学年福建省一级达标学校高二下学期期中考试化学试题解析版Word文件下载.docx

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【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

【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

【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；

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＝－90.1kJ·

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＝－31.0kJ·

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<

D.3CO（g）＋6H2（g）→CH3CH===CH2（g）＋3H2O（g）　ΔH＝－121.1kJ·

【解析】A．催化剂不能改变焓变，A错误；

B．反应④是放热反应，其中正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；

C．根据盖斯定律：

①－②即得到氢气燃烧的热化学方程式，氢气燃烧放热，所以ΔH1－ΔH2<

0，C正确；

D．根据盖斯定律：

③×

3+⑤得3CO（g）+6H2（g）→CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H=-301.3kJ•mol-1，D错误，答案选C。

7.以甲烷为原料合成甲醇的反应如下:

反应I:

CH4（g） 

+ 

CO2（g）

2CO（g） 

2H2（g）△H1= 

+247 

kJ/mol 

反应II:

CO（g） 

2H2（g）

CH3OH（g） 

△H2=-90kJ/mol

已知:

T1℃时，反应II 

的平衡常数数值为100；

T2℃时，反应II 

在密闭容器中达到平衡，测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度（mol/L）分别为0.05、0.1、0.1。

下列说法中，正确的是

A.反应I中，使用催化剂可以减小△H1，提高反应速率

B.反应II 

中，加热或加压均可提高原料气的平衡转化率

C.由上述数据可判断反应II 

的温度:

T1>

T2

D.CO（g）+CH3OH（g）

+CO2（g） 

△H= 

+157 

kJ/mol

【解析】A、反应热只与始态和终态有关，使用催化剂降低活化能，化学反应速率加快，但△H1不变，故A错误；

B、正反应是放热反应，加热，平衡向逆反应方向移动，原料气的转化率降低，反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，原料气的转化率增大，故B错误；

C、T2℃时的化学平衡常数K=

=2<

100，反应II的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，即T1℃>

T2℃，故C正确；

D、反应I＋反应II得到CH4（g）＋CO2（g）

CO（g）＋CH3OH（g）△H=（274－90）kJ·

mol－1=＋184kJ·

mol－1，CO（g）+CH3OH（g）CH4（g）+CO2（g）△H=－184kJ·

mol－1，故D错误。

8.用电解法可制取有广泛用途的Na2FeO4：

Fe+2H2O+2NaOH

Na2FeO4+3H2↑，工作原理如图1所示。

装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42-，镍电极有气泡产生。

若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。

A.a是电源的正极

B.电解一段时间后，c（OH-）降低的区域在阴极室

C.电解过程中，阳极发生的电极方程式为Fe+8OH--6e-==FeO42-+4H2O

D.如图2，N点c（Na2FeO4）低于最高值的原因是氢氧化钠溶液浓度过高

【解析】铁电极附近生成紫红色的FeOH42-，说明铁发生氧化反应，铁是阳极，a是电源的正极，故A正确；

阴极反应是

，阴极室c（OH-）增大，故B错误；

电解过程中，阳极铁失电子发生氧化反应，阳极电极反应式为Fe+8OH--6e-==FeO42-+4H2O，故C正确；

若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色氢氧化铁，所以N点c（Na2FeO4）低于最高值，故D正确。

9.一定条件下，对于可逆反应：

X（g）＋3Y（g）

2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·

L－1、0.3mol·

L－1、0.08mol·

L－1，则下列判断正确的是

A.c1∶c2＝1∶3

B.平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3

C.X、Y的转化率之比为1：

3

D.c1的取值范围为0.04mol·

L－1＜c1＜0.14mol·

L－1

【解析】A．设X转化的浓度为x，

X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）

初始：

c1c2c3

转化：

x 

3x 

2x

平衡：

0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L

所以c1：

c2=（x+0.1moL/L）：

（3x+0.3mol/L）=1：

3，故A正确；

B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：

2，故B错误；

C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；

D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L-1，则：

0＜c1＜0.14mol•L-1，故D错误；

故答案为A。

10.常温下2mL1mol·

L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。

下列说法中，不正确的是

A.NaHCO3溶液中，HCO3-水解程度大于其电离程度

B.NaHCO3溶液中，c（Na+）>

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

【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，1mol·

L-1NaHCO3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（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+）+2c（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；

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（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+H2O

HY－+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－+H2O

H3O++Y2-

【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：

HY−+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−+H2O

OH−+H2Y，HY