安徽省皖北名校联盟2015-2016学年高二下学期期中考试化学试卷.doc

“皖北名校”联盟2015-2016学年第二学期期中考试
高二化学参考答案
1.D【解析】CO2无毒，但是温室气体，所以要限量排放, A错误;
NaHCO3加热可分解，而Na2CO3
热稳定性较好, B错误;
两物质均可与B a(O H)2溶液发生反应且产生沉淀, C错误; NaHCO3溶液与NaOH 溶液混合会发生反应，但观察不到明显,D正确。

2.A【解析】氧化镁是氧化物，写化学式，A正确；碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，HCO3-不拆开，应该是HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B错误；氢氧化铝不溶于水，写化学式，应该是是Al（OH）
3＋3H ＋=Al3＋＋3H
2O，C错误；质量不守恒，应该是CaCO3＋2H
＋=Ca2＋＋CO
2↑＋H2O，D项错误。

3．D【解析】依据△H－T△S＜0，反应能自发进行。

说明焓变和熵变是判断反应的两个主要因素，但当△H ＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，则说明此时焓变对反应的方向起决定作用。

4．C【解析】C是物理变化，其余都是化学变化，所以选C。

5．C【解析】①为中和反应属于放热反应；铝热反应有大量的热放出，属于放热反应；而②④在反应过程中均需要不断加热提供热量，均为吸热反应。

6．B【解析】升高温度，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，A正确；增大压强，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，B正确；C、D都是降低反应速率的，C、D错误。

7．C【解析】反应是否能自发进行决定于△G=△H—T△S，其中△S>0，即高温下反应为自发，A错误；阳光、海水均可提供能量，均为能源，B错误；反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小不能确定，D错误。

8．C【解析】速率之比等于计量系数之比，故有a：b=2:3；所以选C。

9．B【解析】装置①中， c电极与电源的正极连接，为阳极，d与电源的负极连接，为阴极，A正确； H2O2遇MnO2会分解产生O2，但是产生的氧气会从长颈漏斗中逸出，就不能准确测量氢气的体积，因此装置②不可定量测定H2O2的分解速率，B错误；关闭活塞a，从b处加水，若装置不漏气，则会在U型管的左右两端形成一段稳定的液差，故可以检查装置③的气密性，C正确；氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，由于氨气的密度比空气小，所以用向下排空气的方法收集，由于氨气极容易溶于水，会引起倒吸现象的发生，为了防止倒吸的发生，在导气管的末端安装一个倒扣的漏斗，故装置④可用于收集并吸收多余的氨气，D正确。

10．B【解析】根据平衡的建立和途径无关可知，乙容器相当于是2molA和4molB开始建立平衡的。

由于甲是保持恒温恒容，乙是保持恒温恒压，而反应是体积增大的可逆反应，所以甲中B的转化率要低于乙中B的转化率，即平衡时甲中C的浓度小于乙中C的浓度。

对于选项A，增加B的物质的量，相当于是增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时甲中C 的浓度小于乙中C的浓度的2倍，因为甲保持恒容，所以充入氦气后，B、C、D的浓度并没有改变，平衡不移动，但乙保持恒压，此时必须增大容器的体积，从而导致浓度减小，平衡向正反应方向移动，B正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大。

若乙最初也是保持恒温和恒容，但体积是甲的2倍，则平衡时两容器中各种物质的含量是相同。

将乙容器压缩使其体积和甲相同，即增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以最终平衡时，乙中C的浓度要小于原来的2倍，D错误。

11.D【解析】二氧化氮和一氧化氮为0.1摩尔，消耗硝酸0.1摩尔，氢氧化钠为0.2摩尔，所以硝酸铜0.1摩尔，转移电子数为0.2摩尔，则硝酸铜中的硝酸根离子0.2摩尔，总共硝酸的物质的量为0.3摩尔，根据电子守恒，铜失去的电子间接转移给氧气，所以需要氧气的物质的量为0.05摩尔，体积为1.12升；假设二氧化氮为x摩尔，，一氧化氮为y摩尔，则有x+y=0.1（二氧化氮和一氧化氮的物质的量），x+3y=0.2（转移电子守恒），解x=y=0.05mol，则二氧化氮的体积为1.12升，选为D。

12．B【解析】1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，热化学方程式为CuSO4•5H2O（s）= CuSO4（aq）+ 5H2O（l）△H1>0；将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，热化学方程式为CuSO4（s）= CuSO4（aq）（l）△H2<0；根
据盖斯定律CuSO4•5H2O(s) CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为△H3=△H1－△H2>0，B正确。

13．D【解析】反应热只与反应物的始态和终态有关，与反应途径无关，A错误；放热反应，说明ΔH＜0，B错误；燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出来的热量，C错误； 20g的氢氧化钠与稀盐酸反应生成的是0.5mol的水，故放出的热量是28.7 kJ，D 正确。

14．C【解析】加入硝酸铜溶液的话可能导致溶液不再产生氢气，因为成了硝酸溶液，而硝酸有强的氧化性，A错误；硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，NO3‾、H+具有强氧化性，能把Fe2+氧化为Fe3+，不能证明H2O2的氧化性大于Fe3+，B错误；粉状大理石接触面积大，所以反应速率快，C正确； TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g），该反应中熵不变，D 错误。

15．C【解析】V(Z)= 0.3 mol ÷10L÷60 s=0.0005mol/(mol·s),由于V(X): V(Z)=2:1，所以V(X) =2V(Z)= 0.0010mol/(mol·s), A错误；将容器的容积变为20 L，若平衡不发生移动，Z的新平衡浓度将等于原平衡浓度的1/2，而减小压强，平衡逆向移动，所以Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的1/2，B错误；若温度和体积不变，往容器内增加1 mol X，平衡正向移动，所以Y的转化率将增大，C正确；若升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，则正反应的△H<0 , D错误。

16．C【解析】0～t2时，反应正向进行，v（正）>v（逆），t1～t2时，反应达到平衡，v（正）=v（逆），故错误，A错误；t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，B错误；向密度容器中加C ，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图形，C正确； t2时刻改变条件后达到平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数相等，D错误。

17．6分【答案】
（1）反应物的总能量（1分）﹣198（1分）
（2）无（1分）降低（1分）
（3）S（s）+O2=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1（2分）
【解析】
（1）图象中A点为反应物的总能量，因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=﹣99kJ•mol﹣
1，所以2molSO
2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol ﹣1，则2SO
2（g）+O2（g）=2SO3（g）
△H=﹣198KJ•mol﹣1。

（2）因物质的活化能的大小与反应热无关；加入催化剂能降低物质的活化能，则Ea降低。

（3）单质硫的燃烧热为296kJ•mol﹣1，因燃烧热概念要求必须是lmol物质完全燃烧，则热化学方程式为：S（s）+O2=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1。

18.5分【答案】
（1）Na2FeO4在水溶液中易水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失（2分）
（2）3Zn + 2Na2FeO4 +8H2O = 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4NaOH（3分）
【解析】（1）Na2FeO4为强碱弱酸盐，在水溶液中易水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失
（2）负极是锌，失去电子在氢氧化钠的条件下生成氢氧化锌，高铁酸钠转化为氢氧化铁红褐色沉淀，电池反应为：3Zn + 2Na2FeO4 +8H2O = 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4NaOH。

19.11分【答案】
（1）Cl2+2OH—== Cl—+ClO—+ H2O（1分）
（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN—= Fe（SCN）3（4分）
（3）①Fe3+ （1分）
（4）①SCN—中的碳元素是最高价态+4价（1分）
②取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN—中氮元素被氧化成（2分）
③16（2分）
【解析】（1）B中是氯气与氢氧化钠的反应，离子方程式为Cl2+2 OH-= Cl-+ ClO-+ H2O。

（2）A中的Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色Fe（SCN）3，所以溶液变红，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN—= Fe（SCN）3。

（3）①加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，此红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，则溶液中一定存在Fe3+
（4）①因为SCN—中碳元素已经是最高价态+4价。

②证明SCN—中氮元素转化为NO3-，利用硝酸的强氧化性，被还原的产物是红棕色气体，可证明SCN—中氮元素转化为NO3-。

③SCN—与Cl2反应生成1 mol CO2，说明有1mol的SCN—与Cl2反应，SCN—中的-2价S、-3价N化合价升高到+6价、+5价，失电子总数为8+8=16mol，所以转移电子的物质的量为16mol。

20.12分【答案】
（1）< （2分）
（2）310（2分）
（3）①0.3mol/(L·min)（2分，单位写错不得分）
②62.5%（2分，写小数也得分）
③A （2分）
（4）D （2分）
【解析】 (1)温度升高，K 值减小，平衡向左移动，负反应吸热，故正反应放热。

（2）反应结束后，由CO 浓度知CO 物质的量为1mol 。

故CO 反应量为1mol ，剩余CO 为1mol ，即0.5mol/L,依次推出，H 2反应了2mol ，剩余H 2为4mol ，即2mol/L,生成甲醇1mol,即0.5mol/L,此时，反应平衡，K 值为0.5/(0.5×2×2)=0.25，为310℃的平衡常数。

（3）①H 2物质的量从 1.2mol/L,反应成为0.6mol/L,时间经过2分钟，故反应速率为0.3mol/(L ·min)
②容积固定，由0.8mol/L,转化到0.3mol/L,转化量为0.5mol/L,转化率为0.5/0.8=0.625
③2~4min 内的反应速率大于0~2min 内的反应速率。

故排除B ，对比CO 浓度的变化，排除C 。

（4）关键是时间。

如果时间很短，未充分反应，那么温度高的反应快，CO 量少。

但如果充分反应后，温度高的，因为平衡向左移动，CO 量较多。

故都有可能。

21．10分【答案】
（1）Al 2O 3+6H +=2Al 3++3H 2O （2分）
（2）取少量滤液，滴加KMnO 4溶液，KMnO 4溶液褪色（2分）
（3）①将Fe 2+氧化为Fe 3+ （1分） 调节pH 使铁完全沉淀（1分）
②有黄绿色气体生成（1分）
③除去过量的MnO 4-（1分）。

（4）K 2SO 4（2分）
【解析】（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al 2O 3+6H +=2Al 3++3H 2O ；
（2）取少量滤液，滴加KMnO 4溶液，KMnO 4溶液褪色。

（3）①将Fe 2+氧化为Fe 3+，调节pH 值使铁完全沉淀；
②加入浓盐酸与MnO 2反应生成有黄绿色气体Cl 2生成。

③MnO 4-可与Mn 2+反应生成MnO 2，过滤除去，所以可以利用MnSO 4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去。

（4）多次循环的物质是K 2SO 4。

22．（8分）【答案】
（1）2Al 2O 34Al+3O 2↑（2分）
（2）2Al+2OH -+2H 2O 2Al+3H 2↑（2分）
（3）①4OH --4e -2H
2O+O 2↑（2分）
②H +放电，促进水的电离，OH -浓度增大（1分）
③B （1分）
【解析】离子交换膜法电解提纯KOH 时，阳极反应为：4OH --4e -2H
2O+O 2↑，阴极反应为：
4H
2O+4e -4OH -+2H 2↑。

电解过程中阳极附近的K +通过阳离子交换膜向阴极移动，含氧酸根
离子不能通过离子交换膜。

一段时间后，阴极附近K +、OH -浓度变大，从B 处(阴极区)得到
溶液，蒸发结晶后可得较纯净的KOH 。