安徽省滁州市民办高中学年高二下学期第一次联考化学试题.docx
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安徽省滁州市民办高中学年高二下学期第一次联考化学试题
安徽省滁州市民办高中2017-2018学年高二下学期第一次联考
化学试题
注意事项:
1、本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题),满分100分,考试时间90分钟。
2、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卷上。
3、请将答案正确填写在答题卷上,写在其它地方无效。
4、本次考题主要范围:
人教版选修4等章节
第I卷(选择题)
一、选择题
1.白铁皮在发生析氢腐蚀时有0.2mol电子转移,下列说法正确的是( )
A.有5.6g金属被腐蚀
B.有6.5g金属被氧化
C.有0.15mol金属失去电子
D.标准状况下有4.48LH2逸出
【答案】B
【解析】白铁皮是镀锌铁皮,A、因为锌比铁活泼,锌作负极,发生吸氢腐蚀,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+,当通过0.2mol电子时,消耗Zn的质量为0.2×65/2g=6.5g,故A错误;B、根据A选项分析,故B正确;C、根据A选项分析,有0.2/2mol=0.1mol金属失去电子,故C错误;D、正极反应式为2H++2e-=H2↑,析出氢气的体积为0.2×22.4/2L=2.24L,故D错误。
点睛:
本题的关键是知道白铁皮的成分,白铁皮是镀锌铁皮,因为锌比铁锅破,因此锌作负极,然后具体分析。
2.水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象,模型如图所示,下列关于水的说法正确的是( )
A.水是弱电解质
B.可燃冰是可以燃烧的水
C.氢氧两种元素只能组成水
D.0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】试题分析:
A、水部分电离属于弱电解质,A正确;B、可燃冰不是水,是甲烷和水组成的水合物,B不正确;C、氢氧两种元素既能组成水,也能组成双氧水,C不正确;D、0℃时冰的密度比液态水的密度小,D不正确,答案选A。
考点:
考查水的有关判断。
视频
3.化合物A在一定条件下发生分解反应,反应物浓度随反应时间的变化如图所示.则化合物A在4~8min间的平均反应速率为( )
A.0.20mol•L﹣1•min﹣1
B.0.25mol•L﹣1•min﹣1
C.0.30mol•L﹣1•min﹣1
D.0.50mol•L﹣1•min﹣1
【答案】B
【解析】试题分析:
由图可知,4~8min期间,反应物浓度变化为△c(A)=(2-1)mol/L=1mol/L,所以4~8min期间,反应速率为v(A)=△c(A)÷△t=1mol/L÷(8min−4min)="0.25"mol/(L•min);选项B正确。
考点:
考查图像方法在化学反应速率和化学平衡的应用的知识。
4.下列说法正确的是( )
A.已知:
H2(g)+
O2(g)═H2O(l);△H=﹣285.8kJ•mol﹣1,则H2的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1
B.已知:
S(g)+O2(g)═SO2(g)△H1=﹣Q1;S(s)+O2(g)═SO2(g)△H2=﹣Q2,则Q1<Q2
C.已知:
H2SO4(浓)+NaOH(aq)═
Na2SO4(aq)+H2O(l)△H1;CH3COOH(aq)+NH3•H2O(aq)═CH3COONH4(aq)+H2O(l)△H2,则有|△H1|<|△H2|
D.已知:
Fe2O3(s)+3C(石墨)═2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ•mol﹣1
CO(g)+
O2(g)═CO2(g)△H=﹣283.0kJ•mol﹣1
C(石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣393.5kJ•mol﹣1
则4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,其中H2O为液态,因此氢气的燃烧热是285.8kJ·mol-1,故A错误;B、S(g)=S(s)放出热量,S的燃烧是放热反应,即△H<0,因此有Q1>Q2,故B错误;C、浓硫酸与水放出热量,CH3COOH属于弱电解质,电离是吸热过程,即|△H1|>|△H2|,故C错误;D、①Fe2O3(s)+3C(石墨)═2Fe(s)+3CO(g),②CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g),③C(石墨)+O2(g)═CO2(g),根据目标反应方程式,(③×3-②×3-①)×2,得出:
4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=﹣1641.0kJ·mol-1,故D正确。
5.等体积、等物质的量浓度的NaCl和NaF溶液中,阴阳离子总数相比()
A.前者多B.后者多C.一样多D.无法判断
【答案】A
【解析】正确答案:
B
NaF是强碱弱酸盐,F++H2O
HF+OH―,促进水电离。
后者生成的OH―多,阴阳离子总数相比后者多。
6.下列各组材料中不能组成原电池的是()
A.锌片、石墨、硫酸溶液B.铜片、银片、氯化铁溶液
C.锌片、铜片、乙醇溶液D.铁片、铜片、稀盐酸
【答案】C
【解析】试题分析:
A、锌是活泼金属,石墨能导电,锌和硫酸能自发的发生氧化还原反应,所以能形成原电池,A错误;B、两金属的活泼性不同,且铜片能自发的与氯化铁发生氧化还原反应,所以能形成原电池,B错误;C、两金属的活泼性不同,但是乙醇是非电解质,所以不能形成原电池,C正确;D、铁是活泼金属,铜能导电,铁和硫酸能自发的发生氧化还原反应,所以能形成原电池,D错误,答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了原电池的形成条件
【名师点晴】掌握原电池的形成条件是解答的关键。
原电池的形成条件:
1、有两种活泼性不同的金属(或其中一种为非金属导体)作电极;3、电极均插入电解质溶液中;3、两极相互连接(或接触);4、能自发的发生氧化还原反应。
7.已知:
下表为25℃时某些弱酸的电离平衡常数.
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka=1.8×10﹣5
Ka=3.0×10﹣8
Ka1=4.4×10﹣7Ka2=4.7×10﹣11
下图表示常温下,稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化.下列说法正确的是( )
A.相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,各离子浓度的大小关系是:
c(Na+)>c(ClO﹣)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)
B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为:
ClO﹣+CO2+H2O=HClO+CO
C.图象中a、c两点处的溶液中
相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D.图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
【答案】C
【解析】A、CH3COOH的电离平衡常数大于HClO的电离平衡常数,说明醋酸的酸性强于HClO,依据盐类水解的规律,越弱越水解,即ClO-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,因此离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),故A错误;B、电离出H+能力强弱顺序是H2CO3>HClO>HCO3-,因此通入少量CO2发生反应:
ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,故B错误;C、根据电离平衡常数,c(R-)/[c(HR)×c(OH-)]=[c(R-)×c(H+)]/[v(HR)×c(OH-)×c(H+)]=Ka·K-1w,Ka和Kw只受温度影响,因此a和c两处的
相等,故C正确;D、pH越大,c(H+)越小,因此b点酸度大于a点,故D错误。
8.已知合成氨反应的浓度数据如下,当用氨气浓度的增加来表示该化学反应速率时,其速率为( )
N2+3H2⇌2NH3
起始浓度mol/L
1.0
3.0
0
2秒末浓度mol/L
0.6
1.8
a
A.0.2mol/(L•s)B.0.4mol/(L•s)C.0.6mol/(L•s)D.0.8mol/(L•s)
【答案】B
9.铅蓄电池的总反应式为:
PbO2+Pb+2H2SO4
2PbSO4+2H2O据此判断下列叙述正确的是( )
A.放电时,H2SO4浓度增加
B.放电时,负极的电极反应式为:
Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4
C.在充电时,电池中每转移1mol电子,理论上生成2mol硫酸
D.在充电时,阴极发生的反应是PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+
【答案】B
【解析】A、根据反应方程式,硫酸被消耗,因此硫酸浓度降低,故A错误;B、放电时,属于电池,负极上失去电子,即Pb作负极,负极电极反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4,故B正确;C、充电属于电解池装置,阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-,转移电子物质的量为1mol,生成Pb的物质的量为1/2mol=0.5mol,根据电池总反应方程式,充电时,生成硫酸物质的量为0.5×2mol=1mol,故C错误;D、充电时,电池的负极接电源的负极,电池的正极接电源的正极,阴极反应式应是电池负极的逆过程,即阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-,故D错误。
点睛:
充电电池,放电时属于电池,充电时属于电解池,充电时电池的正极接电源的正极,电池的负极接电源的负极,充电时电极反应式应是放电时正负极电极反应式的逆过程。
10.在0.1mol·L-1NaHCO3与0.1mol·L-1NaOH等体积混合所得的溶液中,粒子的物质的量浓度关系不正确的是()
A.c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-
)>c(H2CO3)
B.c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-
)+c(H2CO3)]
C.c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)
D.c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-
)+c(OH-)
【答案】D
【解析】试题分析:
等体积等浓度两者发生的反应是NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O,溶质为Na2CO3,属于强碱弱酸盐,A、水解程度非常微弱,溶液显碱性,CO32-+H2O
HCO3-+OH-,HCO3-+H2O
H2CO3+OH-,因此离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3),故说法正确;B、根据物料守恒,c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],故说法正确;C、根据质子守恒,c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3),故说法正确;D、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),故说法错误。
考点:
考查离子浓度大小比较、三个守恒等知识。
11.2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。
一定温度下,在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示:
甲
乙
丙
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.4
0.8
0.8
n(O2)/mol
0.24
0.24
0.48
SO2的平衡转化率/%
80
α1
α2
下列判断中,正确的是()
A.甲中反应的平衡常数小于乙
B.该温度下,平衡常数值为400
C.平衡时,丙中c(SO3)是甲中的2倍
D.平衡时,甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率
【答案】B
【解析】试题分析:
A.温度相同时,该反应的平衡常数不变,则甲、乙中反应的平衡常数相等,故A错误;
B.根据
所以该温度下,平衡常数值为
=400,故B正确;
C.体积相同,丙中的起始浓度为甲的2倍,压强增大,平衡正向移动,则丙中转化率增大,即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍,故C错误;
D.由甲、乙可知,氧气的浓度相同,二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化,则乙中O2的转化率大于甲中O2的转化率,故D错误。
考点:
本题考查化学平衡转化率。
12.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+,其基本结构见如图,电池总反应可表示为2H2+O2===2H2O,下列有关说法正确的是()
A.电子通过外电路从b极流向a极
B.b极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-
C.每转移0.1mol电子,便消耗1.12L的O2
D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】D
【解析】A、根据原电池的工作原理,电子从负极经外电路流向正极,通氢气一极为负极,通氧气一极为正极,即a极为负极,b极为正极,电子从a极经外电路流向b极,故A错误;B、电解质传递H+,因此正极反应式O2+4H++4e-=2H2O,故B错误;C、题目中没有指明状态,无法计算O2的体积,故C错误;D、根据原电池的工作原理,阳离子向正极移动,即H+向b极移动,故D正确。
13.700℃时,H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g)。
该温度下,在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2和CO2,起始浓度如下表所示。
其中甲经2min达平衡时,v(H2O)为0.025mol/(L·min),下列判断不正确的是()
起始浓度
甲
乙
丙
C(H2)/mol/L
0.1
0.2
0.2
C(CO2)/mol/L
0.1
0.1
0.2
A.平衡时,乙中CO2的转化率大于50%
B.当反应平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍
C.温度升至800℃,上述反应平衡常数为25/16,则正反应为吸热反应
D.其他条件不变,若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2,到达平衡时c(CO)与乙不同
【答案】D
【解析】A、甲装置中生成H2O的物质的量浓度为0.025×2mol·L-1=0.05mol·L-1,因此消耗CO2物质的量浓度为0.05mol·L-1,则CO2的转化率为0.05/0.1×100%=50%,乙装置相当于在甲的基础上增加0.1mol·L-1的H2,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,即乙中CO2的转化率大于50%,故A说法正确;B、根据化学反应方程式,反应前后气体系数之和相等,因此甲和丙为等效平衡,丙装置中c(CO2)是甲中2倍,故B说法正确;C、
H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g)
起始:
0.10.100
变化:
0.050.050.050.05
平衡:
0.050.050.050.05根据化学平衡常数的表达式,700℃时的化学平衡常数为0.05×0.05/(0.05×0.05)=1<25/16,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,根据勒夏特列原理,正反应方向为吸热反应,故C说法正确;D、因为反应前后气体系数之和相等,因此两个平衡中c(CO)相同,故D说法错误。
14.2015年11月30日第21届联合国气候大会在巴黎召开,会议的一项主题是温室气体减排。
如图是科学家正在研发的实现CO2和H2合成甲醇的燃烧电池。
下列叙述正确的是
A.乙槽中反应生成水
B.甲槽中的电极反应式为:
CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-
C.质子从乙槽通过质子交换膜进入甲槽
D.放电过程中,乙槽的电极附近溶液的pH升高
【答案】C
【解析】试题分析:
A、氢气失去电子,转化为氢离子,乙槽中不会产生水,A错误;B、CO2在正极通入,进而氢离子转化为甲醇,电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O,B错误;C、原电池中阳离子向正极移动,则质子从乙槽通过质子交换膜进入甲槽,C正确;D、放电过程中甲槽产生氢离子,乙槽的电极附近溶液的pH降低,D错误,答案选C。
考点:
考查燃料电池的应用
15.室温时,CaCO3在水中的溶解平街曲线如图所示。
已知25℃其浓度积为2.8×10-9mol2/L2,下列说法不正确的是()
A.x数值为2×10-5B.c点时有碳酸钙沉淀生成
C.加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点D.b点与d对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】A.在d点c(CO32-)=1.4×10-4 mol•L-1,因室温时,CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9,所以c(Ca2+)=2×10-5 mol•L-1,故x的数值为2×10-5,故A正确;B.在c点c(Ca2+)>×10-5 mol•L-1,即相当于增大c(Ca2+),平衡左移,有CaCO3生成,故B正确;C.d点为饱和溶液,加入蒸馏水后如仍为饱和溶液,则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变,如为不饱和溶液,则二者浓度都减小,故不可能使溶液由d点变成a点,故C错误;D.b点与d点在相同的温度下,溶度积相等,故D正确;故选C。
点睛:
考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题,CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)
Ca2+(aq)+CO32-(aq),图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液,处于溶解平衡状态,a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液,c点为过饱和溶液,以此解答该题。
16.如图是模拟电化学反应装置图。
下列说法正确的是()
A.开关K置于N处,则铁电极的电极反应式为:
Fe-2e-=Fe2+
B.开关K置于N处,可以减缓铁的腐蚀
C.开关K置于M处,则铁电极的电极反应式为:
2Cl--2e-=Cl2↑
D.开关K置于M处,电子从碳棒经开关K流向铁棒
【答案】B
【解析】试题分析:
A、开关K置于N处,构成电解池,铁电极为阴极,电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,A错误;B、开关K置于N处,构成电解池,铁电极为阴极,铁的腐蚀减缓,B正确;C、开关K置于M处,构成原电池,铁电极为负极,电极反应式为:
Fe-2e-=Fe2+,C错误;D、开关K置于M处,构成原电池,铁电极为负极,电子从铁棒经开关K流向碳棒,D错误,答案选B。
【考点定位】考查电化学原理的应用
【名师点晴】明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键,关于金属腐蚀与防护需要注意以下几点:
牺牲阳极的阴极保护法:
在被保护的钢铁设备(如海水中的闸门、地下的天然气管道等)上连接或直接安装若干锌块,使锌、铁形成原电池,锌作阳极,从而保护了钢铁免受腐蚀;外加电流的阴极保护法:
外加电流的阴极保护法是使被保护的钢铁设备作为阴极(接电源负极),用惰性电极作为阳极(接电源正极),在两者之间连接直流电源。
通电后,电子被强制流向被保护的钢铁设备,从而使钢铁表面产生电子积累,抑制钢铁设备失去电子,起到保护的作用。
17.已知某化学反应的平衡常数表达式为K=
,在不同的温度下该反应的
平衡常数如表所示
t℃
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述正确的是()
A.该反应的化学方程式是:
H2(g)+CO2(g)
CO(g)+H2O(g)
B.上述反应的正反应是吸热反应
C.如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1mol,5min后温度升高到830℃,如果此时测得CO2为0.5mol,则该反应达到平衡状态
D.某温度下,如果平衡常数符合下列关系式:
=
,则此时温度700℃
【答案】C
【解析】A、根据化学平衡常数的表达式,此反应是CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g),故A错误;B、化学平衡常数只受温度的影响,根据表格数据,随着温度的升高,化学平衡常数减小,即上述反应的正反应是放热反应,故B错误;C、CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始:
1100
变化:
0.50.50.50.5
平衡:
0.50.50.50.5此时的浓度商为1,而830℃时的化学平衡常数为1,故当CO2物质的量为0.5mol时,说明反应达到平衡,故C正确;D、根据关系式,c(CO2)×c(H2)/[c(CO)×c(H2O)]=3/5=0.6,此时的温度应为1000℃,故D错误。
18.[Fe(CN)6]3−可将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫,自身还原为[Fe(CN)6]4−。
工业上常采用如图所示的电解装置,通电电解,然后通入H2S加以处理。
下列说法不正确的是
A.电解时阳极反应式为[Fe(CN)6]4−−e−
[Fe(CN)6]3−
B.电解时阴极反应式为2HCO3-+2e−
H2↑+2CO32-
C.当电解过程中有22.4L标准状况下的H2生成时,溶液中有32gS析出(溶解忽略不计)
D.整个过程中需要不断补充K4[Fe(CN)6]与KHCO3
【答案】D
【解析】A、电解的目的是[Fe(CN)6]4-转化成[Fe(CN)6]3-,阳极是失电子,化合价升高,[Fe(CN)6]4--e-=Fe(CN)6]3-,故说法正确;B、阴极上得到电子,发生还原反应,HCO3-电离产生H+放电,即电极反应式为HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-,故说法正确;C、电解后通入H2S,发生的离子反应方程式为:
2[Fe(CN)6]3-+H2S+2CO32-=2[Fe(CN)6]4-+S↓+2HCO3-,因此有H2~2CO32-~S,产生1molH2,有1molS的产生,因此产生22.4LH2时,溶液中有22.4/22.4molS,即32gS,故说法正确;D、根据选项C,2[Fe(CN)6]3-+H2S+2CO32-=2[Fe(CN)6]4-+S↓+2HCO3-,K4[Fe(CN)6]与KHCO3不需要补充,故说法错误。
19.可逆反应:
2NO2
2NO+O2在密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是:
()
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时,生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:
2:
1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①④⑥B.②③⑤C.①③④D.①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】可逆反应2NO2
2NO+O2在恒容密闭容器中反应,①单位时间内生成nmolO2的同时,生成2nmolNO2,说明正反应速率和逆反应速率相等,达到平衡;②单位时间内生成nmolO2的同时,生成2nmolNO,只有正反应速率,不能说明正反应速率和逆反应速率相等;③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:
2:
1的状态,不能说明正反应速率和逆反应速率相等;④混合气体的颜色不再改变的状态,说明反应混合物中各组分的浓度保持不变,达到平衡;⑤混合气体的密度一直保持不变,所以密度不变不能说明达到平衡状态;⑥该反应的正反应方向是气体分子数增大的方向,反应过程中气体的平衡相对对分子质量减小,所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变时达到平衡。
综上所述,达到平衡状态的标志是①④⑥,选A。
点睛:
一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断;一是看正反应速率是否等于逆反应速率,两个速率必须能代表正、逆两个方向,然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比,具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率;二是判断物理量是