2017-2018学年福建省厦门外国语学校高二下学期期中考试化学试题 解析版



福建省厦门外国语学校2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题
可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第Ⅰ卷 （本卷共计45分）
一．选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。只有一个选项符合题目要求）
1. 常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)=1×10－13 mol·L－1，该溶液可能是
①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】常温下某溶液中由水电离的c(H+)=10-13mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，①二氧化硫水溶液，即为亚硫酸溶液抑制水电离；②氯化铵水溶液，含有弱离子的盐促进水电离； ③硝酸钠属于强酸强碱盐，不水解，既不抑制也不促进水的电离； ④氢氧化钠水溶液，属于强碱能抑制水电离，故选A。
2. 可以证明可逆反应N2 + 3H2 2NH3已达到平衡状态的是
①一个NN键断裂的同时，有6个N-H键断裂
②v(NH3)=0.4 mol·L-1·min-1 v(H2)=0.6mol·L-1·min-1
③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；
④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；
⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变；
A. ②③④ B. ①②④ C. ①③④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；
②v（H2）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，v（NH3）=0.4mol•L﹣1•min﹣1，未体现正与逆的关系，故错误；
③保持其他条件不变时，体系压强不再改变，说明物质的物质的量不变，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；
④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故正确；
⑤恒温恒容时，混合气体质量一直保持不变，故错误；故选C．
【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．
3. 硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如图,该电池工作时反应为:4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是

A. 电极a 为电池正极
B. 图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C. 电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D. VB2极发生的电极反应为:2VB2 +22OH--22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
【答案】C
【解析】A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
4. 常温时，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l) △H。溶液中c(AsO43-) 与反应时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是

A. t1时v逆小于t2时v逆
B. 该反应达到平衡时，2v生成(I-)=v生成(AsO33-)
C. 升高温度，c(AsO33-) 浓度增大，则△H＞0
D. 增大c(OH-)，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大
【答案】A
【解析】A. t1时反应向正反应方向进行，没有达到平衡状态，因此t1时v逆小于t2时v逆，A正确；B. 该反应达到平衡时，根据方程式可知v生成(I-)=2v生成(AsO33-)，B错误；C. 升高温度，c(AsO33-)浓度增大，说明平衡向逆反应方向进行，则△H＜0，C错误；D. 增大c(OH-)，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，D错误，答案选A。
5. 高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述不正确的是
A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
【答案】B
【解析】A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
6. 我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是
反应①：C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)　ΔH1
反应②：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)　ΔH2
反应③：CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)　ΔH3＝－90.1 kJ·mol－1
反应④：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH4，能量变化如图所示
反应⑤：3CH3OH(g)＝CH3CH=CH2(g)＋3H2O(g)　ΔH5＝－31.0 kJ·mol－1

下列说法正确的是
A. 反应③使用催化剂，ΔH3减小
B. 反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能
C. ΔH1－ΔH2 c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)
C. 最终所得的混合溶液中，c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)
D. 滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3-的电离
【答案】C
【解析】A. 碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以发生水解使溶液呈碱性，1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度大于电离程度，故A正确；B. 在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na+) > c(HCO3-) > c(OH-) > c(H+)，故B正确；C. 向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2＋和Cl－，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+)+2 c(Ca2+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误；D. 碳酸氢根离子发生电离：HCO3－H＋＋CO32－，滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2＋和CO32－结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3－的电离，故D正确；答案选C。
11. 25℃时，有下列四种溶液，下列说法正确的是
①
②
③
④
0.1mol/L的氨水
pH=11的氨水
0.1mol/L的盐酸
pH=3的盐酸


A. ①稀释到原来的100倍后，pH与②相同
B. 等体积①③混合、等体积②④混合所得的溶液都成酸性
C. ①②中分别加入少量CH3COONa固体，的值变小
D. 将20mL的①溶液与10mL的③溶液混合后，若溶液呈碱性，则c(NH4+)>c(Cl-)> c(NH3∙H2O)> c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】试题分析：pH=11的氨水，其c(OH-)=0.001mol/L，pH=3的盐酸，其c(H+)=0.001mol/L.A.①稀释到原来的100倍后，其浓度变为0.001mol/L，因一水合氨是弱电解质，故溶液中c(OH-)小于0.001mol/L，故pH小于11，与②不同，A不正确；B. 等体积①③混合后两者恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解使溶液呈酸性，等体积②④混合所得的溶液因氨水过量而使溶液呈碱性，B不正确；C. ①②中分别加入少量CH3COONa固体，的值不变，因CH3COONa水解使溶液碱性增强，故变大，的值变大，C不正确；D. 将20mL的①溶液与10mL的③溶液混合后得到物质的量浓度相同的氨水和氯化铵溶液，若溶液呈碱性，则一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，故溶液中离子浓度由大到小为c(NH4+)>c(Cl-)> c(NH3∙H2O)> c(OH-)>c(H+)，D正确。本题选D。
12. 某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY－的电离度小于HY－的水解程度。有关的叙述中，正确的是
A. H2Y在电离时为：H2Y+H2OHY－+H3O+
B. 常温下，该酸式盐的水溶液中溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(Y2－)＞c(HY－)＞c(OH－)＞c(H+)
C. 常温下，酸式盐NaHY的水溶液呈酸性
D. HY－的水解方程式为：HY－+ H2OH3O++Y2-
【答案】A
【解析】A. H2Y是二元弱酸，电离时分两步电离，第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子，电离方程式为：H2Y+H2OHY−+H3O+，故A正确；
B. NaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c(Na+)>c(HY−)，HY−的电离程度小于HY−的水解程度，但无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY−为主，溶液呈碱性，说明溶液中c(OH−)>c(H+)，因溶液中还存在水的电离，则c(H+)>c(Y2−)，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，故B错误；
C. HY−水解方程式为：HY−+H2OOH−+H2Y，HY−水解使溶液显碱性，HY−电离方程式为：HY−+H2OY2−+H3O+，HY−电离使溶液显酸性，因HY−的电离程度小于HY−的水解程度，故NaHY 的水溶液呈碱性，故C错误；
D. HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子，水解方程式为：HY−+H2OOH−+H2Y，故D错误；
故答案选A。
点睛：本题的易错点是B项，在比较溶液中离子浓度的大小时，首先要认清其阴离子的电离程度和水解程度的相对大小，若阴离子的电离程度＞水解程度，则溶液显酸性，若阴离子电离程度＜水解程度，则溶液显碱性；其次要认清水解和电离的程度都是微弱的，还是原有的离子浓度大，如NaHY溶液中，HY−比Y2−和H2Y的浓度都要大。
13. 高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体：FeO42- 、HFeO4-、H2FeO4、H3FeO4+ 。25 ℃时，它们的物质的量分数随pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是

A. 向pH=5 的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，离子方程式为HFeO4－+OH－＝FeO42－+H2O
B. 为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH≥9
C. 已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为：K1=2.5×10-2，K2=4.8×10-4，K3=5.0×10-8，当pH= 4时，溶液中c(HFeO4－)/ c(H2FeO4)= 1.2
D. pH=2 时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为 c(H2FeO4)> c(H3FeO4+)> c(HFeO4－)
【答案】C

点睛：本题考查含铁化合物的性质以及化学平衡的影响，解题关键：图象的分析。对学生的分析能力要求较高，难点C电离平衡常数的相关计算，先写出表达式K2=c(HFeO4 -)c(H +)/c(H2FeO4)=4.8×10-4，再代入数据计算，得则当溶液中pH=4时，溶液中c（HFeO4－）/c（H2FeO4）。
14. HA 为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数δ随溶液pH变化的曲线如图所示。向10 mL0.1mol/LHA溶液中，滴加0.1mol/LNaOH溶液x mL。下列说法中，不正确的是

A. pH=9时，c(A-)=c(HA)
B. x=0时，1 c（HSO3－）> c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－），由电荷守恒可知，c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－）。所以，溶液中离子浓度关系正确的是ab 。
（3）试题分析： SO2发生催化氧化的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）．若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2（其中n（SO2）：n（O2）=2：1），假设n（SO2）=2x mol、n（O2）=x mol，反应物转化率为（反应物按化学计量数之比投料时，反应物的转化率相同），则SO2、O2、SO3的变化量分别为2x mol、x mol、、2x mol，SO2、O2、SO3的平衡量分别为2x mol、x mol、2x mol。在反应前后压强之比等于气体的物质的量之比，所以，A点有，解之得，.
①图中A点时，SO2的转化率为45%．
②在其他条件不变的情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，由图像可知，在T2℃反应到达平衡所用的时间较少，故T1＜T2，温度越高，化学反应速率越快，C点为T2℃平衡状态、A点为T1℃正在向正反应方向进行的非平衡状态，所以，C点的正反应速率vc（正）与A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为vc（正）＞vA （逆）。
③由图中信息可知，B点的总圧为0.07MPa，则，解之得，
则SO2、O2、SO3的平衡量分别为0.2x mol、0.1x mol、1.8x mol，SO2、O2、SO3的物质的量分数分别为、、，SO2、O2、SO3的平衡分压分别为、、，所以该反应的压强平衡常数kp=24300（MPa）-1．
点睛：本题考查了电解原理的应用、盐类水解离子方程式的书写、电解质溶液中离子浓度的大小比较、溶液中的电荷守恒、影响化学反应速率的因素、化学平衡中有关转化率的计算以及有关化学平衡常数的计算，难度很高。要求学生能根据具体的电解任务设计出合适的电解池，能根据电解质溶液的相关数据判断溶液的酸碱性、比较溶液中的离子的电离程度和水解程度，掌握电解质溶液中的物料守恒、电荷守恒和质子守恒，并且能运用这些守恒判断相关的关系式是否正确，熟悉影响化学反应速率的主要因素，会分析有关化学平衡的图像、能根据图像中的相关数据计算反应物的转化率及化学平衡常数。
19. I.（1）“大象的牙膏”是著名化学实验之一，其实验方法是将浓缩的过氧化氢溶液与肥皂液混合，再滴加少量碘化钾溶液，即可观察到泡沫状物质像喷泉一样喷涌而出。
已知：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H=－196kJ/mol，活化能Ea=76kJ/mol，若用I－催化时活化能Ea’=57kJ/mol。
①在H2O2溶液中加入KI溶液作催化剂，反应过程中先后发生甲、乙两个反应，实现了I－与IO－之间的转化，请依次写出发生反应的离子方程式，反应甲：______________；反应乙：____________。
②反应甲为吸热反应，且甲的反应速率小于乙的反应速率，在下图中画出在H2O2溶液中加入KI后，反应过程的能量变化图_______。

II.(2)Fe2+与Ag+在溶液中可以发生氧化还原反应。室温时，初始浓度为0.1 mol/LFe(NO3)2溶液中c(Fe3+)随c(Ag+)的变化如图所示：

①用离子方程式表示Fe(NO3)2溶液中发生的反应___________________________________。
②据A点数据，计算该转化反应的平衡常数为____________________。
③用下图的装置，证明上述反应的可逆性。闭合电键K，立即观察到的明显现象是__________________。石墨为电池的_____极，通过列式计算说明原因_________________。

【答案】 (1). H2O2+I－=H2O+IO－ (2). H2O2+IO－=H2O+O2↑+I－ (3). (4). Fe2++Ag+Fe3++Ag↓ (5). 3.17 (6). 电流计指针发生偏转 (7). 正 (8). Q=＞3.17，反应逆向进行，所以石墨电极为正极
【解析】I.（1）试题分析：由2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H=－196kJ/mol可知，该反应为放热反应活化能Ea=76kJ/mol，若用I－催化时活化能Ea’=57kJ/mol，则I－催化时可加快该加快该反应的速率。
①在H2O2溶液中加入KI溶液作催化剂，反应过程中发生I－与IO－之间的转化，由此可知，IO－是中间产物，即H2O2先把I－氧化为IO－，然后，再H2O2把IO－还原为I－，所以，该反应先后发生甲、乙两个离子反应，反应甲的离子方程式为H2O2+I－=H2O+IO－；反应乙的离子方程式为H2O2+IO－=H2O+O2↑+I－。
②因为总反应是放热反应，而反应甲为吸热反应，则乙为放热反应。又知甲的反应速率小于乙的反应速率，则甲的活化能较高、乙的活化能较低，所以，在H2O2溶液中加入KI后，反应过程的能量变化图如下：
II.(2)Fe2+与Ag+在溶液中可以发生氧化还原反应。室温时，初始浓度为0.1 mol/LFe(NO3)2溶液中c(Fe3+)随c(Ag+)的变化如图所示。由图可知，c(Fe3+)随c(Ag+)的增大而增大，说明 Ag+可以把Fe2+氧化为Fe3+。
①Fe(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为Fe2++Ag+Fe3++Ag↓。
②由图中A点数据可知，当c(Ag+)=1.0mol/L时，c(Fe3+)=0.076mol/L，则c(Fe3+)=0.024mol/L，该转化反应的平衡常数为3.17。
③用下图的装置，可以证明上述反应的可逆性。由图可知，c(Ag+)=0.100mol/L、c(Fe3+)=0.100mol/L、c(Fe2+)=0.064mol/L，则浓度商Q==15.625＞3.17，则反应Fe2++Ag+Fe3++Ag↓逆向进行，银被氧化、Fe3+被还原，所以银是负极、石墨为电池的正极。故闭合电键K，立即观察到的明显现象是电流计指针发生偏转。
点睛：本题考查了盖斯定律及其应用、过渡态理论、化学反应中的能量变化、化学平衡常数的计算及其应用、原电池原理，难度较大。要求学生能根据题中信息推断催化剂的催化机理，能根据过渡态理论用图像表示出化学反应中的能量变化，熟练掌握化学平衡常数的表达式、并能根据浓度商判断化学反应进行的方向，能根据原电池原理判断原电池中电极的极性等等。