辽宁省学年高二上学期期末考试化学试题解析版.docx

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辽宁省学年高二上学期期末考试化学试题解析版

2020~2021学年度第一学期期末考试试卷

高二化学

可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7C-12O-16

第Ⅰ卷

一、选择题

1.下列电池能实现化学能与电能相互转化的是（）

A.碱性锌锰电池

B.铅酸蓄电池

C.太阳能电池

D.锌银纽扣电池

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．碱性锌锰电池只能将化学能转化为电能，而不能将电能转化为化学能，A不符合题意；

B．铅酸蓄电池放电时起原电池作用，将化学能转化为电能；充电时起电解池作用，将电能转化为化学能，B符合题意；

C．太阳能电池将太阳能转化为电能，C不符合题意；

D．锌银纽扣电池只能够将化学能转化为电能，而不能将电能转化为化学能，D不符合题意；

故合理选项是B。

2.牙齿的表面有一薄层釉质保护着，釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]。

下列行为不利于牙齿保护的是（）

A.坚持饭后漱口B.在牙膏中添加氟化物

C.大量饮用可乐等碳酸饮料D.早晚按时刷牙

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．坚持饭后漱口就可以避免食物残渣在口腔内在微生物作用下酸败而腐蚀牙釉质，从而可以保护牙齿，A不符合题意；

B．在牙膏中添加氟化物，Ca5（PO4）3OH与牙膏中的F-发生离子交换产生更难溶的Ca5（PO4）3F，从而可以保护牙齿，B不符合题意；

C．大量饮用可乐等碳酸饮料，饮料中的H+与牙齿电离产生的OH-发生反应，使羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]不断溶解，容易导致龋齿，不利于牙齿保护，C符合题意；

D．早晚按时刷牙可以防止食物残渣酸化后腐蚀牙齿，因而能够利于牙齿保护，D不符合题意；

故合理选项是C。

3.下列事实不能用电化学原理解释

是（）

A.

汽车表面涂漆

B.在锅炉的内壁安装镁合金块

C.用铁粉、活性炭、无机盐和水等原料制作暖贴

D.码头钢制管桩与直流电源负极相连

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．在汽车表面涂漆可以避免金属与空气直接接触，因而能够防止金属锈蚀，与电化学反应原理无关，A符合题意；

B．在锅炉的内壁安装镁合金块，Fe、Mg合金构成原电池，由于M比Fe活泼，所以Fe为正极，得到保护，与电化学原理有关，B不符合题意；

C．用铁粉、活性炭、无机盐和水等原料制作暖贴，发生原电池反应，Fe为负极，C为正极，反应过程中释放的热量被人利用，与原电池反应原理有关，C不符合题意；

D．码头钢制管桩与直流电源负极相连，作阴极，上面有大量电子堆积，就可以避免钢制管桩氧化反应的发生，属于外接电源的阴极保护法，能用电化学原理解释，D不符合题意；

故合理选项是A。

4.下列描述中，对科学家在研究物质结构与性质方面的贡献认识错误的是（）

A.玻尔在氢原子模型基础上，提出了构造原理

B.1869年，门捷列夫发现了元素周期律

C.范德华是最早研究分子间普遍作用力的科学家

D.泡利根据实验数据进行理论计算，得出了各元素的电负性

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．1913年玻尔提出氢原子结构明显，创造性的将量子学说与卢瑟福的原子核式结构结合起来，成为玻尔模型，即原子的构造原理，A正确；

B．1869年，俄国化学家门捷列夫根据当时已经发现的元素及它们的性质与变化规律，根据元素相对原子质量由小到大的顺序排布了第一张元素周期表，充分体现了不同元素之间的规律，即发现了元素周期律，B正确；

C．范德华是最早研究分子间普遍作用力的科学家，为纪念他，就把分子之间的作用力称为范德华力，C正确；

D．元素的电负性的概念是由美国化学键鲍林提出的。

元素的电负性是元素的原子在分子中吸引电子的能力。

元素的电负性愈大表示该元素原子吸引电子的能力愈大，生成阴离子的倾向愈大。

反之吸引电子的能力愈小，生成阳离子的倾向愈大。

通常规定氟的电负性为4.0，锂的电负性为1.0，然后计算出其它元素的电负性数值，D错误；

故合理选项是D。

5.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（）

A.HFB.NaHCO3C.H2SO4D.NH4Cl

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．HF是一元弱酸，电离产生H+，使溶液显酸性，A不符合题意；

B．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，B不符合题意；

C．H2SO4是二元强酸，电离产生H+，使溶液显酸性，C不符合题意；

D．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，D符合题意；

故合理选项是D。

6.化学与生活、生产紧密相关。

下列有关说法正确的是（）

A.氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2

B.工业上用Na2S除去废水中的Hg2+

C.在合成氨工业中，为提高平衡转化率采用高温条件

D.草木灰与铵态氮肥混合施用可增强肥效

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．氯碱工业是电解饱和的NaCl溶液，在阳极能得到Cl2，A错误；

B．除去废水中的Hg2+，可根据HgS溶解度小的性质，向废水中加入少量Na2S除去，B正确；

C．合成氨的正反应是放热反应，为提高平衡转化率要采用适当温度、高压条件，并使用催化剂，若采用高温，就会使平衡逆向移动，不利于合成氨气，C错误；

D．草木灰水解使溶液显碱性，若与铵态氮肥混合施用，会导致部分N元素转化为氨气逸出，使肥效降低，而不是能增强肥效，D错误；

故合理选项是B。

7.已知2A（g）⇌3B（g）+C（g）　ΔH＞0，假设ΔH和ΔS不随温度而改变，下列说法中正确的是（）

A.低温下能自发进行B.高温下能自发进行

C.任何温度下都能自发进行D.任何温度下都不能自发进行

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】根据方程式可知：

该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，体系的自由能ΔG＝ΔH-TΔS。

若在低温下ΔG＝ΔH-TΔS＞0，反应不能自发进行，若在高温下ΔG＝ΔH-TΔS＜0，反应就能自发进行，可见只有选项B正确，故合理选项是B。

8.下列说法错误的是（）

A.在现代化学中，常利用原子光谱中的特征谱线来鉴定元素

B.H-Cl中是p-p，σ键

C.碘易溶于CCl4的现象可以用“相似相溶”规律解释

D.一般来说，分子的极性越大，范德华力越大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．不同元素的原子光谱上的特征谱线不同，因此在现代化学中常利用原子光谱中的特征谱线来鉴定元素，A正确；

B．在H-Cl中H原子的s电子与Cl原子的p电子形成共价键，因此该共价键是s-p，化学键类型为σ键，B错误；

C．碘单质是由非极性分子构成的，CCl4分子是非极性分子，由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，因此I2易溶于CCl4，可以用“相似相溶”规律解释，C正确；

D．一般来说，分子的极性越大，带不同电荷的分子的一端接近时，分子之间的吸引力就越强，因而范德华力越大，D正确；

故合理选项是B。

9.科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd（Ⅲ）表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd（Ⅲ）表面的物种用*标注。

下列说法正确的是（）

A.Pd（Ⅲ）能改变反应历程，从而改变化学反应速率

B.该历程中反应速率最快的是路径①

C.该历程中能垒（反应活化能）最大的是路径②

D

由此历程可知：

CH2O*+2H*=CHO*+3H*ΔH＞0

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．Pd（Ⅲ）是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；

B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；

C．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态Ⅰ发生的反应活化能最大该历程中能垒（反应活化能）最大的是路径①，故C错误；

D．根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误；

答案选A。

10.常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c（H＋）·c（OH-）=1×10-20，该溶液的pH等于

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c（H＋）·c（OH-）=1×10-20，则溶液中c（OH-）=1×10-10，由于室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以溶液中c（H＋）=

=1×10-4mol/L，所以溶液的pH=4，故合理选项是D。

11.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）

A.滴入甲基橙显红色的溶液中：

、Cu2+、NO-、

B.水电离产生的c（H+）=1×10-12mol·L-1的溶液中：

Na+、

、

、

C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：

Al3+、K+、Cl-、

D.中性溶液中：

Fe3+、K+、Cl-、

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．滴入甲基橙显红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；

B．水电离产生的c（H+）=1×10-12mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。

在酸性溶液中，H+与

会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与

会反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，B不符合题意；

C．

、Al3+会发生盐的双水解反应，产生Al（OH）3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；

D．中性溶液中：

Fe3+、OH-反应产生Fe（OH）3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；

故合理选项是A。

12.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是（）

选项

实验操作

实验现象

结论

A

向A、B两支试管中各加入2mL10%的H2O2溶液，向B试管中加入2滴1mol·L-1FeCl3溶液

B试管中产生气泡快

当其它条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率

B

蒸干并灼烧AlCl3溶液

得到白色固体

获得Al2O3固体

C

分别将1mLpH=3的HA和HB溶液加水稀释至100mL，测溶液pH

pH（HA）＞pH（HB）

酸性：

HA＜HB

D

向某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液

产生蓝色沉淀

溶液中存在Fe2+

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．向A、B两支试管中各加入2mL10%的H2O2溶液，向B试管中加入2滴1mol·L-1FeCl3溶液，结果B试管中产生气泡快，说明Fe3+能够加快H2O2分解反应的化学反应速率，是H2O2分解反应的催化剂，A正确；

B．AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中AlCl3发生水解反应产生Al（OH）3和HCl，HCl加热时随水分的蒸发而挥发，得到的固体是Al（OH）3，灼烧固体Al（OH）3分解产生Al2O3和H2O，故蒸干并灼烧AlCl3溶液得到的固体是Al2O3，B正确；

C．一元强酸完全电离，酸的浓度等于溶液中c（H+），弱酸部分电离，存在电离平衡，酸的浓度大于溶液中c（H+），加水稀释，电离平衡正向移动，导致弱酸溶液的pH变化较小。

将pH=3的酸HA、HB溶液稀释100倍后，溶液pH（HA）＞pH（HB），说明酸性：

HA＞HB，C错误；

D．向某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，反应产生Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀，因此可以检验Fe2+，D正确；

故合理选项是C。

13.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：

CH3OH（g）+CO（g）⇌HCOOCH3（g）。

在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。

下列说法正确的是（）

A.加入甲醇蒸气，甲醇转化率增大B.b点反应速率υ正=υ逆

C.平衡常数K（75℃）＜K（85℃）D.反应速率υb逆＜υd逆

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．加入甲醇蒸气，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量，因此甲醇转化率会减小，A

错误；

B．b点时反应未达到平衡，反应正向进行，因此反应速率υ正＞υ逆，B错误；

C．根据图象可知：

在反应温度高于85℃后，升高温度，CO转化率降低，说明升高温度化学平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应。

温度越高，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：

K（75℃）＞K（85℃），C错误；

D．温度升高，化学反应速率增大，反应的物质的浓度越大，反应速率越大。

根据图象可知：

b点CO的转化率比d点小，且反应温度：

b＜d，故反应速率：

υb逆＜υd逆，D正确；

故合理选项是D。

14.一种利用LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示。

下列说法正确的是（）

A.电极M应与电源的负极相连

B.通电后Li+由右室迁移至左室

C.隔膜右电极室每产生1.4gLi，消耗7.4gLi2CO3

D.电解过程中，需要不断向制备装置中补充LiCl

【答案】C

【解析】

【分析】

在该电解池中，根据Ｍ电极上Cl-失去电子变为Cl2可知，M为阳极，电极反应：

2C1-2e-=Cl2↑，N为阴极，电极反应：

Li++e+=Li。

【详解】A．由图示可知：

在电极M上LiCl失去电子变为Cl2，因此M电极应与电源的正极相连，作阳极，A错误；

B．阳极M上Cl-不断放电变为Cl2逸出，根据电中性可知：

通电后Li+由左室迁移至右室，B错误；

C．根据电极反应式，阴极产生1.4gLi ，即0.2mol的Li，转移0.2mol电子，产生0.1molCl2，电解池左侧的反应为：

2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2，消耗0.1molLi2CO3，即7.4g的Li2CO3，C正确；

D．由图可知，补充到电解池中的LiCl是由碳酸锂和Cl2反应产生的，故需要不断补充的是Li2CO3，不是LiCl，D错误；

故合理选项是C。

15.某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR（s）⇌Fe2+（aq）+R2-（aq），其沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A.可以仅通过升温实现由d点变到a点

B.c点没有沉淀生成

C.a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp

D.该温度下，Ksp=4.0×10-18

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．大多数固体物质的溶解度随温度升高会增大，a点是难溶物FeR的饱和溶液，升高温度c（Fe2+）、c（R2-）仍然不变，所以升温不可能使c（Fe2+）增大、c（R2-）不变，因此不能实现由d变到a点的转变，A错误；

B．c点时c（Fe2+）·c（R2-）＞Ksp，因此有沉淀生成，B错误；

C．在沉淀溶解平衡曲线上的点表示的Ksp相等，a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp，C正确；

D．此温度下，Ksp=c（Fe2+）·c（R2-）=2×10-9×1×10-9=2×10-18，D错误；

故合理选项是C。

第Ⅱ卷

二、填空题

16.山西老陈醋是中国四大名醋之一，是中国古代劳动人民发明的传统调味品，在中国生产食用已经有3000多年历史。

回答下列问题：

（1）老陈醋中醋酸的电离方程式为___________。

（2）在常温下，某醋酸溶液

pH=3，其中的c（OH-）为___________mol·L-1。

（3）在常温下，若向醋酸溶液中加入氢氧化钠溶液，使醋酸恰好被中和，所得溶液的pH___________7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其原因：

___________。

（4）在常温下，若向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，则溶液中

将___________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（5）醋酸钙[（CH3COO）2Ca·H2O]常用作食品稳定剂和抑霉剂，下列有关0.1mol·L-1醋酸钙溶液中粒子浓度的比较中不正确的是_______

A．c（H+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（OH-）　B．c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）

C．c（CH3COO-）＞c（Ca2+）＞c（OH-）＞c（H+）D．c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol·L-1

【答案】

（1）.CH3COOH⇌H++CH3COO-

（2）.1×10-11（3）.＞（4）.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-（5）.减小（6）.D

【解析】

【分析】

【详解】

（1）老陈醋中醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离产生H+、CH3COO-，主要以电解质分子存在，电离方程式为：

CH3COOH⇌H++CH3COO-；

（2）在常温下，某醋酸溶液的pH=3，c（H+）=10-3mol/L，由于室温下水的离子积常数Kw=10-14，所以其中的c（OH-）=

mol/L=1×10-11mol/L；

（3）在常温下，若向醋酸溶液中加入氢氧化钠溶液，使醋酸恰好被中和，反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解作用：

CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中：

c（OH-）＞c（H+），因此所得溶液的pH＞7；

（4）在醋酸溶液中存在电离平衡：

CH3COOH⇌H++CH3COO-。

在常温下，若向醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液中c（CH3COO-）增大，电离平衡逆向移动，导致c（H+）减小，c（CH3COOH）增大，最终达到平衡时溶液中

减小；

（5）A．根据电荷守恒可得c（H+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（OH-），A正确；

B．根据质子守恒可得：

c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），B正确；

C．根据盐的组成可得c（CH3COO-）＞c（Ca2+）；该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子CH3COO-水解使溶液显碱性，所以c（OH-）＞c（H+），盐电离产生的离子浓度大于弱电解质水电离产生的离子浓度，则有c（Ca2+）＞c（OH-），故溶液中离子浓度关系为：

c（CH3COO-）＞c（Ca2+）＞c（OH-）＞c（H+），C正确；

D．根据物料守恒可知溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.2mol·L-1，D错误；

故合理选项是D。

17.“绿水青山就是金山银山”。

运用化学反应原理研究氮的化合物的反应对缓解能源危机、治理环境污染具有重要意义。

（1）肼是一种高能燃料。

已知各共价键键能如表：

N≡N

O=O

N－N

N－H

O－H

键能（kJ·mol－1）

946

497

193

391

463

N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）∆H=___________kJ·mol－1。

（2）目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝（NO）原理，其脱硝机理如图1，脱硝率与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图2所示。

①写出该脱硝原理总反应的化学方程式___________。

②为达到最佳的脱硝效果，应采取的条件为___________（填温度和负载率数值）。

（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：

I．CaSO3（s）+SO

（aq）⇌CaSO4（s）+SO

（aq）

II．SO

（aq）+2NO2（g）+H2O（l）⇌SO

（aq）+2NO

（aq）+2H+（aq）

浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。

a点后NO2去除率降低的原因是___________。

（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：

I．将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO

II．加水稀释至100．00mL，量取20．00mL该溶液，与V1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；

III．用c2mol·L－1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。

①滴定过程中主要使用的玻璃仪器有___________和锥形瓶等。

②判断滴定达到终点的依据是___________。

③滴定过程中发生下列反应：

3Fe2++NO

+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，MnO

+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥___________。

B．读取KMnO4标准溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数___________。

【答案】

（1）.－544

（2）.2C2H4+6NO+3O2

3N2+4CO2+4H2O（3）.350℃；3．0%（4）.SO

浓度过高时，以反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率（5）.酸式滴定管（6）.加入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好变为浅粉红色，且半分钟不变色，则达到滴定终点（7）.无影响（8）.偏高

【解析】

【分析】

【详解】

（1）反应热

H=反应物总键能－生成物总键能，计算键能前要判断键的连接方式N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）反应物中4个N－H键1个N－N键1个O=O键生成物中1个N

N键4个O－H键，

H=4×391kJ·mol－1＋193kJ·mol－1＋497kJ·mol－1－946kJ·mol－1－4×463kJ·mol－1＝－544kJ·mol－1；

故答案为：

－544；

（2）①由左图可知，在催化剂的作用下C2H4与NO、O2反应最终生成H2O、N2、CO2，反应总方程式为：

2C2H4+6NO+3O2

3N2+4CO2+4H2O；

故答案为：

2C2H4+6NO+3O2

3N2+4CO2+4H2O；

②由右图可知，b曲线的最高处脱硝率最高，负载率低，适宜的温度约为350°C，负载率为3．0%；

故答案为：

350°C；3．0%；

（3）因为浆液中CaSO3质量一定，随着反应进行，ａ点以后SO

浓度过高，以反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率；

故答案为：

SO

浓度过高时，以反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率；

（4）①因为KMnO4溶液为酸性所以要用酸式滴定管；

故答案为：

酸式滴定管；

②KMnO4将二价铁离子全部氧化为三价铁离子时，溶液恰好变为浅粉红色，且半分钟不变色；

故答案为：

加入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液恰好变为浅粉红色，且半分钟不变色，则达到滴定终点；

③A．锥形瓶中各物质的物质的量不会因形瓶没干燥而发生变，故不会对测定结果有影响；

故答案为：

无影响；

B．开始时仰视读数，会造成读数比实际数直偏小，滴定结束时俯视读数，会造成读数比实际数值偏大，则总体会造成比实际所用KMnO4体积数偏小，则滴定的多余的Fe2＋计算出的物质的量会减小，则第个方程式中Fe2＋会比实际值偏大，