1、会宁一中2019-2020学年度第一学期期末考试高二级化学试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 第卷一、选择题（14个小题，每小题3分，共计42分；每小题只有一个正确选项）1.化学与社会、生活、技术密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 有人说“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料C. 葡萄酒中通常添加微量SO2，既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化D. 交警用含橙色酸性高锰酸钾溶液的仪器检
2、查酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性【答案】C【解析】【详解】A、丝绸由蚕丝构成，其主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，不是纤维素，A错误；B、钢缆，属于金属材料，而不是无机非金属材料，B错误；C、SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可以用于防氧化，C正确；D、酸性高锰酸钾溶液不是橙色，而是紫色的，检验酒驾的是橙色的K2Cr2O7，D错误；答案选C。2.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 氢能属于二次能源B. 图中能量转化的方式至少有6种C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同D. 太阳能、风能、氢能都属于新能源【答案】C【解析】【详解】A、
3、氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源，则A正确；B、图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化等，故B正确；C、太阳能电池的供电原理实际是热能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；D、太阳能、风能、氢能都属于新能源，则D正确；本题正确答案为C。3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 将0.2 molFeCl3 水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.2 NAB. 25时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数为0.2 NAC. 0.1molL1 NH4Cl溶
4、液中 NH数小于0.1 NAD. 1L 2molL1K2S溶液中H2S、S2-和HS-的总数为2NA【答案】D【解析】【详解】A、一个Fe(OH)3胶粒由很多Fe(OH)3构成，因此0.2molFe3完成水解得到Fe(OH)3胶体，胶粒数目会小于0.2NA，A错误；B、pH=13的溶液中，c(OH)=0.1molL1，体积为0.1L，则n(OH)=0.1molL10.1L=0.01mol，其数目为0.1 NA，B错误；C、溶液的体积无法得知，无法计算溶液中NH4的数目，C错误；D、根据物料守恒，S2会水解，但溶液中所有含S的微粒的总浓度不变，因此有n(S)=n(S2)n(HS)n(H2S)=1
5、L2molL1=2mol，则总数为2NA，D正确；答案选D。4.下列关于化学反应的自发性叙述正确的是（ ）A. 焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的B. 焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的C. 焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的D. 熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的【答案】A【解析】【详解】A.焓变小于0而熵变大于0的反应，G=H-TS0，反应能够自发进行，故A正确；B.焓变和熵变都小于0，在高温下不可以自发进行，故B错误；C.焓变和熵变都大于0的反应，在低温下不能自发进行，故C错误；D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定不能自发进行，故D错误；【点睛】反应能否自发进行，根据G=
6、H-TS0判断。5.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是()A. 稀释溶液，水解平衡常数增大B. 加入少量NH4Cl固体，平衡朝正反应方向移动C. 升高温度，减小D. 加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】【详解】A选项，水解平衡常数只与温度有关，所以稀释溶液，水解平衡常数不变，故A错误；B选项，加入少量NH4Cl固体，两者相互促进的双水解，因此平衡向正反应方向移动，故B正确；C选项，升高温度，平衡正向移动，碳酸氢根浓度增加，碳酸根浓度减小，增大，故C错误；D选项，加入NaOH固体，溶液中氢氧根浓度增大，溶液pH增大，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】化
7、学平衡常数、电离平衡常数、离子积常数、水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关。6.有一化学平衡：mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是（ ）A. 正反应吸热：mnpqC. 正反应放热：mnpqD. 正反应放热：mnc(OH)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2和OH不共存，若酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H)=11013molL1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2
8、、CO32和H不能大量共存，故D错误。答案选B。【此处有视频，请去附件查看】8.有关金属的工业制法中正确的是A. 钾的沸点比钠低，用钠置换熔融氯化钾中的钾B. 电解熔融的MgO来制备金属镁C. 用一氧化碳还原铬、锰、钒的氧化物来制备高熔点金属铬、锰和钒D. 高炉炼铁原理是用一氧化碳还原四氧化三铁【答案】A【解析】A. 钾的沸点比钠低，容易分离出来，所以可用钠置换熔融氯化钾中的钾，A正确；B. 氧化镁的熔点高，电解熔融的MgCl2来制备金属镁，B错误；C. 通过铝热反应制备高熔点金属铬、锰和钒，C错误；D. 高炉炼铁原理是用一氧化碳还原三氧化二铁，D错误，答案选A。9.下列实验操作与预期实验目的
9、或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀说明该溶液中有，无B向含有AgCl和的悬浊液中滴加NaBr溶液出现黄色沉淀可说明Ksp(AgBr)Ksp（AgBr），选项B错误；C相同体积不同浓度的草酸与相同体积相同浓度的高锰酸钾溶液反应，通过褪色的快慢，比较草酸的浓度对反应速率的影响，选项C正确；D两支试管中装有等体积、不同浓度H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，但浓度也会影响化学反应速率，故不能达到实验目的，选项D错误。答案选C。10.M、N、P、E四种金属：MN2=NM2；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，
10、M表面有大量气泡；N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为E22e=E，N2e=N2。四种金属的还原性由强到弱的顺序是（ ）A. P、M、N、EB. E、N、M、PC. P、N、M、ED. E、P、M、N【答案】A【解析】【详解】还原性强的金属可以将还原性弱的金属从其盐溶液中置换出来，还原性MN；M、P作电极构成原电池，较活泼金属作负极，金属溶解，而H在较不活泼的金属表面得到电子生成H2，则还原性PM；从电极方程式可知，N失去电子作负极，较活泼，则还原性NE；综上，4种金属的还原性顺序为P、M、N、E，A符合题意；答案选A。11.2019年诺贝尔化学奖授予美国固体物理学家约翰巴尼斯特古
11、迪纳（JohnB.Goodenough）、英国化学家斯坦利威廷汉（StanleyWhittingham）和日本化学家吉野彰（AkiraYoshino），以表彰他们发明锂离子电池方面做出的贡献。全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）。下列说法错误的是（ ）A. 电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4B. 电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14gC. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D. 电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答
12、案】D【解析】【分析】电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8），电池负极的方程式为16Li-16e=16Li，根据图示，正极发生一系列的反应，随着反应的进行，转移的电子越多，S的化合价越低，在Li2S8中，S的化合价为，Li2S2中S的化合价为1，则在负极Li2Sx中x得值越来越小。【详解】A、根据图示和分析，正极发生了一系列反应，包括了2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4，A正确，不符合题意；B、电池的负极发生反应Li-e=Li，转移0.02mol电子，则有0.02molLi转化为Li+，电极材料损失0.02mol7g/mol=0.14g，B正确，不符合题意；C、石墨可以导
13、电，增加电极的导电性，C正确，不符合题意；D、根据分析，放电过程中Li2S8会转化为Li2S2，则充电过程中Li2S2会转化为Li2S8，Li2S2的量会越来越少，D错误，符合题意；答案选D。12. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B. 在FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳溶于水生成碳酸为可逆反应，开启啤酒瓶后，相当于减压，平衡逆向移动，有大量二氧化碳溢出，瓶中立刻泛起大量泡沫；A可以；B.在
14、Fe2+还原性很强，加入铁粉防止Fe2+被氧化，与平衡移动无关；B不可以；C.氯气与水反应为可逆反应，增大氯离子的浓度，平衡左移，有利于氯气的生成；C可以；D.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡右移，提高SO2的利用率，D可以；故答案选B。13.用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C. 相同实验条件下，若改为0.0400
15、 molL-1 Cl-，反应终点c移到aD. 相同实验条件下，若改为0.0500 molL-1 Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】【分析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为110-8mol/L（
16、实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，选项B正确；C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为250.8=20mL，而a点对
17、应的是15mL，选项C错误；D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；故答案选C。【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中
18、和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。14.在密闭容器中发生如下反应： aX(g) + bY(g) cZ(g) +d W(g)。反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来1/2，当再次达平衡时，W的浓度为原平衡时的18倍。下列叙述中不正确的是 ( )A. 平衡向逆反应方向移动B. a + b c + dC. Z的体积分数增加D. X的转化率下降【答案】C【解析】【分析】将容器的体积压缩到原来的一半，各物质的浓度都变为原来的2倍，当再次到平衡，W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动。【详解】A.由上述分析可知，将容器的体积压缩到
19、原来的一半，平衡向逆反应方向移动，故A正确；B.将容器的体积压缩到原来的一半，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应方向为气体减少的方向，即a + b ”“”“”或“=”）T2。由图2可知，当其他条件不变时，增大X的物质的量，C的平衡转化率将_（填“增大”“减小”或“不变”），其原因是_。【答案】 (1). (7). 增大 (8). 随着X的物质的量的增多，容器体积增大，相当于减小反应体系的压强，平衡右移，C的平衡转化率增大【解析】【详解】（1）随着温度升高，A(g)+B(g)C(g)H，反应的化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H0；反应从起始到20 min内A的平均反应速率=
20、0.125 molL1min1，则C的平均反应速率=0.125 molL1min1，故答案为；0.125 molL1min1；（2）根据表格数据可知，该温度下，平衡时C的浓度为=3mol/L，根据方程式，平衡时A的浓度为=1.0mol/L，B的浓度为=1.0mol/L，化学平衡常数K=3L/mol。同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时体系内气体的总压强与反应起始时总压强的比=，即平衡时体系内气体的总压强是反应起始时总压强的，故答案为3L/mol； 0.625；（3）A反应速率：vA(正)+vB(正)=vC(逆) ，则vA(正)vC(逆)，一定不是平衡状态，错误；BA的质量不再改
21、变，则A的浓度不变，能够说明达到平衡状态，正确；CB的转化率不再改变，则B的浓度不变，能够说明达到平衡状态，正确；D气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；故选BC；（4）温度升高，平衡正向移动，C的转化率增大，由图1可知，压强相同时，T1时C的转化率大于T2时C的转化率，故T1大于T2，故答案为；其他条件不变，X的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，C的转化率增大；故答案为增大；水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大。【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，本题易错点为（4），要注意X产生的分压
22、对化学平衡的影响以及注意平衡常数只与温度有关。17.草酸晶体的组成可用H2C2O4xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：称取w g草酸晶体，配成100.00 mL水溶液。量取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸。用浓度为a molL-1的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止。所发生的反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O。试回答下列问题：（1）下列仪器中，实验中不需要有(填序号)_，还缺少的仪器有(填名称)_。a.托盘天平(带砝码，镊子)b.滴定管c.100 mL量筒d.100 mL容量瓶e.烧杯f.漏
23、斗g.锥形瓶h.玻璃棒i.药匙 j.烧瓶（2）实验中，标准KMnO4溶液应装在_式滴定管中，因为_。（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（4）在滴定过程中若用a molL-1的KMnO4溶液V mL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为_molL-1，由此可计算x值是_。【答案】 (1). cfi (2). 铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管 (3). 酸 (4). KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管 (5). 无影响 (6). 0.1aV (7). -5【解析】【详解】(1)为了准确配制一定浓度
24、的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：天平(含砝码)、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、量筒等；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶等，则在以上操作中不需要的仪器有：c.100 mL量筒、f漏斗、j烧瓶；还缺少的仪器为：铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管，故答案为cfj；铁架台(带滴定管夹)和胶头滴管；(2)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为酸；KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡皮管；(3)在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁
25、冲洗一下，再继续滴定至终点，蒸馏水不影待测液的物质的量，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，c(待测)不变，则对所测得的x值无影响，故答案为无影响；(4)2KMnO4 5H2C2O4 2 5aV10-3mol 0.025cmolc=0.1aVmolL-1，样品中含有草酸的质量为：90g/mol0.1aVmol/L0.025L4=0.9aVg，Wg草酸晶体中含有结晶水的质量为Wg-0.9aVg，草酸晶体中含有结晶水数目为：x=-5，故答案为0.1aV；-5。【点睛】掌握配制一定物质的量浓度的溶液和中和滴定操作、误差分析的方法是解题的关键。本题的易错点为(1)，需要根据实验步骤依次罗列出需要
26、的仪器再分析判断，难点为(4)，注意根据化学方程式中各物质的关系计算出草酸的浓度，再计算x值。18.某化学兴趣小组的同学用如下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合K时，观察到电流表的指针发生了偏移。请回答下列问题：(1)乙装置的名称是_；Zn为_极。(2)写出电极反应：Cu极：_；石墨棒极：_。(3)当甲中产生0.1mol气体时，乙中产生的气体在标准状况下的体积应为_。(4)若乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，闭合K一段时间后，乙中溶液的颜色_（填“变深”、“变浅”或“无变化”)。(5)若乙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，闭合K一段时间后，甲中溶液的pH将_（填“增大”、“减小”或“
27、不变”，下同）；乙中溶液的pH将_。(6)若乙中电极不变，将其溶液换成饱和Na2SO4溶液，闭合K一段时间，当阴极上有a mol气体生成时，同时有w g Na2SO410H2O析出，假设温度不变，剩余溶液中溶质的质量分数应为_(用含w、a的表达式表示，不必化简)。【答案】 (1). 电解池 (2). 负 (3). 2H2e=H2 (4). Cu22e=Cu (5). 2.24L (6). 无变化 (7). 增大 (8). 增大 (9). 100%【解析】【分析】在甲池中，有自发的氧化还原反应Zn2H=Zn2H2，因此甲池为原电池，而乙为电解池，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极，电极方程式
28、为Zn2e=Zn2；Cu作正极，溶液中的H得到电子，生成H2，电极方程式为2H2e=H2。乙池中，石墨与Zn相连，则石墨作阴极，溶液中的Cu2得电子生成Cu，电极方程式为Cu22e=Cu；Pt，惰性电极，与Cu相连，作阳极，溶液中的Cl失电子，电极方程式为2Cl2e=Cl2。【详解】(1) 在甲池中，有自发的氧化还原反应Zn2H=Zn2H2，因此甲池为原电池，而乙为电解池，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极；(2)根据分析，在甲池中，Zn失去电子，被氧化，作负极，电极方程式为Zn2e=Zn2；Cu作正极，溶液中的H得到电子，生成H2，电极方程式为2H2e=H2；(3)当甲中产生了0.1mo
29、l气体，即0.1molH2，根据电极方程式，生成0.1molH2转移了0.2mol电子，则乙中，也转移0.2mol电子，生成0.1mol氯气，在标准状况下的体积为2.24L；(4)若乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，Cu为活性电极，则阳极反应变为Cu2e=Cu2，而阴极仍为Cu22e=Cu，阳极产生的Cu2和阴极消耗的Cu2相等，则溶液中的Cu2浓度不变，溶液的颜色不变；(5)甲中消耗了H，pH增大；电解NaCl溶液，则阴极为水得到电子，电极方程式为2H2O2e=H22OH，乙中生成了OH，pH增大；(6)电解饱和Na2SO4溶液，Na和SO42均不放电，实质为电解水，阴极上有amol气体生成式，同时有w g Na2SO410H2O析出，假设温度不变，由于电解的是饱和Na2SO4溶液，则剩余的溶液是饱和溶液，电解消耗的水和析出的晶体，也能构成Na2SO4的饱和溶液，则可以根据析出的晶体和电解消耗的水，求解饱和Na2O4溶液中溶质的质量分数，阴极生成的为H2，根据总反应方程式2H2O2H2O2；阴极生成amolH2，则电解了amolH2O，则析出的物质的总质量为(w18a)g，溶质Na2SO4的质量为，则溶质的质量分数应为。
