大，使测得的铁的含量偏高；步骤三中，滴定前仰视，读数偏大，滴定终点俯视，读数偏小，两次读数的差值为消耗高锰酸钾溶液的体积，体积偏小，则物质的量偏小，计算出的铁的含量偏低，答案为：偏高；偏低；（5）步骤三中平均消耗高锰酸钾溶液的体积为=（20.02+19.98+20.00）mL3=20.00mL，n（MnO4-）=0.010mol/L0.020L=0.0002mol，发生的反应为：MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ = Mn2+ + 5Fe3+ 4H2O，n（MnO4-）：n（Fe2+）=1：5，则铁元素的物质的量为n（MnO4-）5=0.001mol，其质量为0.056g，质量分数为100%=11.2%。
