2019-2020学年浙江省湖州市高二(上)期末化学试卷

时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；

D.该反应前后都是气体，气体总质量为定值，恒容容器内气体总体积不变，根据ρ=V可知，混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体密度判断平衡状态，故D错误； 故选：C。

3CO(g)+6H2(g)?CH3CH2CH2OH(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。

本题考查化学平衡状态的平，题目难度不大，明确v(正)=v(逆)的含义为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。 5.【答案】B

m

【解析】解：A.NaOH是强电解质，完全电离，加热促进水电离导致离子积常数增大，

w

加热NaOH溶液时溶液中c(OH?)几乎不变，溶液中c(H+)=c(OH?)增大，则溶液的pH

K

减小，故A正确；

B.相同温度下，pH相等的醋酸和硫酸中c(H+)相等，溶液体积未知则无法比较n(H+)大小，故B错误；

C.常温下等体积等浓度的KOH和一水合氨的物质的量相等，二者都是一元碱，消耗n(HCl)与碱的物质的量成正比，碱的物质的量相等，所以消耗酸的物质的量相等，故C正确；

++

D.两种溶液中n(NH4Cl)相等，溶液浓度越小，NH4水解程度越大，则NH4水解程度：前

+

)：前者小于后者，故D正确； 者大于后者，所以溶液中n(NH4

故选：B。

A.NaOH是强电解质，完全电离，加热促进水电离导致离子积常数增大，加热NaOH溶液时溶液中c(OH?)几乎不变，溶液中c(H+)=c(OH?)增大；

B.相同温度下，pH相等的醋酸和硫酸中c(H+)相等；

C.常温下等体积等浓度的KOH和一水合氨的物质的量相等，二者都是一元碱，消耗n(HCl)与碱的物质的量成正比；

+

D.两种溶液中n(NH4Cl)相等，溶液浓度越小，NH4水解程度越大。

本题考查弱电解质的电离和盐类水解，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确弱电解质电离及盐类水解影响因素、盐类水解程度与溶液浓度关系是解本题关键，B为解答易错点，易忽略体积而导致错误判断，题目难度不大。 6.【答案】B

Kw

【解析】解：A、C不完全燃烧也属于放热反应，焓变△H<0，故A错误； B、中和热△H=?57.3 kJ?mol?1，CH3COOH电离吸热使中和热数值减小，所以1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故B正确；

??C、NaHCO3水解的离子方程式为HCO?3+H2O?H2CO3和OH，而HCO3+H2O?

+

CO2?3+H3O为NaHCO3电离的离子方程式，故C错误；

D、可逆反应不能进行完全，0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，则1molN2(g)和3molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成

2molNH3(g)放热大于38.6kJ，即N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H

A、燃烧放热，焓变△H为负值；

B、CH3COOH是弱电解质，电离吸热；

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C、NaHCO3水解生成H2CO3和OH?；

D、合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行完全。

本题主要考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 7.【答案】D

【解析】解：A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不会生锈，故A正确；

B.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀，故B正确；

C.若金属M比Fe活泼，则形成原电池时，Fe作正极，Fe被保护，故C正确；

D.与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故D错误。 故选：D。

A.干燥空气中不易形成原电池；

B.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀；

C.若金属M比Fe活泼，则形成原电池时，Fe作正极； D.与原电池的正极相连作阳极，易被腐蚀。

本题考查学生金属腐蚀的实质以及金属腐蚀的防护，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大，注意把握原电池原理和电解原理在金属腐蚀与防护中的应用。 8.【答案】C

【解析】解：A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确；

B.HCHO在反应中有C?H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确；

C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；

D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2→CO2+H2O，故D正确；

故选：C。

本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。 9.【答案】B

HAP

A、5.4g铝的物质的量为n=27g/mol=0.2mol，【解析】解：而铝和稀硫酸反应后变为+3价，故0.2mol铝反应后转移电子为0.6NA个，故A正确；

B、在CH3COONa溶液中，溶液中的氢氧根是水电离出的全部，而此溶液中氢氧根浓度为10?5mol/L，故1L此溶液中氢氧根的物质的量为10?5mol，此氢氧根全部由水电离出，故此溶液中水电离出的氢氧根的个数为10?5NA个，故B错误；

C、溶液中氢氧化钠的物质的量n=cV=0.5mol/L×1L=0.5mol，而氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子构成，故0.5mol氢氧化钠中含钠离子为0.5NA个，故C正确； D、热化学方程式H2(g)+I2(g)?2HI(g)△H=?12.6kJ?mol?1表示的是当生成2molHI时放出12.6KJ热量，故若放出6.3kJ热量，则生成1molHI即NA个HI分子，故D正确。 故选：B。

A、求出铝的物质的量，然后根据铝和稀硫酸反应后变为+3价来分析；

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5.4g

B、在CH3COONa溶液中，溶液中的氢氧根是水电离出的全部；

C、求出氢氧化钠的物质的量n=cV，然后根据氢氧化钠由钠离子和氢氧根离子构成来分析； D、热化学方程式H2(g)+I2(g)?2HI(g)△H=?12.6kJ?mol?1表示的是当生成2molHI时放出12.6KJ热量。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 10.【答案】A

【解析】解：A、Li+向正极移动，正极区Li+与氢氧根离子结合形成LiOH，固体电解质只有Li+可通过，故A正确；

B、正极上是氧气得电子生成氢氧根离子，则电极方程式为O2+4e?+2H2O=4OH?，Li在负极失电子生成Li+，电极反应为：Li?e?=Li+，总反应为：4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B错误； C、充电时，反应为：?通电?

??

4Li+O2+2H2O，水性电解液的pH将升高降低，故C错误；

D、放电时，根据总反应：4Li+O2+2H2O=4LiOH，若外电路有4mole?通过时，理论上将消耗1mol氧气，所以若外电路有l mole?通过时，理论上将消耗5.6 LO2(标准状况)，故D错误。 故选：A。

正极上是氧气得电子生成氢氧根离子，则电极方程式为O2+4e?+2H2O=4OH?，Li在负极失电子生成Li+，电极反应为：Li?e?=Li+，Li+向正极移动，正极区Li+与氢氧根离子结合形成LiOH，充电时，电极反应和放电时两极上的电极反应相反，据此回答． 本题考查了电化学基础知识，涉及电极判断、电极方程式书写、金属单质的性质等相关知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大． 11.【答案】C

【解析】解：A.存在平衡2NO2?N2O4，且正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，降低温度平衡向着正向移动，气体颜色变浅，可以用平衡移动原理来解释，故A不选；

B.二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，可用勒夏特列原理解释，故B不选； C.催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C选；

D.铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释，故D不选； 故选：C。

勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关，据此进行判断。

本题考查勒夏特列原理的应用，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理，试题培养了学生的灵活应用能力。 12.【答案】D

【解析】解：A.稀释时强碱溶液的pH变化大，由图可知，曲线a对应氨水，故A正确； B.图中反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，催化剂可降低反应的活化能，所以图②表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化，故B正确；

C.t1时正逆反应速率同等程度增大，且反应为体积不变的反应，则t1时改变的条件可以

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是压缩容器体积，故C正确；

D.向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液发生反应刚好生成硫酸钡和水，离子浓度减小导电性减弱，完全中和导电性接近于0，不会再上升，故D错误； 故选：D。

A.稀释时强碱溶液的pH变化大；

B.图中反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，催化剂可降低反应的活化能； C.t1时正逆反应速率同等程度增大，且反应为体积不变的反应；

D.向H2SO4溶液中加入等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液发生反应刚好生成硫酸钡和水，溶液导电性减小到接近于0。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握稀释时pH变化、反应中能量变化、反应速率、沉淀生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与应用，题目难度不大。 13.【答案】C

【解析】解：A、S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=?297.23kJ?mol?1，即1molSO2(g)的能量比1molS(s)和1molO2(g)的总能量低297.23kJ，故A错误；

B、由于S(g)=S(s)△H<0，所以1mol S(g)与1mol O2(g)反应生成lmol SO2(g)放出的热量大于297.23 kJ，故B错误； C、由于S(g)=S(s)△H<0，所以S(g)+O2(g)=SO2(g)的△H小于?297.23 kJ?mol?1，故C正确；

D、S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=?297.23kJ?mol?1，即lmol S(s)与lmol O2(g)的总键能比1mol SO2(g)的总键能低297.23kJ，故D错误； 故选：C。

A、焓变△H=生成物的总能量?反应物的总能量； B、同一物质：气体转化为固态放热； C、同一物质：气体转化为固态放热；

D、焓变△H=反应物的总健能?生成物的总键能。 本题考查热化学方程式书写、反应热的计算等知识，为高频考点，把握反应中能量变化、内能或键能与反应热计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 14.【答案】C

A.升高温度促进水电离，【解析】解：但是纯水中仍然存在c(H+)=c(OH?)，故A错误；

B.升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c(OH?)增大，故B错误； C.盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确； D.升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水解，升高温度促进CH3COO?、Cu2+水解，所以CH3COO?、Cu2+水解平衡移动方向相同，CH3COONa溶液和CuSO4溶液两者分别水解，溶液分别呈碱性、酸性，升高温度促进盐类水解，pH分别升高、降低，故D错误； 故选：C。

A.任何温度下纯水中都存在c(H+)=c(OH?)； B.升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解； C.升高温度促进CuSO4水解也促进水电离； D.升高温度促进盐类水解。

本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力，注意：两种盐溶液中随着温度变化不仅影响盐类水解还影响水的电离，题目难度中等。

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