吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题

吉林省延边第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题

延边第二中学2019～2020学年度第一学期期中考试 高二年级化学试卷（理科）‎ 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题60分）和第Ⅱ卷（非选择题40分）、附加题（15分）三部分，试卷共8页，共三大题，25小题, 附加题计入总分。‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 K:39 Fe:56 Co:59 Cu:64 Ag:108 Zn:65‎ 第Ⅰ卷 选择题（60分）‎ 一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则 ‎①a+b=1‎ ‎②a×△H1+b×△H2=△H3‎ 由方程组解得，则乙醇和甲醇物质的量之比，故答案选B。‎ ‎2.进入接触室的混和气体体积组成是：SO27%、O211%、N282%。现有100体积混和气体进入接触室，反应后的总体积变为97.2，则SO2的转化率为（ ）‎ A. 50% B. 60% C. 80% D. 90%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎100体积混和气体中SO2是7体积，氧气是11体积，氮气是82体积。设消耗SO2的体积时x，则 ‎_ 2SO2 ＋ O2 2SO3‎ 起始量 7 11 0‎ 转化量 x 0.5x x 平衡量 7－x 11－0.5x x 所以有7－x＋11－0.5x＋x＋82＝97.2‎ 解得x＝5.6‎ 所以SO2的转化率时5.6÷7×100％＝80％‎ 答案选C。‎ ‎3. 常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是 A. 当溶液中c(CH3COO－)=" c" (Na＋)＞c (H＋)= c(OH－)时，一定是醋酸过量 B. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，一定是氢氧化钠过量 C. 当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应 D. 当溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，一定是氢氧化钠过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，而c (H＋)= c(OH－)时，溶液显中性，所以醋酸过量，正确；B、根据电荷守恒规律，当溶液中c (CH3COO－)=" c" (Na＋)时，c (H＋)= c(OH－)，所以醋酸过量，错误；C、溶液显中性，醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应，醋酸过量，错误；D、溶液中c (Na＋)＞c (CH3COO－)＞c (OH－)＞c (H＋)时，说明溶液显碱性，不一定是氢氧化钠过量，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液，也会有该不等式成立，错误，答案选A。‎ 考点：考查溶液混合的离子浓度的大小关系的判断 ‎4.下列说法不正确的是 ‎①盐酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸铜溶液可以加快反应速率且不影响生成氢气的物质的量 ‎②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率 ‎③对反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，在一密闭容器中进行，充入氦气，则化学反应速率一定不变 ‎④对于反应3KSCN(aq)+ FeCl3(aq)Fe(SCN)3(aq)+3KCl(aq)，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大 A. ①②④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①锌和铜离子反应生成铜单质，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快反应速率且不影响产气量，①正确；‎ ‎②如为浓硫酸，硫酸主要以分子形式存在，与锌反应不能生成氢气，②错误；‎ ‎③充入氦气，参加反应的气体物质的浓度不变，反应速率不变，③错误；‎ ‎④该反应的实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，氯离子和钾离子不参与反应，因此加入KCl固体对平衡不移动，反应速率不变，④错误；‎ 可见说法不正确的是②③④，故合理选项是C。‎ ‎5.室温下，对于pH=11的氨水，下列判断正确的是 A. 该氨水的浓度为1.0×10-3mol·L-1‎ B. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小 C. 加水稀释，溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大 D. 与pH=3的盐酸等体积混合，反应后溶液pH=7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，故A错误；‎ B. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液中的主要存在离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)增大，故B错误；‎ C. NH3·H2ONH4+＋OH-，加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，但电离常数不变，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，故C正确；‎ D. 氨水是弱碱，不能完全电离，pH=11的氨水，该氨水的浓度大于1.0×10-3mol·L-1，与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，反应后溶液pH大于7，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.在三个2 L恒容的容器中，分别发生反应A（g）+3B（g）2C（g），5min后各容器反应达平衡状态，其中甲容器中A的物质的量为0.4 mol。下列说法正确的是（）‎ 反应前各物质的物质的量/mol A B C 甲 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 乙 ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ 丙 ‎1.5‎ ‎4.5‎ ‎1‎ A. 乙中5min内C的反应速率为0.16mol-1·min-1‎ B. 达到平衡时，丙中A的浓度是甲中的2倍 C. 丙中反应的平衡常数大于甲中反应的平衡常数 D. 达到平衡时，甲、乙两容器中C的物质的量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等效平衡进行分析；‎ ‎【详解】甲容器中应A（g）+3B（g）2C（g）‎ 起始（mol） 1 3 0‎ 变化（mol） 0.6 1.8 1.2‎ 平衡（mol） 0.4 1.2 1.2‎ 乙容器中和甲容器达到相同平衡状态 乙容器A（g）+3B（g）2C（g）‎ 起始（mol） 0 0 2‎ 变化（mol） 1.2 1.2 0.8‎ 平衡（mol） 1.2 1.2 1.2‎ 恒容容器中丙中达到平衡 A（g）+3B（g）2C（g）‎ ‎ 1.5 4.5 1‎ 起始量可以看作为2 6 0，相当于甲容器的2倍，该反应为气体体积减小的反应，即压强增大平衡向正反应方向进行，‎ A、甲容器和乙容器达到相同的平衡状态，依据分析可知应消耗C的物质的量为0.8mol，乙中5min内C的反应速率为=0.08mol/(L·min)，故A错误；‎ B、丙容器中的起始量相当于甲容器的2倍，但该反应为气体体积减小，压强增大平衡向正反应方向进行，则丙中A的浓度比甲容器中的2倍小，故B错误；‎ C、化学平衡常数只受温度的影响，甲和丙容器温度相同，即化学平衡常数不变，故C错误；‎ D、根据上述分析，达到平衡时，甲乙容器中C的物质的量相等，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.已知：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1　①‎ H2(g)===H2(l)　 ΔH2＝－0.92 kJ·mol－1 ②‎ O2(g)===O2(l)　 ΔH3＝－6.84 kJ·mol－1 ③‎ H2O(g)===H2O(l)　 ΔH4＝－44 kJ·mol－1 ④‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 上述四个反应都是吸热反应 B. 1 mol液态H2的能量大于1 mol气态H2的能量 C. H2的燃烧热ΔH为－285.8 kJ·mol－1‎ D. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为H2(l)＋1/2O2(l)===H2O(g)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．△H＜0，为放热反应，其中②和④中的变化是物理变化，不是放热反应，A错误；B．物质由液体变为气体吸收能量，则1mol液态H2的能量小于1mol气态H2的能量，B错误；C．根据燃烧热的定义可知，1mol氢气完全燃烧生成液态水时最稳定，此时H2的燃烧热（△H）为-285.8kJ•mol-1，C正确；D．根据盖斯定律可知①－②－③/2－④可得H2（l）+1/2O2（l）＝H2O（g）△H=-237.56kJ•mol-1，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题综合考查化学反应与能量变化知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握燃烧热的定义以及盖斯定律的应用，选项D是易错点和难点。‎ ‎8.在体积可变的密闭容器中，反应mA(g)＋nB(s)pC(g)达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低。下列说法中，正确的是（ ）‎ A. (m＋n)必定小于p B. m必定小于p C. (m＋n)必定大于p D. n必定小于p ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故答案为B。‎ ‎9.由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3（aq）反应的离子方程式的书写中，不合理的是（ ）‎ 酸 电离常数 碳酸 K1＝4×10－7 K2＝5.6×10－11‎ 亚硫酸 K1＝1.54×10－2 K2＝1.02×10－7‎ A. SO2＋H2O＋2CO32－=2 HCO3－＋SO32－‎ B. SO2＋H2O＋CO32－= H2O+CO2＋SO32－‎ C. 2SO2＋2H2O＋CO32－=H2O+CO2＋2 HSO3－‎ D. SO2＋H2O＋CO32－= HCO3－＋HSO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、H2SO3＞HCO3-，符合强酸制弱酸，故A正确；B、H2CO3可与SO32-反应得到HSO3-，故B错误；C、H2CO3与HSO3-能共存，故C正确；D、HCO3-与HSO3-能共存，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查离子反应发生的条件 ‎【名师点晴】本题考查电离平衡常数的运用。注意强酸制弱酸。已知：H2CO3H++HCO3-，K1=4.3×10-7；HCO3-H++CO32-，K2=5.6×10-11；H2SO3H++HSO3-，K1=1.54×10-2；HSO3-H++SO32-，K2=1.02×10-7；可知碳酸与亚硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-。‎ ‎10. 常温下现有的四份溶液：‎ ‎①0.01 mol/L HCl；②0.01 mol/L CH3COOH；③pH＝12 的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。‎ 下列说法正确的是 A. ②中由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L B. 将①、③混合，若有pH＝7，则消耗溶液的体积：③>①‎ C. 将②、④等体积混合(体积变化忽略不计)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01 mol/L D. 将四份溶液均稀释10倍后溶液pH：③>④，②<①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎　由于CH3COOH为弱电解质，故0.01 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)≠1×10－2mol/L，故由水电离出的c(H＋)≠1×10－12mol/L，A项错误；因pH＝12的氨水中氨水的浓度远大于0.01 mol/L,0.01 mol/L HCl与pH＝12的氨水混合，当pH＝7时，消耗溶液的体积：③<①，B项错误；将②、④等体积混合，溶液的总体积增大，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)<0.01 mol/L，C项错误。0.01 mol/L HCl稀释10倍后pH＝3。CH3COOH是弱酸稀释电离平衡右移，所以0.01 mol/L的CH3COOH稀释10倍后pH<3，D项正确。‎ ‎11.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有( )‎ A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－‎ B. pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋‎ C. 水电离出来的c(OH-)＝10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋‎ D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．pH=11的溶液呈碱性，S2-、SO32-、S2O32-、Na+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C．水电离出来的c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．SiO32-、Al3+之间能够发生反应生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）‎ A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－‎ C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；‎ B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；‎ C、根据HCl和HClO中Cl化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；‎ D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.用0.1 mol/L NaOH溶液滴定0.1 mol/L盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是（ ）‎ A. 10 B. 7.2 C. 4 D. 11.3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】终点时不慎多加了1滴NaOH溶液，即0.05mL，继续加水至50mL，反应后溶液中c(OH-)=×0.1mol·L-1=10-4mol·L-1，根据c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10，故答案为A。‎ ‎14.用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，则原因可能是( )‎ A. 配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质 B. 滴定到终点时，仰视读数，其他操作正确 C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗 D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c（酸）=c(碱)×V(碱)/V(酸)判断不当操作对相关物理量的影响分析。‎ ‎【详解】A项、配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-‎ 浓度偏大，造成消耗标准液体积偏小，溶液浓度偏低，故A正确；‎ B项、滴定终点读数时，仰视滴定刻度，其他操作正常，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏大，故B正确；‎ C项、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用待测液润洗，导致消耗标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故B错误；‎ D项、滴定到终点读数时，发现滴定管尖挂一滴溶液，导致消耗的标准液体积偏大，溶液浓度偏高，故D错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查酸碱滴定实验的误差分析，注意操作的规范性和实验中常见的误差分析是解答关键。‎ ‎15. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝E B. 若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法 C. 若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体 D. 若处在B点时，将pH＝2硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，B>C>A=D=E,因为温度升高。A正确。若从A点到D点，C(H+)变大，C(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法。B正确。若从A点到C点，Kw改变温度改变。C错误。若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2 pH =2的硫酸溶液与pH = 10的KOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性.‎ ‎16.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. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－‎ B. =1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－‎ C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－‎ D. 水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；‎ B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；‎ C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；‎ D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：‎ S（s）+2KNO3（s）+3C（s）==K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=x kJ·mol－1‎ 已知碳的燃烧热ΔH1= a kJ·mol－1‎ S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1‎ ‎2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1‎ 则x为 A. 3a+b－c B. c +3a－b C. a+b－c D. c+a－b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1= a kJ·mol－1，则碳的燃烧热化学方程式为，①C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1= a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）==K2S（s） ΔH2= b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）==2KNO3（s） ΔH3= c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。‎ ‎18.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：（ ）‎ 结合实验，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 B. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故A错误。‎ B．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故B正确 C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；‎ D．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎19.常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是 A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3‎ COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中: c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)‎ D. 0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7): c(CH3COOH)> c(Cl- )＞c(CH3COO-)＞c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO−>NH4+>HCOO−，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)=0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)=0.1mol/L+c(OH−)，水解程度NH4+>HCOO−，所以前者c(H+)大于后者c(OH−)，所以浓度均为0.1 mol⋅L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确；‎ B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c(HCOOH)

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