浙江省杭州市源清中学2021-2022学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

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源清中学2021学年第一学期高二期末考试
化学试题
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个各选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中，属于弱电解质的是(　　)
A. CO2 B. NH3·H2O C. NH4NO3 D. BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，CO2是非电解质，故A错误；
B选项，NH3·H2O是弱碱，是弱电解质，故B正确；
C选项，NH4NO3是盐，强电解质，故C错误；
D选项，BaSO4是盐，强电解质，故D错误；
综上所述，答案B。
【点睛】弱电解质主要是弱酸、弱碱、水，极少数盐。
2. 向水中加入下列溶质，能促进水电离的是
A. H2SO4 B. NaOH C. NaCl D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；
B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意不符；
C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；
D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；
答案为D。
3. 下列事实与盐类水解无关的是
A. 溶液显碱性
B. 实验室配制溶液时，加少量铁粉
C. 向沸水中滴入饱和溶液制胶体
D. 用与制作泡沫灭火器
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解，溶液显碱性，与盐类水解有关，故A不选；
B．亚铁离子具有强的还原性，易被氧化为铁离子，加入铁粉，铁离子还原为亚铁离子，与盐类的水解无关，故B选；
C．盐类的水解过程为吸热反应，氯化铁滴入沸水后，水解被促进，得到氢氧化铁胶体，和盐类的水解有关，故C不选；
D．碳酸氢钠溶于水，水解显碱性，硫酸铝溶于水，水解显酸性；二者混合后，相互促进水解，且水解进行到底，产生沉淀和气体，可以用来灭火，与盐类的水解有关，故D不选；
故选B。
4. 如图是某装置示意图，下列说法不正确的是

A. 盐桥的作用是离子导体 B. 负极反应物上发生还原反应
C. 正极发生的反应是 Cu2++2e-=Cu D. Zn2+、都没有参与电极反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．为平衡两烧杯中溶液的电性，常使用盐桥，盐桥的作用是离子导体，A正确；
B．在原电池负极上，反应物失电子发生氧化反应，B不正确；
C．在原电池的正极，Cu2+得电子生成Cu，发生的反应是 Cu2++2e-=Cu，C正确；
D．在电解质溶液中，负极Zn失电子生成Zn2+，正极Cu2+得电子生成Cu，Zn2+、都没有参与电极反应，D正确；
故选B。
5. 下列各项中电解质的电离方程式正确的是
A. 氨水：NH3·H2O=+OH-
B. H2S的水溶液：H2S2H++S2-
C. HF的水溶液：HF=H++F-
D. NaHCO3的水溶液：NaHCO3 =Na++HCO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水中溶质为一水合氨，一水合氨为弱碱，发生部分电离，其电离方程式为：NH3·H2O +OH-，A错误；
B．H2S为二元弱酸，在水溶液中发生分步电离，其电离方程式为：H2SH++HS-，HS- H++S2-，B错误；
C．HF弱酸，在水溶液中发生部分电离，其电离方程式为：HFH++F-，C错误；
D．NaHCO3为强电解质，在水溶液中可完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3 =Na++HCO，D正确；
故选D。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：P②>③
（3）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-90kJ•mol−1
【解析】
【小问1详解】
当AgCl 和AgI同时沉淀时，说明氯离子和碘离子均已达到饱和状态，则溶液中 ；
【小问2详解】
根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，结合杂化轨道理论分析解答；①CS2中C的价层电子对个数=2+ =2，且不含孤电子对，为直线形分子；②PCl3中P的价层电子对个数=3+ =4，且含有1个孤电子对，为三角锥形分子；③H2S中S的价层电子对个数=2+ =4，且含有2个孤电子对，为V形分子；④CH2O中C的价层电子对个数=3+ =3，且不含孤电子对，为平面三角形分子；⑤H3O+中O的价层电子对个数=3+ =4，且含有1个孤电子对，为三角锥形离子；⑥NH4+中N的价层电子对个数=4+ =4，且不含孤电子对，为正四面体形；⑦BF3中B的价层电子对个数=3+ =3，且不含孤电子对，为平面三角形；⑧SO2中S的价层电子对个数=2+ =3，且含有1个孤电子对，为V形；故价层电子对的立体构型和粒子的立体构型一致即不含孤电子对的是①④⑥⑦；②③⑥分别为三角锥、V形和正四面体，故②③⑥的键角从大到小的顺序是⑥>②>③。
【小问3详解】
N2与H2反应生成NH3的化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=948kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-90kJ/mol；即N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-90kJ•mol−1；
27. 25℃，向20.00 mL 0.100 mol·L−1 CH3COOH中滴加0.100 mol·L−1 NaOH过程中，pH变化如图所示。

(1) A点溶液pH_______1.(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)下列有关B点溶液的说法正确的是_______(填字母序号)。
a.溶质为：CH3COOH、CH3COONa
b.微粒浓度满足：c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO−) + c(OH−)
c.微粒浓度满足：c(Na+) = c(CH3COOH) + c(CH3COO−)
(3)A、C两点水的电离程度：A_______C(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)滴加 20 mL NaOH 溶液时，D点溶液的pH >7，原因是_______(用离子方程式表示)。
【答案】 ①. > ②. ab ③. < ④. CH3COO- + H2O⇌CH3COOH + OH-
【解析】
【分析】(2)酸碱的浓度相等，B点酸体积是碱的2倍，则B点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH＜7，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒。
【详解】(1)CH3COOH为弱电解质，不完全电离，则c(H+)；
(2)a．酸碱的浓度相等，B点酸体积是碱的2倍，则B点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，故a正确；
b．溶液的pH＜7，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故b正确；
c．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故c错误；故选ab；
(3)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，A点溶质为酸、C点溶质为含有弱离子的盐和及少量的醋酸，A抑制水电离、C促进水电离，则水电离程度A＜C，故答案为：＜。
(4)滴加 20 mL NaOH 溶液时，恰好反应，生成CH3COONa，由于醋酸根的水解，导致D点溶液的pH >7，离子方程式为：CH3COO- + H2O⇌CH3COOH + OH-。
28. A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素。已知：A原子的核外电子数与电子层数相等；B元素质子核外p电子数比s电子数少1个；C原子的第一至第四电离能为I1=738738kJ/mol、I2=1 451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4= 10540kJ/mol；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满；E元素的族序数与周期序数的差为4。
（1）写出E元素在周期表中位置_______；D元素的原子的核外电子排布式_______。
（2）某同学概括题目信息和掌握的知识分析C的核外电子排布图为，该同学所画的轨道式违背了_______。
（3）已知BH5为离子化合物，写出其电子式_______。
（4）在DE3分子中电子对更偏向_______(用元素符号表示)原子，用电负性知识进行解释_______。
【答案】（1） ①. 第三周期ⅦA族 ②. 1s22s22p63s23p3
（2）能量最低原理 （3）
（4） ①. Cl ②. Cl元素的电负性大于P元素，PCl3中Cl原子对共用电子对的引力大于P原子
【解析】
【分析】A、B、C、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素，则F为K元素；A原子的核外电子数与电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个，核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；C原子第三电离能剧增说明原子最外层有2个电子，则C为Mg元素；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满，则D为P元素；E元素的族序数与周期序数的差为4，则E为Cl元素。
【小问1详解】
氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周第ⅦA族；磷元素的原子序数为15，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：第三周第ⅦA族；1s22s22p63s23p3；
【小问2详解】
镁元素的原子序数为12，由能量最低原理可知，镁原子的核外电子排布图为，则电子排布式违背了能量最低原理，故答案为：能量最低原理；
【小问3详解】
由题意可知，NH5为NH离子与H—离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
【小问4详解】
氯元素的电负性大于磷元素，三氯化磷分子中氯原子对共用电子对的引力大于磷原子，所以共用电子对偏向氯原子一方，故答案为：Cl元素的电负性大于P元素，PCl3中Cl原子对共用电子对的引力大于P原子。
29. 某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。
已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀
【实验1】
装置
实验现象

现象ⅰ：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。
现象ⅱ：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。
(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：_______。
(2)探究现象ⅰ产生的原因：
①甲同学认为发生反应：2Fe3+＋3S＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3；
他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/L Na2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味气体，该气体是_______(填化学式)。
②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为_______；他取少许红褐色溶液于试管中，加入_______，有白色沉淀产生，证明产物中含有.
丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中可能被其它物质氧化。为了进一步确认被氧化的原因，丙同学设计了实验2。
【实验2】
用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。

③实验2中正极的电极反应式为_______。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是_______。
(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为_______。
【答案】 ①. Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解 ②. SO2 ③. 2Fe3+＋＋H2O =2Fe2+＋＋2H+ ④. 足量盐酸和BaCl2溶液 ⑤. Fe3++e-=Fe2+ ⑥. Fe3+能够氧化 ⑦. 随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】
【详解】（1）配制 FeCl3 溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解；
(2)①取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/L Na2SO3溶液，发生反应2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3，溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，则应该为H2SO3分解，该气体是SO2；
②若Fe3+与 发生氧化还原反应生成Fe2+ 和，化学反应方程式为：2Fe3+ + + H2O=2Fe2+ + + 2H+；
要证明产生了的，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了 ，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液；
③实验2中正极为Fe3+得电子产生Fe2+，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；
用铁氰化钾溶液检验正极的产物Fe2+，观察到有蓝色沉淀产生，得出的结论是Fe3+能够氧化，从而被还原为Fe2+；
(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。
30. 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，在1 L固定容积密闭容器中投入1.8molCH4和3.6molH2O(g)，若只发生反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165. 0kJ/mol，测得CH4、H2O及某一生成物X的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示(反应中条件有变化时，只考虑改变一个条件)。

（1）①CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，说明该反应自发进行的原因_______。
②反应在10min时的平衡常数K=_______(列出数学计算式，不必算出结果)。
（2）第6min时改变的条件是_______。
（3）画出X物质4min～9min之间的变化图像。______
（4）反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g) △H2=-32.2kJ/mol，反应所用的时间和CO2、CH3COOH的产率如图2所示，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，其原因是_______。

（5）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g) +CO2(g)。下列各项：
①2v(NH3)正= v(CO2)逆；
②密闭容器中总压强不变；
③密闭容器中混合气体密度不变；
④密闭容器中氨气的体积分数不变；
⑤密闭容器中c(NH3)不变。
能判断该反应已经达到化学平衡状态的是_______。
【答案】（1） ①. ∆H＞0，∆S＞0，高温自发 ②.
（2）升高温度 （3）
（4）t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低
（5）②③⑤
【解析】
【小问1详解】
①CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，△H1=+165. 0kJ/mol＞0，反应物气体分子数小于生成物气体分子数，则该反应自发进行的原因：∆H＞0，∆S＞0，高温自发。
②从图中可以看出，反应在10min时，n(CH4)=0.7mol，则参加反应的CH4的物质的量为1.8mol-0.7mol=1.1mol，则可建立以下三段式：

则平衡常数K=。答案为：∆H＞0，∆S＞0，高温自发；；
【小问2详解】
第6min改变条件时，反应物和生成物的物质的量浓度都未改变，但平衡正向移动，则此反应条件是升高温度。答案为：升高温度；
【小问3详解】
对照平衡时的数据，X物质应为CO2，则CO2从4min～6min之间，物质的量浓度不变，从6min～9min之间，物质的量浓度从0.5mol/L增大到1.1mol/L，则变化图像为： 。答案为： ；
【小问4详解】
从图中可以看出，t时刻后，CO2的产率降低，CH3COOH的产率升高，则表明主反应生成CO2的速率低于副反应CO2的消耗速率，其原因是：t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低。答案为：t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低；
【小问5详解】
①2v(NH3)正= v(CO2)逆，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡；
②密闭容器中总压强不变，则气体的总物质的量不变，反应达平衡状态；
③密闭容器中混合气体的密度不变，则混合气体的总质量不变，反应达平衡状态；
④因为两种气体都是生成物，物质的量之比等于化学计量数之比，所以密闭容器中氨气的体积分数始终不变，反应不一定达平衡状态；
⑤密闭容器中c(NH3)不变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态；
综合以上分析，只有②③⑤反应达平衡状态，故选②③⑤。答案为：②③⑤。
【点睛】若反应物为非气体，两种生成物都为气体，则某气体的体积分数不变时，反应不一定达平衡状态。