2021-2022学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共15页。
A. 合成氨很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题
B. 工业废水处理中，常以Na2S、FeS作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+等
C. 燃料电池的反应物不是储存在电池内部，由外部供给。其电极材料可以相同
D. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐溶液为电镀液
下列生活常见物质中，水溶液显碱性的是( )
A. 洁厕灵B. “84”消毒液C. 食盐D. 柠檬水
下列说法正确的是( )
A. 反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率一定增大
B. 等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出热量多
C. ΔH0的反应在任何温度下都能自发进行
D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−3e−=Fe3+，继而形成铁锈
下列离子方程式书写正确的是( )
A. 某弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB−+H2O⇌H3O++B2−
B. Na2S水解：S2−+2H2O⇌H2S↑+2OH−
C. 惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑
D. 泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑
下列说法不正确的是( )
A. 中和滴定实验中，锥形瓶用水洗涤后，不能用待测液润洗
B. 向K2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液颜色由橙色变为黄色
C. 中和反应反应热测定实验中，一组完整实验数据需要测温度3次
D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是( )
A. 反应总过程ΔH0。甲容器控制绝热条件，乙容器控制恒温条件，两容器中压强随时间的变化如图所示。
①图中代表甲容器的曲线为 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②乙容器中，从反应开始到达平衡，v(H2O)=______ml⋅L−1⋅min−1；T℃下，该反应的平衡常数Kp=______(Kp为以分压表示的平衡常数，各物质分压=总压×物质的量分数)。
(3)对于反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)，速率方程v=k[c(A)]m[c(B)]n，k为速率常数(只受温度影响)，m+n为反应级数。已知H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)，CO的瞬时生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的起始生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。
①该反应的反应级数为 ______。
②速率常数k=______。
③当H2的起始浓度为0.2ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，此时CO的生成瞬时速率v=______ml⋅L−1⋅s−1。
滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。
(1)氧化还原滴定——葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：葡萄酒样品100mL→蒸馏盐酸馏分→用0.010ml/L标准I2溶液滴定一定条件下,加入几滴指示剂…往实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应是：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4。
①加入盐酸时发生的离子方程式为：______。
②滴定时I2溶液应装在 ______(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：______。
③实验消耗I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 ______g/L。
下列情形会造成测定结果偏高的是：______。
A.滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化
B.滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失
D.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗
(2)沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间有明显的颜色差别。参考表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是：______(填选项字母)，判断滴定终点的方法为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，______(填现象)且30s不变，则达到滴定终点。
A.Na2CrO4
B.NaBr
C.NaCN
D.NaCl
Ⅰ.硼氢化钠(NaBH4)是一种储氢密度较高、价格低廉、兼具安全性与稳定性的固态储氢材料。
(1)基态B原子中电子占据最高能级的符号是 ______，基态B原子中，核外存在______对自旋相反的电子。
(2)在周期表中，与B元素的化学性质最相似的邻族元素是 ______。
(3)基态 29Cu原子的简化电子排布式为 ______。
Ⅱ.用CO做燃料电池电解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意图如图1所示，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中通入O2的电极为 ______极，该电极反应方程式为：______。
(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为 ______。此时要使乙中CuSO4溶液恢复到原来的浓度，需要加入的物质及其物质的量是 ______。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图2所示，则图中③线表示的是 ______(填离子符号)的变化。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.以工业上合成氨为基础，可以制得各种氮肥，提高粮食产量，解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，故A正确；
B.CuS、HgS难溶于水，则Na2S、FeS可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，故B正确；
C.燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，其电极材料能导电即可，可以相同，故C正确；
D.镀铜时，Cu为阳极，失去电子，而铁制品作电镀池的阴极，铜盐为电镀液，故D错误；
故选：D。
A.以工业上合成氨为基础，可以制得各种氮肥；
B.CuS、HgS难溶于水，则Na2S、FeS可与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀；
C.燃料电池的电极本身不包含活性物质；
D.镀铜时，Cu为阳极，失去电子。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.洁厕灵的主要成分为盐酸，电离显酸性，故A错误；
B.“84”消毒液含NaClO，水解显碱性，故B正确；
C.食盐为NaCl，为强酸强碱盐，溶液为中性，故C错误；
D.柠檬水中含柠檬酸，电离显酸性，故D错误；
故选：B。
强碱弱酸盐水解显碱性，碱溶液显碱性，以此来解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握物质的成分、盐的类型、盐类水解规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.反应物为纯固体，用量增加，反应速率不变，反应物用量增加不一定反应速率增大，故A错误；
B.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故B错误；
C.ΔH0的反应，在任何温度时均有△H−T△Sb，故B正确；
C.B池为燃料电池，故Y为氢气作负极，X为氯气，故C正确；
D.A池左侧为阳极，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，若生成标准状况下22.4L氯气，转移电子的物质的量为×2=2ml，空气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，消耗氧气体积2ml4×22.4L/ml=11.2L，空气体积为11.2L20%=56L，故D错误；
故选：D。
由图可知A池为电解池，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧根离子，B池为燃料电池，故Y为氢气作负极，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，空气通入极为正极，电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电池总反应为2H2+O2=2H2O，X为氯气，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，故A正确；
B.通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故B正确；
C.该装置属于电解池，所以该方法为外加电流的阴极保护法，故C错误；
D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确；
故选：C。
A.被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制；
B.通电后，电流从正极流向阳极、从阴极流向负极；
C.该方法为外加电流的阴极保护法；
D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境。
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；
C、同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，故D错误；
故选：B。
根据第一至第四电离能分析该元素的电离能可知，第三电离能剧增，说明该元素容易失去2个电子，则该元素原子形成离子的化合价为+2价，进而推断元素的种类及元素原子结构，由此分析解答．
本题考查元素电离能含义及应用，难度不大，注意知识的积累．
15.【答案】C
【解析】解：A、c点在沉淀溶解平衡曲线，a、c两点的c(Br−)相等，c(Ag+)：c>a，则a点的浓度熵QcKa(HClO)>Ka2(H2CO3)，故CH3COOH酸性最强，
故答案为：A；
(2)NaHCO3溶液中HCO3−水解程度大于电离程度，所以使溶液显碱性：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，
故答案为：碱；HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；
(3)①往沉淀中滴加少量NH4Cl溶液，Mg(OH)2沉淀溶解，其原因也可能是NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解，使溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解使溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解；
②加入CH3COONH4可以验证猜想一是正确的，因为CH3COONH4含有NH4+，NH4+虽然能水解，但溶液还是显中性，
故答案为：B；
(4)由于Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以NaClO溶液中通入CO2的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(5)醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.01ml/L，c(CH3COO−)≈c(H+)，Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)，达到电离平衡时溶液中c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)=1.75×10−5×0.01ml/L≈4.2×10−4ml/L，
故答案为：4.2×10−4。
(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；
(2)NaHCO3溶液显碱性：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；
(3)①氯化铵溶液显酸性，H+与OH−结合，促进Mg(OH)2溶解；
②因为CH3COONH4含有NH4+但溶液还是显中性；
(4)由于Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以NaClO溶液中通入CO2的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(5)醋酸电离程度较小，则c(CH3COOH)≈0.01ml/L，c(CH3COO−)≈c(H+)，Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)，达到电离平衡时溶液中c(H+)≈Ka⋅c(CH3COOH)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅ml−1 Ⅱ
【解析】解：(1)甲醇燃烧热是1ml甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水所释放的热量，则CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.8kJ⋅ml−1，
故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−726.5kJ⋅ml−1；
(2)①该反应为吸热反应，甲容器绝热条件下体系温度降低，反应速率低，达平衡所需时间长，平衡逆向移动，体系压强降低，故代表甲容器的曲线为Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②列化学平衡三段式：
H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)
起始(ml)：0.100
转化(ml)：x x x
平衡(ml)：0.1−xxx
压强与物质的量成正比，即0.1−x+x+x0.1=1.8pp，解得x=0.08ml，v(H2O)=0.08ml1L×8min=0.01ml/(L⋅min)，平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2)p(H2O)=(×1.8p)×1.8p=3.2p，
故答案为：0.01；3.2p；
(3)①根据N2的瞬时生成速率v=kcm(H2)c(CO2)与H2起始浓度呈直线关系可知，m=1，该反应的反应级数为1+1=2，
故答案为：2；
②将图象上的点(0.4,1.5)代入v=k⋅c(H2)c(CO2)中有：1.5=0.4×k×0.25，即k=15，
故答案为：15；
③由于CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，△c(CO2)=(0.25−0.2)ml/L=0.05ml/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05ml/L，H2的瞬时浓度为c(H2)=(0.2−0.05)ml/L=0.15ml/L，此时CO的生成瞬时速率v=15×0.15×0.2=0.45，
故答案为：0.45。
(1)甲醇燃烧热是1ml甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水所释放的热量；
(2)①该反应为吸热反应，甲容器绝热条件下体系温度降低，反应速率低，达平衡所需时间长，平衡逆向移动，体系压强降低；
②列化学平衡三段式：
H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)
起始(ml)：0.100
转化(ml)：x x x
平衡(ml)：0.1−xxx
压强与物质的量成正比，即0.1−x+x+x0.1=1.8pp，解出x，根据v(H2O)=△nV⋅△t；平衡常数Kp=p(CO)⋅p(H2)p(H2O)；
(3)①根据N2的瞬时生成速率v=kcm(H2)c(CO2)与H2起始浓度呈直线关系进行分析；
②将图象上的点(0.4,1.5)代入瞬时速率中即可得结果；
③由于CO2起始浓度为0.25ml⋅L−1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2ml⋅L−1，△c(CO2)=(0.25−0.2)ml/L=0.05ml/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05ml/L，结合瞬时速率公式进行计算。
本题考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合燃烧热的概念、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
18.【答案】S2O52−+2H+=2SO2+H2O酸 淀粉溶液 0.32CDA有砖红色沉淀生成
【解析】解：(1)①根据题中信息，加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2，S元素的化合价没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应，因此离子方程式为S2O52−+2H+=2SO2+H2O，
故答案为：S2O52−+2H+=2SO2+H2O；
②根据滴定管的构造，碱式滴定管下端有一段橡胶，橡胶中含有碳碳双键，I2能与碳碳双键发生加成反应，因此I2溶液应装在酸式滴定管中，因为淀粉遇碘单质变蓝，因此所用指示剂为淀粉溶液，
故答案为：酸；淀粉溶液；
③抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，n(SO2)=n(I2)=50.00mL×10−3L⋅mL−1×0.010ml⋅L−1，残留量SO2=50×10−3L×0.010ml/L×64g/ml100×10−3L=0.32g⋅L−1；
A.溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小，所测结果偏低，故A错误；
B.滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2的体积减小，所测结果偏低，故B错误；
C.滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大，所测结果偏高，故C正确；
D.未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大，所测结果偏高，故D正确；
故答案为：0.32；CD；
(2)用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂，根据表中数据可知，应选用Na2CrO4作指示剂；当最后半滴AgNO3溶液滴入时，出现砖红色沉淀时，且30s不变，即达到滴定终点，
故答案为：A；有砖红色沉淀生成。
(1)①根据题中信息，加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2，S元素的化合价没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应；
②根据滴定管的构造，碱式滴定管下端有一段橡胶；
③抗氧化剂的残留量以游离SO2计算，根据SO2与I2反应的方程式，n(SO2)=n(I2)=50.00mL×10−3L⋅mL−1×0.010ml⋅L−1，计算SO2残留量；
A.溶液部分HI被氧化成I2，溶液变蓝，消耗的I2的体积减小；
B.滴定前平视，滴定后俯视，计算出I2的体积减小；
C.滴定前有气泡，滴定后无气泡，消耗I2体积增大；
D.未润洗，标准液的浓度降低，消耗的I2体积增大；
(2)用AgNO3滴定NaSCN，应用比AgSCN溶解度大且能引起颜色变化的物质作指示剂。
本题考查滴定实验，为高频考点，把握物质的性质、滴定原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
19.【答案】2p2Si[Ar]3d104s1 正 O2+4e−+2H2O=4OH− (OH)2 Cu2+
【解析】解：Ⅰ(1)基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，电子占据最高能级是2p；B核外电子轨道式，B原子有2对自旋相反的电子，
故答案为：2p；2；
(2)根据“对角线原则”B与Si的化学性质最相似，
故答案为：Si；
(3)Cu元素位于第四周期第IB族，属于ds区，Cu的简化电子排布式[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
Ⅱ(1)甲装置为燃料电池，通入氧气一极为正极，通入燃料一极为负极，即通入O2的电极为正极，电解质溶液为KOH溶液，因此正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：正；O2+4e−+2H2O=4OH−；
(2)装置乙为电解池，A连接甲装置中的正极，即A为阳极，B为阴极，A电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，B电极反应式为Cu2++2e−=Cu，A、B两极收集到相同体积的气体，则B电极反应式还有2H2O+2e−=H2↑+2OH−，令产生H2和O2的物质的量均为aml，根据得失电子守恒守恒，则有4a=100mL×10−3L⋅mL−1×1ml⋅L−1×2+2a，解得a=0.1，A极析出的气体在标准况下的体积为0.1ml×22.4L⋅ml−1=2.24L；该电解分成2个过程：第1过程2CuSO4+2H2O−电解2Cu+O2↑+2H2SO4，第2过程2H2O−电解2H2↑+O2↑，因此恢复到电解前的状态，需要加入的物质为0.1mlCu(OH)2，
故答案为：2.24L；0.1mlCu(OH)2；
(3)C电极材料为Cu，C为阳极，D为阴极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，随着反应进行Cu2+物质的量浓度增大，通电前，装置丙的电解质溶液中，没有Cu2+，因此线③表示Cu2+的变化；Fe3+的氧化性较强，Fe3+在阴极上先得电子，阴极反应式为Fe3++e−=Fe2+，c(Fe3+)减小，c(Fe2+)增大，线①为Fe3+，线②为Fe2+，
故答案为：Cu2+。
Ⅰ(1)基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，电子占据最高能级是2p；
(2)根据“对角线原则”分析；
(3)Cu元素位于第四周期第IB族，属于ds区；
Ⅱ(1)甲装置为燃料电池，通入氧气一极为正极，通入燃料一极为负极，即通入O2的电极为正极，电解质溶液为KOH溶液；
(2)装置乙为电解池，A连接甲装置中的正极，即A为阳极，B为阴极，A电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，B电极反应式为Cu2++2e−=Cu，A、B两极收集到相同体积的气体，则B电极反应式还有2H2O+2e−=H2↑+2OH−，令产生H2和O2的物质的量均为aml，根据得失电子守恒守恒，则有4a=100mL×10−3L⋅mL−1×1ml⋅L−1×2+2a，解得a=0.1；该电解分成2个过程：第1过程2CuSO4+2H2O−电解2Cu+O2↑+2H2SO4，第2过程2H2O−电解2H2↑+O2↑；
(3)C电极材料为Cu，C为阳极，D为阴极，阳极反应式为Cu−2e−=Cu2+，随着反应进行Cu2+物质的量浓度增大，通电前，装置丙的电解质溶液中，没有Cu2+，因此线③表示Cu2+的变化。
本题考查原电池和电解池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意(2)题转移电子守恒、原子守恒的灵活运用，题目难度中等。
选项
实验内容
实验目的
A
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
制得Fe(OH)3胶体
B
室温下，向1mL0.1ml/LAgNO3溶液中加入几滴0.01ml/LNaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1ml/LNaI溶液，出现黄色沉淀。
证明相同温度下：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
常温下，测得饱和溶液的pH：NaA>NaB
证明常温下的水解程度：A−