2021-2022学年福建省福州市福清市八校高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

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2021-2022学年福建省福州市福清市八校高二（上）期末化学试卷

1. 化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是(    )
A. NaClO溶液呈弱酸性，可用于环境消毒
B. 明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]溶液水解产生氢氧化铝，可用于吸附水中杂质
C. Na2CO3溶液呈碱性，可用于去油污
D. 海轮上钢构件表面喷涂环氧树脂涂层是为了隔绝空气、海水等
2. 氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：关于上述反应，以下叙述正确的是(    )
A. 反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动
B. 反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动
C. 当H2(g)的生成速率是CH4(g)消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态
D. 正反应活化能大于逆反应活化能
3. 诺贝尔化学奖获得者Zewail创立的飞秒(1fs=10−15s)化学研究了极短时间内的反应历程，巧妙地解决了如何确定反应起点问题。Na2SO3和KIO3反应机理较复杂，依据反应模型的理论计算分为以下四个基元反应。
①IO3−+SO32−=IO2−+SO42−(反应速率慢)
②IO2−+2SO32−=I−+2SO42−(反应速率快)
③5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O(反应速率快)
④I2+SO32−+H2O=2I−+SO42−+2H+(反应速率快)
下列说法正确的是(    )
A. IO2−和I−是该总反应的催化剂
B. 此反应总反应速率由反应①的速率决定
C. 基元反应①中氧化剂是SO32−，基元反应③中还原剂是I−
D. 基元反应④是放热反应，因而提升温度该反应速率会下降
4. 在一密闭容器中，反应aM(g)⇌bN(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积压缩到原来的12，当达到新的平衡时，M的浓度变为原来的150%，则(    )
A. 平衡朝逆反应方向移动 B. a、b的大小关系是：a>b
C. 反应的平衡常数增大 D. 物质M的转化率变小
5. 下列叙述正确的是(    )
A. 100℃时纯水的pH约等于6，所以纯水在100℃时显酸性
B. pH=3的醋酸稀释10倍后pH=4
C. 常温下，pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后pH=7
D. 常温时0.1mol/L的硫酸溶液稀释到原体积2倍后pH=1
6. 已知反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔHT1
7. 用下列装置能达到预期目的的是(    )

A. 甲装置可用于电解精炼铝 B. 乙装置可得到持续、稳定的电流
C. 丙装置为牺牲阳极的阴极保护法 D. 丁装置可达到保护钢闸门的目的
8. 室温下某无色透明溶液中由水电离出的H+浓度为1×10−12mol/L，则此溶液中可能大量共存的离子组为(    )
A. K+、NO3−、Na+、Cl− B. HCO3−、Al3+、Na+、SO42−
C. MnO4−、Fe2+、SO42−、K+ D. OH−、NO3−、K+、Cu2+
9. 25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(    )
A. a点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
B. b点水电离的c(H+)比c点水电离的c(H+)大
C. 曲线I代表盐酸的稀释过程
D. 将a、b两点溶液加热至30℃，c(Cl−)c(CH3COO−)增大

10. 科学家最近利用电解池原理采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示，下列说法错误的是(    )

A. M为电源正极，N为电源负极
B. 电解过程中，右侧电极附近溶液pH逐渐减小
C. CH3OH在溶液中发生6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+
D. 若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L
11. 甲醇是一种新型的燃料，已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为286kJ⋅mol−1、283kJ⋅mol−1和726kJ⋅mol−1。
(1)写出标注状况下甲醇完全燃烧生产二氧化碳气体和液态水的热化学方程式：______。
(2)工业上常用H2(g)、CO(g)合成甲醇CH3OH(l)。利用盖斯定律，写出对应的热化学方程式：______。
(3)将2molA气体和1molB气体在1L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，经2S后反应恰好达到平衡状态测得C的浓度为0.6mol⋅L−1。则2S内用C表示反应的平均速率v(C)=______mol⋅L−1⋅s−1，A的平衡转化率α(A)=______，平衡常数K=______。
(4)已知室温时，0.1mol⋅L−1某一元酸HA在水溶液中电离度α(HA)=0.1%，则该溶液中c(H+)=______mol⋅L−1由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的 ______倍。
12. 根据水溶液的离子平衡知识，填写下题：
(1)多元弱酸分步电离，写出H2CO3第一步电离的电离方程式：______。
(2)苏打水的主要成分时NaHCO3溶液，苏打水溶液显碱性原因(用离子方程式表示)______。
(3)常温下，0.lmol⋅L−1NaHCO3溶液的pH>8，溶液中c(CO32−)______c(H2CO3)(填“>”、“=”或“”、“=”或“b，故B正确；
C.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D.由分析可知，平衡正向移动，M的转化率增大，故D错误；
故选：B。
假设a=b，将容器体积压缩到原来的一半，平衡不移动，M、N的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，M的浓度是原来的1.5倍，说明增大压强平衡向正应方向移动，则说明a>b。
本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键。

5.【答案】D 
【解析】解：A.水的电离吸热，升高温度促进水的电离，溶液的pH减小，但纯水在任何温度下始终呈中性，故A错误；
B.醋酸是弱酸，稀释促进酸的电离，溶液pH减小，即pH=3的醋酸溶液稀释10倍后37，故C错误；
D.常温时0.1mol/L的硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=0.2mol/L，稀释到原体积2倍后c(H+)=0.1mol/L，则溶液的pH=−lg0.1=1，故D正确；
故选：D。
A.纯水在任何温度下均呈中性；
B.醋酸是弱酸，稀释促进酸的电离，溶液pH减小；
C.一水合氨是弱碱，pH=11的氨水中一水合氨的浓度大于10−3mol/L；
D.常温时0.1mol/L的硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=0.2mol/L，稀释到原体积2倍后c(H+)=0.1mol/L。
本题考查pH的简单计算、弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。

6.【答案】C 
【解析】解：A.二氧化硫起始浓度为2mol10L=0.2mol/L，由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以Δc(SO2)=0.85×0.2mol/L=0.17mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/L−0.17mol/L=0.03mol/L，故A错误；
B.由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，所以Δc(SO2)=0.8×0.2mol/L=0.16mol/L，则：
                      2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始(mol/L)：0.20.10
转化(mol/L)：0.160.080.16
平衡(mol/L)：0.040.020.16
平衡常数K=c2(SO3)c2(SO2)⋅c(O2)=(0.16mol/L)2(0.04mol/L)2×0.02mol/L=800(mol/L)−1，故B错误；
C.达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故v正′>v逆′，可以用图乙表示，故C正确；
D.由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2④>⑤  c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)， 
【解析】解：(1)H2CO3是二元弱酸，第一步电离为H2CO3⇌HCO3−+H+，
故答案为：H2CO3⇌HCO3−+H+；
(2)NaHCO3在水中完全电离，其电离的方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−；由于碳酸氢根离子在溶液中存在水解反应：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，导致溶液呈碱性，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3−，HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；
(3)常温下，0.1mol⋅L−1 KHCO3溶液pH>8，则溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO32−)；
故答案为：；
(5)由于铵根离子的水解程度不大，根据化学式组成可知，1mol⋅L−1的①(NH4)2SO4  ②(NH4)2CO3  ③(NH4)2Fe(SO4)2  ④NH4HSO4  ⑤NH4Cl的溶液中，①(NH4)2SO4 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2Fe(SO4)2中c(NH4+)大于④NH4HSO4 ⑤NH4Cl；由于亚铁离子抑制了NH4+水解、碳酸根离子促进NH4+离子水解，则c(NH4+)大小为：③>①>②，NH4HSO4中电离出的H+离子抑制了铵根离子水解，则c(NH4+)大小为：④>⑤，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序为：③>①>②>④>⑤，
故答案为：③>①>②>④>⑤；
(6)任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，
故答案为：c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)。
(1)H2CO3是二元弱酸，第一步电离为H2CO3⇌HCO3−+H+；
(2)碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子；碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液呈碱性；
(3)常温下，0.1mol⋅L−1 KHCO3溶液pH>8，说明碳酸氢根在水解程度大于电离程度；
(4)根据溶液中阴阳离子的电荷相等判断溶液的酸碱性；体积相等稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，若溶液恰好呈中性时氨水应稍微过量；
(5)由于铵根离子水解程度较小，则①(NH4)2SO4 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2Fe(SO4)2中c(NH4+)大于④NH4HSO4 ⑤NH4Cl；据亚铁离子、氢离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度越小，据此进行解答；
(6)任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
本题考查了盐类水解原理及其影响，题目难度中等，明确盐的类型是解本题关键，相同浓度时，铵根离子浓度与铵根离子水解程度、物质的化学式中铵根离子的系数都有关。

13.【答案】正  aCH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O4AgNO3+2H2O−通电4Ag+O2↑+4HNO3  11.08 
【解析】解：甲烷燃料电池工作时，通入甲烷的电极为负极即a极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，通入氧气的电极为正极即b极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，电解硝酸银溶液，与a极相连的d为阴极发生4Ag++4e−=4Ag，与b极相连的c为阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O−通电4HNO3+O2↑+4Ag。
(1)甲为燃料电池为原电池反应，通入甲醇电极a为负极，在碱溶液中失电子发生氧化反应生成碳酸盐，b为正极氧气得到电子发生还原反应，原电池中阴离子移向负极，电极b为正极，溶液中OH−移向a，
故答案为：正；a；
(2)通入甲烷的电极为负极即a极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O；
(3)电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e−=4Ag，阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O−通电4HNO3+O2↑+4Ag，
故答案为：4AgNO3+2H2O−通电4Ag+O2↑+4HNO3；
(4)电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e−=4Ag，阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，
总反应式为4AgNO3+2H2O−通电4HNO3+O2↑+4Ag，当甲烷燃料电池中消耗氧气56mL(标准状况下)时，
n(O2)=0.056L22.4L/mol=0.0025mol，由电极方程式4OH−−4e−=2H2O+O2↑，可知转移电子0.01mol，由电解AgNO3的总反应式可知，转移4mol电子，生成4mol硝酸，因此转移0.01mol电子，产生硝酸0.01mol，c(H+)=0.01mol0.1L=0.1mol/L，则pH=1，电子守恒计算，4AgNO3+2H2O−通电4HNO3+O2↑+4Ag，反应过程中生成银物质的量0.01mol，d极增重0.01mol×108g/mol=1.08g，
故答案为：1；1.08。
甲烷燃料电池工作时，通入甲烷的电极为负极即a极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，通入氧气的电极为正极即b极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，电解硝酸银溶液，与a极相连的d为阴极发生4Ag++4e−=4Ag，与b极相连的c为阳极发生4OH−−4e−=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O−通电4HNO3+O2↑+4Ag。
(1)甲为燃料电池为原电池反应，通入甲醇电极a为负极，在碱溶液中失电子发生氧化反应生成碳酸盐，b为正极氧气得到电子发生还原反应，原电池中阴离子移向负极；
(2)通入甲醇电极a为负极，在碱溶液中失电子发生氧化反应生成碳酸盐；
(3)乙为电解池电解硝酸银生成银、硝酸和氧气；
(4)电解硝酸银溶液，阴极d发生Ag++e−=Ag，所以d电极质量增加的是析出的银的质量。
本题考查电化学知识、电解原理和原电池原理的理解应用、电极反应和电子守恒的计算应用，为高考常见题型，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和分析问题的能力，题目难度中等。

14.【答案】酚酞  碱式滴定管  加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化  0.20不断振荡锥形瓶  锥形瓶内颜色的变化  CE 
【解析】解：(1)用0.1000mol⋅L−1 NaOH标准溶液进行测定醋酸的浓度，当恰好完全反应时生成CH3COONa，溶液呈碱性，酚酞的变色范围为8.2∼10，最好选用酚酞作为指示剂，NaOH标准溶液应用碱式滴定管盛装，
故答案为：酚酞；碱式滴定管；
(2)用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，当加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化，说明达到了滴定终点，
故答案为：加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s内颜色不发生变化；
(3)3次实验所用V(NaOH)分别是20.10mL、19.90mL、23.00mL，第3次实验数据误差较大，舍去，则前2次V(NaOH)的平均值=(20.50mL−0.40mL)+(24.00mL−4.10mL)2=20.00mL，该醋酸的浓度为：c(CH3COOH)=0.2000mol/L×20.00mL20.00mL=0.20mol/L，
故答案为：0.20；
(4)滴定操作时，左手控制滴定管，右手不断振荡锥形瓶，眼睛要注视锥形瓶内颜色的变化，
故答案为：不断振荡锥形瓶；锥形瓶内颜色的变化；
(5)A.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测醋酸润洗，待测液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏小，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)可知，测定结果偏低，故A错误；
B.锥形瓶水洗后未干燥，不会影响实验结果，故B错误；
C.碱式滴定管滴定前读数时俯视读数，导致读出的V(标准)偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)可知，测定结果偏高，故C正确；
D.碱式滴定管滴定终点读数时俯视读数，导致读出的V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)可知，所以结果偏低，故D错误；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)可知，测定结果偏高，故E正确；
故答案为：CE。
(1)滴定终点时生成醋酸钠，溶液呈碱性，指示剂最好选用酚酞，用碱式滴定管盛装配制的标准NaOH溶液；
(2)滴定结束前溶液为无色，滴定终点时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点现象；
(3)先判断数据的有效性，然后利用有效数据计算出消耗标准液的平均体积，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)计算该醋酸的浓度；
(4)滴定操作时，左手控制滴定管，右手不断振荡锥形瓶，眼睛要注视锥形瓶内颜色的变化；
(5)先分析操作方法对V(标准)的影响，然后结合c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)判断滴定误差。
本题考查中和滴定，题目难度中等，明确中和滴定原理及操作方法为解答关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

15.【答案】加快反应速率，增大浸出率  Fe2+  将亚铁离子氧化为铁离子  3.2