1、天津市滨海新区2020-2021学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，共100分，考试用时60分钟。第I卷第1至3页，第II卷第4至8页。答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第I卷(选择题)答案用铅笔涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第II卷(非选择题)答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Pb-207第I卷选择题注意事
2、项：本卷共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是A. 风力发电B. 火力发电C. 电解炼铝D. 燃料电池【答案】C【解析】【分析】【详解】A风力发电，风能转化为电能，故A错误；B火力发电，化学能转化为电能，故B错误；C电解炼铝，电能转化为化学能，故C正确；D燃料电池，化学能转化为电能，故D错误；故选C。2. 下列物质属于弱电解质是A. NaClB. NH3H2OC. H2SO4D. NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质叫强电解质，在水溶液中部分电离的电解质叫弱电解质。
3、【详解】A. NaCl在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，A不符合题意；B. NH3H2O在水中部分电离，是弱电解质，B符合题意；C. H2SO4在水中完全电离(在熔融状态下不导电)，是强电解质， C不符合题意；D. NaOH在水中或熔融状态下完全电离，是强电解质，D不符合题意；答案选B。3. 水解原理在生产和生活中都具有重要的用途。下列事实与盐类的水解无关的是( )A. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2B. 加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体C. 次氯酸常用作消毒剂D. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【分析】【详解】ATiCl4溶于水发生
4、水解反应生成钛酸：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，加入大量水加热促进水解反应正向进行，H2TiO3分解生成TiO2，与盐类水解有关，A不符合题意；BCuCl2溶液中Cu2+水解生成Cu(OH)2和H+，H+结合Cl生成HCl，加热促进Cu2+水解，同时HCl挥发促进Cu2+水解，则CuCl2溶液加热蒸干得到Cu(OH)2固体与盐类水解有关，B不符合题意；C次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，常用作消毒剂，与盐的水解无关，C符合题意；D沸水中滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热促进Fe3+的水解，生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关，D不符合题意；故答案选C。4.
5、 已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是( )A. 反应的H0B. 过程b使用了催化剂C. 使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率D. 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，为反应的活化能【答案】C【解析】【分析】【详解】A从图分析，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，H0，A正确；Bb的活化能比a低，说明使用了催化剂，B正确；C催化剂不能使平衡发生移动，不能提高二氧化硫的转化率，C错误；D活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差就是反应的活化能，D正确；故选C。5. 锌铜原电池装置如
6、图所示，下列说法正确的是A. 铜电极上发生氧化反应B. 电流从锌片流向铜片C. 盐桥中K+向负极移动D. 锌电极上发生的反应：Zn 2e- = Zn2【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2+Cu，则Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu电极作正极，电极反应为Cu2+2e-=Cu。【详解】A、Cu电极作正极，发生还原反应，A错误；B、Cu电极作正极，Zn电极作负极，则电流由铜片流向锌片，B错误；C、电流外电路中由正极流向负极，则盐桥中K+向正极移动，C错误；D、Zn电极作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，D正确；故选D。6. 对饱和
7、AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag)和Ksp(AgCl)均保持不变的是A. 加热B. 加少量水C. 滴加少量1mol/L盐酸D. 滴加少量1mol/L AgNO3溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A.加热，AgCl的溶解度增大，c (Ag+)和Ksp(AgCl)均增大，故A不符合题意；B.加水稀释，沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，但是溶液仍为饱和溶液，温度不变，则溶解度不变，所以c (Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不变，故B符合题意；C.滴加少量1mol/L盐酸，Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Ag+)减小，温度不变，K
8、sp(AgCl)不变，故C不符合题意；D.滴加少量1mol/L AgNO3溶液，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Cl-)减小，温度不变，Ksp(AgCl)不变，故D不符合题意；故答案选B。7. 下列描述中，不符合生产实际的是( )A. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B. 电解饱和食盐水制烧碱C. 在镀件上电镀锌用锌作阳极D. 电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极【答案】D【解析】【分析】【详解】A电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极、粗铜作阳极、硫酸铜溶液作电解质溶液，故A正确；B电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，故B正确；C在镀件上电镀锌用锌作阳极、镀件作阴极、硫酸锌作电解质溶液，故
9、C正确；D电解熔融的氯化钠生成金属钠和氯气，用惰性电极作阳极，故D错误；选D。8. 下列说法正确的是( )A. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子B. 3p2表示3p能级有两个轨道C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】【分析】【详解】A基态原子是处于最低能量的原子，处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；B3p2表示3p能级上有两个电子，3p能级有三个轨道，故B错误；C同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D2p、3p、4p能级的轨道数都是3个，故D错误；选A。9. 关于金属的腐蚀与防护的说法错
10、误的是( )A. 在酸性环境中，钢铁发生析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e- =Fe2+B. 钢铁表面吸附极弱酸性或中性水膜，发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-C. 外加电流法是把被保护的钢闸门作为阳极，用惰性电极作为辅助阴极D. 锅炉内壁镶嵌镁块能保护锅炉的钢铁部分【答案】C【解析】【分析】【详解】A酸性环境中，钢铁形成原电池原理发生腐蚀，铁作负极，发生氧化反应，电极方程为Fe-2e- =Fe2+，A正确；B钢铁表面水膜酸性较弱或中性时，发生吸氧腐蚀，正极为氧气得电子发生还原反应，电极方程式为O2+4e + 2H2O = 4OH，B正确；C外加电流的阴极保护法是利用电解
11、池原理让被保护的金属连电源的负极作为阴极，惰性电极作为辅助阳极，若被保护的金属作阳极将会发生氧化反应被腐蚀，C错误；D锅炉内壁镶嵌镁块，形成原电池原理，镁作负极被氧化，钢铁作正极被保护，D正确；故答案选C。10. 下列平衡移动方向和现象判断正确的是( )A. Cu(H2O)42+4Cl-CuCl42-+4H2OH0，升高温度，平衡正向移动，溶液由蓝绿色变为黄绿色B. 2NO2N2O4，压缩容器体积，平衡正向移动，气体颜色变浅C. Fe3+3SCN-3Fe(SCN)3，加入KSCN浓溶液，平衡逆向移动，溶液颜色变浅D. Cr2O+H2O2CrO+2H+，加水，平衡正向移动，溶液黄色加深【答案】A
12、【解析】【分析】【详解】ACu(H2O)42+（蓝色）+4Cl-CuCl42-（黄绿色）+4H2O H0，升高温度，平衡正向移动，溶液由蓝绿色变为黄绿色，故A正确；B2NO2N2O4，压缩容器体积，平衡正向移动，NO2浓度增大，气体颜色加深，故B错误；CFe3+3SCN-3Fe(SCN)3，加入KSCN浓溶液，SCN-浓度增大，平衡正向移动，溶液颜色加深，故C错误；DCr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，加水，平衡正向移动，CrO浓度降低，溶液黄色变浅，故D错误；选A。11. 对于第VIIA族元素，从上到下，下列关于其性质变化的叙述中，错误的是( )A. 原子半径逐渐增大B. 非金
13、属性逐渐增强C. 第一电离能逐渐减小D. 电负性逐渐减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A同主族元素从上到下随着核电荷数的增加，元素的原子半径增大，故A不选；B同主族的非金属元素，从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，故选B；C同主族的非金属元素，从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，其第一电离能逐渐减弱，故C不选；D同主族的非金属元素，随着核电荷数的增加，其电负性逐渐减弱，故D不选。答案选B12. 在25时，碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知25时硫酸钙的Ksp=9.110-6，下列说法正确的是( )A. 图中b点碳酸钙的结晶速率小于其溶解速率B. 通过蒸发，可使溶液由a点变化到c点C.
14、 除去锅炉水垢中硫酸钙的办法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除D. 在25时，从CaCO3(s)转化为CaSO4(s)更容易实现【答案】C【解析】【分析】根据题意及图，碳酸钙溶解生成碳酸根和钙离子：CaCO3(s) Ca2+ (aq)+(aq)，横纵坐标分别是c()和 c(Ca2+)，曲线上任意一点都表示沉淀溶解平衡状态，据此分析。【详解】A依据图像上任意一点都表示沉淀溶解平衡状态，b点在曲线上方，为过饱和溶液，Qc Ksp，会析出CaCO3晶体，结晶速率大于其溶解速率，A错误；Ba点为不饱和溶液，通过加热蒸发溶剂可形成饱和溶液，但此过程c()和 c(Ca2+)都会增大，而曲线上c点c()等于a
15、 c()，故B错误；C锅炉水垢成分中的硫酸钙不溶于醋酸，先用饱和碳酸钠使硫酸钙转化为碳酸钙，再加入醋酸溶解，C正确；D由曲线上c点计算Ksp(CaCO3)= c() c(Ca2+)=4.010-57.010-5=2.810-9，Ksp(CaSO4)= 9.110-6，则Ksp(CaCO3)”“”、“=”或“Kh2，则0.1molL-1NaHSO3溶液：溶液呈_ (填“酸性”“碱性”或“中性”)；溶液中c(Na+)_c(HSO)(填“”“Na2SO3；(2)CH3COONa在溶液中的水解生成醋酸和碱，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。向0.1molL-1的CH3COONa
16、溶液中加入少量NaCl溶液，溶液稀释，水解程度增大；加入Na2CO3固体，碳酸根离子水解，使醋酸根离子水解受到抑制；加入NH4Cl溶液，因为铵根离子水解显酸性，促进醋酸根离子水解；加入醋酸钠固体，浓度增大，水解程度减小。故选AC。(3)浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以盐酸的pH小，滴定醋酸的曲线是I ；0.1molL-1NaOH、0.1molL-1的盐酸和0.1molL-1醋酸三种溶液都能抑制水的电离，但由于醋酸电离出的氢离子浓度小，所以对水的抑制作用小，所以0.1molL-1醋酸中由水电离出的c(H+)最大；用0.1molL-1NaOH溶液滴定20
17、mL0.1molL-1CH3COOH溶液时，当滴入NaOH溶液10mL时，溶液为等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒分析，c(Na+)Kh2，则0.1molL-1NaHSO3溶液：根据平衡常数Ka2Kh2分析，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；因为溶液中亚硫酸氢根离子电离或水解，所以溶液中c(Na+)c(HSO)；根据硫元素质量守恒，即钠离子的浓度等于所有有硫元素的微粒浓度的总和，该溶液中的物料守恒关系式：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或0.1molL-1=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)或n(Na+)=n(HSO)+n(
18、SO)+n(H2SO3)。14. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0，S0。(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是_。A.因为H0，所以该反应一定能自发进行B.因为S， (5). c (6). 0.007 (7). 0.1 (8). 逆 (9). 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H=-906kJmol-1【解析】【分析】合成氨反应为正向放热、气体分子数增大的反应，因此升高温度平衡逆向移动不利于氨的合成，增大压强，平衡正向移动利于氨的合成；计算平衡常数列三段式进行计算，据此分析。【详解】(1) 单独用H或S判
19、断反应的自发性都会有缺陷，应根据吉布斯自由能G =H TS，当G 0时，反应能自发进行，A、B均不符合要求；合成氨反应是H0，放热反应升高温度平衡逆向移动，不利于提高反应物的转化率，升高温度的目的是增大反应速率；C不正确，该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于提高转化率，实际生产中在设备材料承受能力范围内采用1030MPa进行，D正确；(2) 判断可逆反应是否达到平衡的标志是v正=v逆，特征是达到平衡后各组分的浓度、百分含量等保持不变，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明v正=v逆，A错误；N2的百分含量保持不变，即单位时间生成1mol氮气的同时消耗
20、1mol氮气，v正=v逆，B正确；该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒容密闭容器中进行反应，体系的压强会随气体物质的量变化而变化，当容器内压强不再变化时，反应达到平衡，C正确；根据气体密度公式，气体的总质量m不变，恒容容器V不变，密度是定值，不随反应而改变，D错误，故答案选BC；(3) 及时分离出产物，生成物浓度减小，平衡正向移动，将气体中未反应完的氮气和氢气循环使用，增大反应物的浓度，平衡正向移动，提高氨的产率，故答案为：减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率；(4) 合成氨反应的HT2；升高温度不利于氨的合成，增大氢气的浓度，能提高氮气的转化率，故平衡点中
21、c点氮气的转化率最高；(5) 10min时用NH3表示的平均反应速率为v(NH3) =0.014mol/(Lmin)-1，v(N2) = v(NH3)=0.014=0.007 mol/(Lmin)-1，依题意列出三段式：带入平衡常数的表达式计算K= =0.1；若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，则容器内N2、H2和NH3的浓度分别为：1.4 mol/L、2 mol/L、1.2 mol/L，此时Qc=0.13K，反应将向逆反应进行；依题意氨气催化氧化生成NO和水蒸气的反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，分别记已知方程式
22、及H为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H1=-92kJ/mol，N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+181kJ/mol，2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) = -484kJ/mol，根据盖斯定律，则目标方程式的H=H33+H22-H12=-4843+1812-(-92)2=-906kJmol-1。【点睛】判断平衡的标志是v正=v逆，方法总结为“正逆相等，变量不变”，“正逆”是对同一物质，即单位时间消耗1molA的同时会生成1molA，不同物质与化学计量系数成正比，“变量不变”是体系一些物理量如密度、总压强、气体平均摩尔质量等，当这些物理量随反应的改变而改变，当物理
23、量不变时就能说明反应达到了平衡，反之，这些物理量不随反应的改变而改变，是一个定值，那么就不能用该物理量作为判定平衡的标志。15. 电化学在工业有着广泛的应用(1)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换法膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如图1所示。该电解槽阴极反应式是_。除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体_出口(填写“A”或“B”)导出。(2)甲醇(CH3OH)燃料电池由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染、可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。图2所示为酸性介质甲醇燃料电池。通入a的电极是电池的_(填“正”或“负”)极，其电极反应式_。
24、甲醇燃料电池(酸性介质)可用于测量阿伏加德罗常数。当电池平稳工作5min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气vmL，电流稳定为xA，假设能量转化率100%，计算测得阿伏加德罗常数NA为_mol-1(用x、v表示，已知电子电量e=1.6010-19C)。(3)采用如图3所示的简易装置(A、B电极均为惰性电极)电解饱和食盐水可以制备84消毒液。A为_极，制备84消毒液的总反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2H2O+2e-=2OH-+H2 (2). B (3). 负 (4). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (5). (6). 阴 (7). NaCl+H2ONaClO+H2【解析】
25、【分析】(1)电解氢氧化钾溶液根据放电顺序相当于电解水，根据电解池原理分析解答；(2)根据燃料电池原理分析电极反应，根据电子转移守恒及1C=1AS进行相关计算；(3)根据次氯酸钠的制备原理及电解原理分析解答。【详解】(1)该电解槽的阴极是氢离子得电子生成氢气，电极反应式是：2H2O+2e-=2OH-+H2，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2；阳离子向阴极移动，右侧溶液为除去杂质的KOH溶液，则除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口B导出，故答案为：B；(2)根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生
26、氧化反应，负极上是CH3OH失去电子生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；故答案为：负；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；甲醇燃料电池的正极反应为O2+4H+4e-=2H2O，因为甲醇燃料电池的能量转化率为100%，n(O2)=，转移的电子数为：，1个电子所带的电量为1.610-19C，根据1C=1AS得：=，即NA=，故答案为：；(3)电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是84消毒液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠
27、，所以A极上析出氢气，即A极是阴极；总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2；故答案为：阴；NaCl+H2ONaClO+H2。16. Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)氧的基态原子的轨道表示式_。写出钴的简化电子排布式_。基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。(2)Li在周期表的位置_，其位于元素周期表5个分区中的_区。Li与Na的第一电离能(I1)大小比较：I1(Li)_I1(Na)，原因是_。【答案】 (1). (2). Ar3d74s2 (3). (或4：5) (4). 第
28、二周期IA族 (5). s (6). (7). Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子【解析】【分析】【详解】(1)O是8号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为；钴是27号元素，在第四周期，其上一周期的稀有气体为Ar，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以简化电子排布式为Ar3d74s2；Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子为3d64s2，Fe2+的价层电子为3d6，未成对电子数为4，Fe3+的价层电子为3d5，未成对电子数为5，所以答案为4：5；(2)Li为3号元素，在周期表中的位置为第二周期IA族；电子排布式为1s22s1，最后排布的是s轨道，所以是s区；第一电离能是判断失电子能力，失电子能力越大，第一电离能越小，可以通过微粒半径判断，Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子，所以Na的第一电离能较小
