2019-2020学年福建省福建师范大学附属中学高二上学期期中考试化学（学考）试题 解析版

福建师大附中2019-2020学年上学期期中考试

高二（学考班）化学试卷

试卷说明：

（1）本卷共四大题，18小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。

（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。

第Ⅰ卷（选择题，共45分）

一、选择题：每小题3分，共45分。其中每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。

1. 下列变化，属于吸热过程的是（ ）

A. 浓H2SO4溶于水 B. 甲烷燃烧

C. CaO与水反应 D. Ba(OH)2晶体与NH4Cl反应

【答案】D

【解析】

【详解】A、浓硫酸溶于水放热，A错误；

B、燃烧反应都是放热反应，B错误；

C、CaO和水反应是放热反应，C错误；

D、Ba(OH)2晶体与NH4Cl反应吸热反应，D正确；

故选D。

【点睛】该题是基础性试题的考查，试题难度不大，学生记住即可。该题的关键是明确变化既包括物理变化过程，又包括化学变化过程，学生需要积累常见吸、放热物理过程，熟记常见吸、放热化学反应类型，有利于培养学生的灵活应变能力。

2.下列能量转化的描述正确的是

A. 电池将电能转化为化学能

B. 火力发电是化学能最终转化为电能

C. 电镀时化学能转化为电能

D. 光合作用是化学能转化为生物质能

【答案】B

【解析】

【详解】A. 电池与原电池的工作原理相同，它通过发生化学反应将化学能转化为电能，A错误；

B. 火力发电的工作原理是利用煤炭、石油及天然气等燃料产生热能加热水，使其变成高温高压水蒸气推动发电机发电，从而实现化学能向电能的转化，B正确；

C. 电镀时是通过直流电作用，实现氧化还原反应的发生，从而实现电能向化学能的转化，C错误；

D. 光合作用是光照下在生物体内发生化学反应，从而实现光能向生物质能即化学能的转化，D错误；

故选B。

3.如图为用惰性电极电解CuCl2溶液的实验装置，则下列说法正确的是

A. a电极为负极

B. 溶液中的Cu2＋向a极移动

C. 电解一段时间后溶液的颜色会变浅

D. 电极b上发生的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2

【答案】C

【解析】

【详解】A. a电极与电源的正极相连，它是电解池的阳极，A错误；

B. 溶液中的Cu2＋向阴极b极移动，B错误；

C. 溶液颜色主要取决于溶液中Cu2+的浓度，电解一段时间后，溶液中的Cu2+在阴极因不断放电而使其浓度不断减小，所以溶液的颜色不断变浅，C正确；

D. 电极b为阴极，发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，D错误；

故选C。

4.电子表所用纽扣电池的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应如下：锌极：Zn+2OH--2e-=Zn(OH) 2，氧化银极：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，下列说法正确的是

A. 锌为正极，被氧化

B. Ag2O是正极，发生还原反应

C. 电流从Zn极经导线流向Ag2O极

D. Zn为负极，被还原

【答案】B

【解析】

【详解】A. 从电极反应式看，锌失电子，被氧化，为电池的负极，A错误；

B. Ag2O得电子，是电池的正极，发生还原反应，B正确；

C. 电流从Ag2O极(正极)经导线流向Zn极(负极)，C错误；

D. Zn为负极，被氧化，D错误；

故选B。

【点睛】对于原电池，不管是一般的原电池、干电池还是燃料电池，都是将化学能转化为电能的装置。负极，失电子，发生氧化反应；正极，得电子，发生还原反应。电子由负极沿导线流入正极，电流由正极沿导线流入负极；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。这些模式是相同的，所以只要我们记住了一般原电池中电极发生的变化、电子流动及离子迁移方向，就可类推到其它类型的原电池中。

5. 铁制自来水管与下列材料作成的自来水龙头连接，自来水管锈蚀最快的是

A. 铁水龙头 B. 铜水龙头 C. 塑料水龙头 D. 陶瓷水龙头

【答案】B

【解析】

试题分析：铁制自来水管与铜水龙头相连，铁比铜活泼，做负极，腐蚀速率加快，选B。

考点：考查金属腐蚀快慢规律。

6.反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率V(x)（反应物的消耗速率或生成物的生成速率）可表示为

A. V(NH3)=0.010mol·L-1·s-1 B. V(O2)=0.0010mol·L-1·s-1

C. V(NO)=0.0010mol·L-1·s-1 D. V(H2O)=0.045mol·L-1·s-1

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题中平均速率V(x)可知，本题考查化学反应速率的计算，运用分析。

【详解】由题意可知半分钟后，

A. ，A项错误；

B. ，B项错误；

C. ，C项正确；

D. ，D项错误；

答案选C。

【点睛】化学反应速率之比=化学计量数之比=变化浓度之比=变化的物质的量之比

7.反应A(s)＋2B(g)2C(g)在一密闭容器中进行，当改变下列条件之一时，一定能增大反应速率的是

A. 增加A物质的量 B. 降低温度

C. 压缩反应容器体积 D. 消耗掉部分B物质

【答案】C

【解析】

试题分析：A、固体的量对反应速率无影响，A项错误；B、降低温度，减慢了反应，B项错误；C、压缩反应容器体积，增大了反应物浓度，能加快反应，C项正确；D、消耗掉部分B物质，反应物浓度降低，减慢了反应，D项错误；答案选C。

考点：考查外界因素对反应速率的影响

8.在一定温度下，向体积恒定的密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡的标志是

A. 容器内压强不随时间变化

B. v正(X)=2v逆(Y)

C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2

D. 单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z

【答案】A

【解析】

【详解】A. 因为反应前后气体的分子数不等，所以容器内压强不随时间变化，则说明总物质的量不变，反应达平衡状态，A正确；

B. 2v正(X)=v逆(Y)，反应达平衡状态，B错误；

C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2，是反应物转化率为50%的特定状态，不一定达平衡状态，C错误；

D. 单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z，只要反应在进行，都存在这样的关系，不一定达平衡状态，D错误；

故选A。

【点睛】若利用两种物质判断平衡状态，则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比，并且反应进行的方向相反；若使用一种物质判断平衡状态，则它的正、逆反应速率相等，或浓度、物质的量、百分含量等保持不变；若用整个反应体系的某个量判断平衡状态，则此量应为变量，变量不变，则为平衡状态。

9.有平衡体系：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH<0，为了增加甲醇的产量，应采取的压强措施是

A. 高温、高压 B. 适宜温度、高压、催化剂

C. 低温、低压 D. 高温、高压、催化剂

【答案】B

【解析】

【详解】由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH<0知，该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；催化剂不能改变生成物的产量，但可提高平衡前单位时间内生成物的产量。

A. 高温对提高甲醇的产量不利，高压有利于提高甲醇的产量，A不合题意；

B. 适宜温度、高压、催化剂，都对提高甲醇的产量有利，B符合题意；

C. 低温、低压，都对提高甲醇的产量不利，C不合题意；

D. 高温对提高甲醇的产率不利，高压、催化剂对提高甲醇的产率有利，D不合题意；

故选B。

10.关于强、弱电解质及非电解质的组合完全正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A. Cl2属于单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；

B.BaSO4虽然难溶于水，但因为其溶于水的部分完全电离，所以仍为强电解质，B错误；

C. CaCO3为强电解质，HClO为弱电解质，C2H5OH为非电解质，C正确；

D. Cu虽然能导电，但它属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误；

故选C。

【点睛】酸、碱、盐、金属氧化物和水是电解质，其中强酸、强碱和绝大部分盐是强电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。需要注意的是，难溶性盐大多是强电解质，因为它们虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离。

11.相同体积和浓度的盐酸和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是

A. 醋酸溶液产生更多的H2

B. 盐酸溶液反应的时间长

C. 醋酸溶液中的H+浓度大

D. 盐酸反应的平均速率快

【答案】D

【解析】

【详解】相同体积和浓度的盐酸和醋酸溶液，所含溶质的物质的量相等，盐酸和醋酸都属于一元酸，所以与相同量的锌反应，生成的氢气物质的量相同。

A. 醋酸溶液产生的H2与盐酸相同，A错误；

B. 因为起始时，盐酸中c(H+)大，所以盐酸溶液反应的速率快，反应的时间短，B错误；

C. 盐酸为强酸，发生完全电离，醋酸为弱酸，发生部分电离，所以醋酸溶液中的H+浓度小，C错误；

D. 如B分析，盐酸反应的平均速率快，D正确；

故选D。

12.向纯水中加入少量的硫酸（温度不变），则溶液的

A. pH升高 B. 水的电离平衡逆向移动

C. 溶液c(H+)与c(OH-)的乘积增大 D. c(OH-)增大

【答案】B

【解析】

【详解】A. 纯水中加入硫酸，c(H+)增大，溶液的pH降低，A错误；

B. 纯水中加入硫酸，增大了溶液中的c(H+)，从而使水的电离平衡逆向移动，B正确；

C. 因为温度不变，水的离子积常数不变，所以溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积不变，C错误；

D. 纯水中加入硫酸，增大了溶液中的c(H+)，从而使c(OH-)减小，D错误；

故选B。

13.下列饮料pH最小的是

A. 可口可乐 B. 苏打水

C. 农夫山泉 D. 茉莉花茶

【答案】A

【解析】

【详解】A. 可口可乐，里面添加了CO2，所以溶液显酸性，pH<7；

B 苏打水，里面添加了NaHCO3，所以溶液显碱性，pH>7；

C. 农夫山泉，含钙、镁、钠、钾、偏硅酸等天然矿物质，呈天然弱碱性，pH>7；

D. 茉莉花茶，是一种富含功能性成分的饮料或食品，茶叶中既含有糖类、蛋白质、脂肪、维生素、矿物元素等普通营养成分，又含有茶多酚、茶多糖、茶氨酸、咖啡碱等，茶水呈弱酸性，pH<7，但比碳酸的酸性弱；

通过以上的分析进行判断，可口可乐的酸性最强，pH最小，故选A。

14.在0.1mol·L-1的氨水溶液中，为了促进氨水的电离，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是

A. 加一定量的水 B. 加热溶液

C. 加入少量NaOH固体 D. 通入氨气

【答案】A

【解析】

【详解】A. 加一定量的水，氨水浓度减小，平衡正向移动，但电离产生的c(OH-)减小，c(H+)增大，溶液的pH降低，A符合题意；

B. 加热溶液，平衡正向移动，c(OH-)增大，c(H+)减小，溶液的pH升高，B不合题意；

C. 加入少量NaOH固体，增大了溶液中的c(OH-)，氨水的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，溶液的pH升高，C不合题意；

D. 通入氨气，增大了氨水的浓度，平衡正向移动，c(OH-)增大，c(H+)减小，溶液的pH升高，D不合题意；

故选A。

【点睛】往氨水中加入水，氨水的浓度减小，平衡正向移动，OH-的物质的量增大，但由于溶液体积增大对c(OH-)的影响超过了n(OH-)增大对c(OH-)的影响，所以最终c(OH-)减小。这是同学们易出错误的地方，需要加强记忆。

15.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列说法正确的是

A. 平衡常数：HCN>HClO

B NaCN溶液中n(Na+)较大

C. 酸根离子浓度：c(CN-)<c(ClO-)

D. NaCN与NaClO都是弱电解质

【答案】C

【解析】

【详解】相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则表明CN-的水解程度比ClO-大，HCN的酸性比HClO弱。

A. 酸性越强，电离平衡常数越大，所以平衡常数HCN<HClO，A错误；

B. 因为没有提供两种盐溶液的体积，所以无法比较NaCN溶液中n(Na+)的大小，B错误；

C. 因为HCN的酸性比HClO弱，所以CN-的水解能力比ClO-强，酸根离子浓度：c(CN-)<c(ClO-)，C正确；

D. HCN和HClO都是弱酸，但NaCN和NaClO都是强电解质，D错误；

故选C。

第Ⅱ卷（填空题，共55分）

二、填空题：3个小题，共55分。

16.能量是一个世界性的话题，如何充分利用能量、开发新能源，为人类服务是广大科技工作者不懈努力的目标。

（1）如图所示，组成一个原电池：

Cu电极是___(填“正”或“负”)极，其电极反应式为___；电子由___极流出。

（2）利用（1）图中的电极和电解液，在增加电源后可以实现电能转化为化学能，Fe接入电源负极，Cu接入电源正极，电解过程电极质量增加的是___(填“Fe”或“Cu”)，Fe的腐蚀速度比正常在空气中的腐蚀速度___(填“快”或“慢”)，溶液中c(Cu2+)___（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）利用氢气与氧气的燃烧反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)  ΔH=-571.6kJ·mol-1，作为燃料电池的反应原理，可以提高能量的利用率，填充H2的电极是____(填“正”或“负”)极；当有11.2L（折算成标准状况下的体积）H2反应，会放出___kJ热量；如果2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH=-a kJ·mol-1，则a___571.6（填“＞”、“＜”或“＝”）

【答案】    (1). 正    (2). Cu2++2e-=Cu    (3). Fe    (4). Fe    (5). 慢    (6). 不变    (7). 负    (8). 142.9    (9). ＜

【解析】

【分析】

（1）在原电池中，相对活泼的金属电极为负极，另一电极为正极。则Fe为负极，Cu为正极；负极材料(Fe)失电子生成阳离子(Fe2+)进入溶液，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；铜电极为正极，发生反应Cu2++2e-=Cu，电子由负极(Fe)沿导线流入正极(Cu)；

（2）Fe接入电源负极，为电解池的阴极，发生反应为：Cu2++2e-=Cu；Cu接入电源正极，为电解池的阳极，发生反应为：Cu-2e-=Cu2+；由此可知，Fe电极质量增加，Fe做阴极，得到保护，溶液中n(Cu2+)增减相平，由此可得出溶液中c(Cu2+)的变化；

（3）从反应方程式看，H2失电子，填充H2的电极是负极；当有标况下11.2L H2，即0.5mol H2发生反应时，可依据方程式计算放出的热量；当由H2O(l)转化为H2O(g)时，需要吸收热量，从而使a值减小。

【详解】(1)在原电池中，相对活泼的金属电极为负极，另一电极为正极。则Fe为负极，Cu为正极。负极材料(Fe)失电子生成阳离子(Fe2+)进入溶液，电极反应为Fe-2e-=Fe2+；铜电极为正极，发生反应Cu2++2e-=Cu，电子由负极(Fe)沿导线流入正极(Cu)；

(2)Fe接入电源负极，为电解池的阴极，发生反应为：Cu2++2e-=Cu；Cu接入电源正极，为电解池的阳极，发生反应为：Cu-2e-=Cu2+。由此可知，Fe电极质量增加，Fe做阴极，得到保护，Fe的腐蚀速度比正常在空气中的腐蚀速度慢；溶液中n(Cu2+)增减相平，由此可得出溶液中c(Cu2+)不变；

(3)从反应方程式看，H2失电子，填充H2的电极是负极；当有标况下11.2L H2，即0.5mol H2发生反应时，可依据方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -571.6kJ·mol-1，计算放出的热量为kJ；由H2O(l)转化为H2O(g)时，需要吸收热量，从而使a值减小，即a<571.6。

17.在一定体积的密闭容器内发生某气体体系反应，根据如图填空。

（1）反应物是___，生成物是____。

（2）在2min内A的平均反应速率为___mol·L-1·min-1。

（3）该反应的化学方程式是_____。

（4）写出此反应的平衡常数表达式___（用物质A、B、C表示），增大压强，平衡向___（填“正”或“逆”）反应方向移动，K___（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（5）转化率为已反应的物质的量与初始物质的量比值，B的转化率为___，若升高温度，B的转化率增加，则正反应是___（填“吸热”或“放热”）。

（6）2分钟后的某时刻（t1）改变某一条件使平衡移动，符合如图所示的条件是___。

【答案】    (1). AB    (2). C    (3). 3    (4). 3A+2B    (5). 3C    (6).     (7). 正    (8). 不变    (9). 50%    (10). 吸热    (11). 加入C

【解析】

【分析】

（1）在反应中，反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，由图中曲线变化可判断出反应物和生成物；

（2）在2 min内A由8mol/L降低为2mol/L，平均反应速率为mol·L-1·min-1；

（3）上面已经确定了反应物和生成物，再利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，即A、B、C的化学计量数之比为6:4:6=3:2:3，从而得出该反应的化学方程式3A+2B3C；

（4）此反应的平衡常数表达式，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，K只受温度的影响，不受浓度变化的影响；

（5）转化率为已反应的物质的量与初始物质的量比值，B的转化率为，若升高温度，B的转化率增加，则正反应吸热；

（6）2分钟后的某时刻（t1）改变某一条件使平衡移动，因为在改变条件的瞬间，逆反应速率增大，正反应速率不变，则只能是改变生成物的浓度。

【详解】（1）在反应中，反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，由图中曲线变化可判断出反应物为A和B，生成物为C；

（2）在2 min内A由8mol/L降低为2mol/L，平均反应速率为mol·L-1·min-1；

（3）上面已经确定了反应物和生成物，再利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，即A、B、C的化学计量数之比为6:4:6=3:2:3，从而得出该反应的化学方程式3A+2B3C；

（4）此反应的平衡常数表达式，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向正反应方向移动，K只受温度的影响，不受浓度变化的影响，因为温度不变，所以K不变；

（5）转化率为已反应的物质的量与初始物质的量比值，B的转化率为，若升高温度，B的转化率增加，则正反应吸热；

（6）2分钟后的某时刻（t1）改变某一条件使平衡移动，因为在改变条件的瞬间，逆反应速率增大，正反应速率不变，则只能是加入C，以增大生成物的浓度。

【点睛】对于有气体参加的化学平衡体系，增大压强，正、逆反应速率同时加快，但平衡向气体分子数减小的方向移动，此时气体分子数大的一方，正反应速率增大更多；升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，正、逆反应速率同时增大，但能量低的一方速率增大更多；加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不发生移动；加入反应物，在加入反应物的瞬间，正反应速率加快，但逆反应速率不变。

18.测得某温度下0.5mol·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2。

（1）写出HNO2的电离方程式___。

（2）将溶液加水稀释至10倍后，c(NO2-)___（填“增大”、“减小”或“不变”），n(H+)___（填“增大”、“减小”或“不变”），pH区间范围是___。

A.1～2    B.2～3    C.3～4    D.4～5

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明可能的原因___。

（4）0.1mol·L-1 NaNO2溶液pH___7（填“＞”、“＜”或“＝”），溶液中含有___种分子，溶液中c(Na+)___c(NO2-)（填“＞”、“＜”或“＝”），下列措施能提高溶液中c(OH-)的是___。

A适当升高温度   B.增加压强   C.加水   D.加入NH4Cl固体   E.加入Na2CO3固体

【答案】    (1). HNO2H++NO2-    (2). 减小    (3). 增大    (4). B    (5). 弱酸电离吸热    (6). ＞    (7). 2    (8). ＞    (9). AE

【解析】

【分析】

（1）0.5mol·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸；

（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围；

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；

（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，溶液中含有水分子和亚硝酸分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大；

B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响；

C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小；

D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小；

E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大。

【详解】（1）0.5mol·L-1 HNO2（亚硝酸）溶液的pH约为2，c(H+)=0.01mol/L，则表明，HNO2只发生部分电离，生成H+、NO2-，HNO2为弱酸，则HNO2的电离方程式HNO2H++NO2-；

（2）将溶液加水稀释至10倍后，HNO2电离程度增大，n(NO2-)增大，n(H+)增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(NO2-)减小；假设平衡不移动，pH=3；平衡移动后，c(H+)增大，pH减小，但比原pH大，从而确定区间范围在2~3之间；

（3）分别取同浓度同体积的盐酸与亚硝酸，以同样的操作与足量NaOH溶液反应，测得反应溶液的最高温度盐酸要高于亚硝酸，说明HNO2电离吸热；

（4）因为HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中发生水解而使溶液显碱性，pH>7；溶液中含有水分子和亚硝酸分子共2种分子，因水解导致c(NO2-)减小，溶液中c(Na+)大于c(NO2-)；

A.适当升高温度，能促进吸热的NO2-水解反应正向移动，c(OH-)增大，A符合题意；

B.增加压强，整个反应中没有气体参与反应，对c(OH-)不产生影响，B不合题意；

C.加水，溶液稀释，NaNO2水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小，C不合题意；

D.加入NH4Cl固体，NH4+与NO2-水解生成的OH-结合，从而促进NO2-水解反应的进行，但c(OH-)减小，D不合题意；

E. CO32-的水解能力比NO2-强，加入Na2CO3固体，c(OH-)增大，E符合题意；

答案为：AE。