【文档说明】河北省石家庄二中2020-2021学年高二8月线上考试（二）化学试题答案.pdf，共(5)页，251.973 KB，由小赞的店铺上传

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试卷第1页，总5页化学线上测试(二)答案一、单选题（每个小题3分，共60分）1.C解析在一定条件下，不用借助外力即可自发进行的过程为自发过程，所以自发过程也是需要特定的条件，A、B项错误；可逆反应在不同的条件下，可以向不同方向自发进行，C项正确；改变条件，可以使非自发过程转变为自发过

程，D项错误。2.D3.【答案】C【解析】A．通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；C．过程中，W由WO3的+6价降

低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-=xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe-=AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg+WO3=AgxWO3，故D项

正确；答案选C。4.【答案】B【解析】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=4242c(HCl)c(SiCl)c(H),故B正

确；C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl)－2E(Si－Si)，故D错误；答案为B。5.【答案】C【解析】A.阴极的钢铁设施实际作原电池

的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B.阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C.金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面

积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选：C。6.【答案】C【解

析】A.根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H++2e-═H2↑；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从b口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；

C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C错误；D.标准状况下，每生成22.4LCl2，转移2mol电子便产生2molNaOH，故D正确；故答案为C。7.【答案】C【解析】A.v(C)=110.9molc2L==0.09molt5miLmi

nn，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=110.03molLmin，故A错误；B.15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4

mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成

C的物质的量为1.2mol，浓度为试卷第2页，总5页11.2molc(C)=0.6molL2L，故C正确；D.物质B的平衡转化率为0.8mol100%33.3%2.4mol，故D错误；故答案为

C。8．【答案】D【解析】A项、由图可知，Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相

同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；故选D。9.【答案】D【解析】A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I

2）减小，平衡正向移动，A正确；B.将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+

，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；D.该反应的平衡常数K=�2(Fe2+)��(I2)�2(Fe3+)��2(I-

)，D错误；答案选D。10.【答案】D【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的

为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案为D。11.【答案】D【解析】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的∆H=+59.3kJ•mol-

1，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。12.【答案】C【解析】A．原电池中阳离子向正极移动，

铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B．装置②工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离子，所以溶液的pH值增大，故B错误；C．精炼铜时，纯铜为阴极，所

以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；D．活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；故选C。13.【答案】D【解析】A．放电时，失电子化合价升高的金属为负极材料，负极反应为：3Zn-6e

-+6OH-=3Zn(OH)2，放电时，正极上得电子发生还原反应，电池反应式减去负极电极反应式得到正极电极反应式：22-4FeO+6e-+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-，正极区域电解液pH升高，故A正确；B．据图可以看出高铁电池比高能碱性电池电压稳定，放电时间长，故B正确；C．充电时，在

阳极上发生反应：2Fe(OH)3-6e-+10OH-=22-4FeO+8H2O，每转移3mol电子，则有1molFe(OH)3被氧化，故C正确；D．放电时，失电子化合价升高的金属为负极材料，根据总反应可知负极反应为：3Zn

-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，故D错误；故答案为D。14.【答案】C【解析】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+

，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被试卷第3页，总5页稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。15.【答案】C【解析】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2

Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准

状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。16.【答案】B【解析】A．电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；B．在阳极附近

是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；C．在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C错误；D．电解一段时间后

，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；故答案为B。17.【答案】C【解析】A．A极与电源正极相连，作阳极，电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，生成氧气，不能析出铜，A错误；B．甲烧杯中B电极是阴极

，B极上电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，B错误；C．D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式为2H++2e-=H2↑，由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性（有NaOH生成），C正确；D．烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，D错误。

答案选C。18.【答案】D【解析】A．阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；B．阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；C．电解后溶液中

还有Ni2+，C错误；D．Pt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正确；答案选D。19.【答案】D【解析】判断全等平衡的方法是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效。因为反应前

后体积是变化的，所以当容积不变时，要使C的物质的量的浓度仍然为amol/L，则起始物质的物质的量必须和最初的相同。【详解】A项、4molA+2molB，这与这和题目开始不一样，故A错误；B项、采用极限分析

法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有4molA和2molB，这和题目开始不一样，故B错误；C项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有2mo

lA和2molB，这和题目开始不一样，故C错误；D项、采用极限分析法，3molC+1molD完全反应生成2molA和1molB，这和题目开始一样，故D正确；故选D。20.【答案】B【解析】A.该反应为可逆反应，SO2和O2不可能全部转化为SO

3，故A项说法正确；B.反应达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相同，是动态平衡，速率不可能为零，故B项说法错误；C.该反应从开始到达到平衡的过程中，反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减

小，逆反应速率不断增大，某一时刻正、逆反应速率相等达到平衡，故C项说法正确；D.工业上生产SO3，要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题，故D项说法正确。21.【答案

】D【解析】①SO2和SO3的浓度相等，不能确定浓度是否变化，故①不符合题意；②SO2的质量分数不再发生变化，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故②符合题意；③容器内压强不再发生变化，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故③符合题意；④SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为

正速率，故④不符合题意；⑤容器内混合气体的密度不再改变，一直未变，故⑤不符合题意；⑥容器内气体的平均摩尔质量不再改变，说明物质的量不变，正反应速率等于逆反应速率，故⑥符合题意；⑦1/2v正(SO2)＝v逆(O2)时，才达平衡，故⑦不符合题意

；⑧单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolSO3，均为逆速率，故⑧不符合题意；综上，②③⑥符合题意，故选D。试卷第4页，总5页22.【答案】C【解析】A、甲与充入2mol氨气是等效平衡，合成氨的逆反应是气体物质的量增

大的反应，甲是恒温恒容条件，丙是恒温恒压条件，达平衡时，丙的容器的体积大于甲的体积，所以V(甲)<V(丙)，故A错误；B、乙、丙都是从逆反应开始的，乙是绝热容器，合成氨的反应是放热反应，逆反应是吸热反应，所以平衡时乙容器的温度低于丙容器，而温度降低，平衡正向移动，平衡常数增大，所

以K(乙)>K(丙)，故B错误；C、因为甲与充入2mol氨气是等效平衡，乙是绝热容器，所以达平衡时容器内的温度低于甲容器，而温度降低平衡正向移动，所以乙中氨气的浓度大于甲中氨气的浓度，c(乙)＞c(甲)，故C

正确；D、因为V(丙)>V(甲)，所以丙需减小容器的体积才能达到与甲等效的平衡，而体积减小，压强增大，平衡正向移动，氨气的物质的量浓度增大，所以甲中氨气的浓度大于丙中氨气的浓度，则v(甲)>v(丙)，故D错误；二、填空题23．（除标注外每空2分，共16分）I.4NH

3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/molII．（1）BC（2）CDIII.P1>P2>P30.4IV.230.2P0.2P·0.6P（3分）V.NO+2H2O-3e-=4H++NO3-（3分）【解析】I.已知①H2O(g)=H2O(1)△H=-44k

J•mol-1，②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，③4NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g)△H=+l025kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×6-②×2-③得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O

(1)△H=（-44kJ•mol-1）×6-（+180.5kJ•mol-1）×2-（+l025kJ•mol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)△H=-1650kJ/mol；II．A．及时分离出NH3，减小了氨气的浓度，平衡正

向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B．使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500℃左右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D．

该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；（2）A．单位时间内，有3molH-H生成的同时必定6mdN-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B．

根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C．反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D．达到平衡状态后，再充入2

molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小，正确；故选CD；III.分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1>P2>P3；设起始量氢

气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx0.5y0.6x则0.5y：0.6x=1：3，解得yx=25，即X=25，故答案为P1>P2>P3；25；IV.N2(

g)+3H2(g)2NH3(g)起始（mol）130反应x3x2x平衡1-x3-3x2x则242xx×100%=20%，解得x=13mol，NH3的物质的量分数为23÷103=20%，N2的物质的量分数为20%，试卷第5页，总5页H2的物质的量分

数为60%，平衡常数Kp=23(0.2)0.2(0.6)PPP，故答案为23(0.2)0.2(0.6)PPP；V.根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，

电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H++NO3-。24.（除标注外每空2分，共18分）(1)−413.5；(2)FeO++CO==Fe++CO2（3分）；小于；(3)①>；②C；③0.12；0.0675mol·L−1（3分）；④>。【解析

】①NH3(g)+54O2(g)NO(g)+32H2O(l)△H1=−292kJ/mol；②NO(g)+12O2(g)=NO2(g)△H2=−57kJ/mol；③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO

3(aq)+NO(g)△H3=−72kJ/mol；根据盖斯定律：①+32×②+12③得：NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)△H=−413.5kJ/mol；(2)总反应分两步进行N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)，“Fe+”常

用作该反应的催化剂，第一步：Fe++N2O=FeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，第二步为FeO++CO==Fe++CO2；第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，活化能越大

反应速率越慢，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能；(3)①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H>0；②相同温度下，增大压强平衡逆向移动，N2O转化率减小，相同温度下反应物转化率Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，则压强：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，曲线Ⅰ、Ⅱ、

Ⅲ分别是恒压、改变温度条件下的平衡转化率，则A、B、C三点处容器内总压强：pA(Ⅰ)<pB(Ⅱ)<pC(Ⅲ)，图中A、B、C三点处容器内总压强最大的点是C；③容器Ⅱ，在470℃时N2O的平衡转化率为60%，2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)起始0.1mol/L00转化0.06mol

/L0.06mol/L0.03mol/L平衡0.04mol/L0.06mol/L0.03mol/L所以v(N2)=0.06mol/L0.5min=0.12mol·L−1·min−1；该反应的平衡常数K=0.03×0.0620.042mol·L−1=0.0675

mol·L−1；④若容器IV与容器II的体积相等，容器IV在470℃进行反应时，与470℃时容器Ⅱ为等效平衡，据③中数据知，容器IV开始时平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，所以存在起始速率：v正(N2O

)>v逆(N2O)。