【化学】内蒙古集宁一中2018-2019学年高二上学期第一次阶段测试（解析版）

内蒙古集宁一中2018-2019学年高二上学期第一次阶段测试

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12   N 14   O 16   Na 23   S 32   Fe 56  Cu 64

一、选择题共42分

1.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)

A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅

B. 高压比常压有利于合成SO3的反应

C. 加入催化剂有利于氨的合成

D. 工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来

【答案】C

【解析】

A.二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2 NO2N2O4，红棕色的NO2，加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；B. 合成SO3的反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；C. 加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释；D. 工业制取金属钾，Na(l)+ KCl(l) NaCl(l)+ K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，D可以用平衡移动原理解释。本题选C。

2.下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)

【答案】D

【解析】

试题分析：当反应的△H<0、△S>0时能自发进行。

考点：化学反应自发进行的条件。

3.在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是(　　)

A. 熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42—

B. H2CO3的电离：H2CO32H＋＋CO32—

C. Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－

D. 水溶液中的NaHSO4电离：NaHSO4===Na＋＋HSO4—

【答案】C

【解析】

试题分析：A．熔融状态下的NaHSO4 电离方程式为NaHSO4=Na＋＋HSO4－，A错误；B．H2CO3的电离分步进行，且以第一步为主，即电离方程式为H2CO3H＋＋HCO3－，B错误；C． Fe(OH)3是多元弱碱，电离一步到位，即 Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－，C正确；D．水溶液中的 NaHSO4 电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，D错误，答案选C。

考点：考查电离方程式书写

4.下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是(　　)

A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32—、K＋、Cl－、Na＋

B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NO3—、Mg2＋、Na＋、SO42—

C. 在 ＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2＋、Cl－、NO3—

D. ＝10－14mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3—、Cl－、K＋

【答案】B

【解析】

【详解】A. 能使pH试纸变红的溶液是酸性溶液，CO32—与H+不能大量共存，A错误；

B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中镁离子与氢氧根离子反应，但在酸性溶液中离子之间不发生反应,所以可能大量共存,B正确；

C. 在c(OH-)/c(H+)=1×1012的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液显碱性，NH4+、Fe2＋与OH-均不能大量共存，C错误；

D.KW/c(H+)=10－14mol·L－1的溶液中, c(H+)=1mol/L，溶液显酸性，HCO3—与H+不能大量共存，D错误；

正确选项B。

5.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol/L的Na2S2O3溶液滴定碘水，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法正确的是(　　)

A. 该滴定反应可用甲基橙作指示剂

B. Na2S2O3是该反应的还原剂

C. 该滴定反应可选用如下图所示的装置

D. 该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为4 mol

【答案】B

【分析】

本题考查酸碱中和滴定知识。根据反应原理I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6选择指示剂为淀粉，根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂和得失电子数；根据溶液酸碱性选择滴定管。Na2S2O3溶液是强碱弱酸盐，选择碱式滴定管。

【详解】A.因为该反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O3，是碘单质转变成了碘离子，检验碘的试剂是淀粉溶液，所以滴定反应不应用甲基橙作指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，故A项错误；B.在该反应中，I2的化合价降低，得到电子，I2作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，故B项正确；C.Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，不能用酸式滴定管盛装，C项错误；D.根据方程式I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O3知该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子，故D项错误。

6.常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是(　　)

A. pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5

B. pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1

C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13

D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6

【答案】C

【解析】

【分析】

A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；

B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；

C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；

D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。

【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍, pH＝5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH<5,故A错误；

 B.将pH＝4的H2SO4加水稀释100倍,则溶液的pH＝6,溶液中c(OH-)=1×10－8 mol·L－1，所以溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1,故B错误；

C. 将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，溶液中c(OH-)=0.1×2×1/2=0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－13mol·L－1,所以pH=13,故C正确；

D. pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH>7,故D错误；

正确选项C。

【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。

7.在一定温度下的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示，则下列关系正确的是(　　)

①p1>p2　②p1<p2　③m＋n>p＋q　④m＋n＝p＋q　⑤m＋n<p＋q

A. ①③    B. ②③    C. ②⑤    D. ①④

【答案】C

【解析】

【分析】

由“先拐先平数值大”原则知p2>p1，压强越大C%越小，说明增大压强平衡逆向移动，即m＋n<p＋q。

【详解】本题是起始反应物为A、B，生成物为C、D的可逆反应(注意起点)，从反应开始达到平衡的的反应过程。图象显示，在压强为p1时，在t2达到平衡，生成物C的体积分数为c1；在压强为p2时，在t1达到平衡，生成物C的体积分数为c2。从横坐标看，t2＞t1说明p2时化学反应速率快，先达到平衡，所以压强p2＞p1；从纵坐标看，c1＞c2，说明加压将使平衡向逆反应方向移动，即p+q＞m+n。即正确的有②⑤，答案选C。

【点睛】本题考查了压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定压强的相对大小，再结合压强与生成物C物质的量的变化确定反应气体的计量数变化，难度中等。

二、非选择题共58分

8.下列物质中：（1）能导电的是_______；（2）属于电解质的是_______；（3）属于非电解质的是_______；（4）属于强电解质的是_______；（5）属于弱电解质的是_______。

A．NaOH溶液   B．Cu   C．液态HCl   D．液态CH3COOH   E．蔗糖溶液   F．液氨   G．氨水   H．CuSO4晶体   I．石墨   J．无水乙醇

【答案】    (1). ABGI    (2). CDH    (3). FJ    (4). CH    (5). D

【分析】

（1）导电的物质是含自由电子的金属、电解质溶液或熔融状态的电解质； 
（2）水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质； 
（3）导电的物质是含自由电子的金属、电解质溶液或熔融状态的电解质； 
（4）水溶液中完全电离的电解质为强电解质； 
（5）水溶液中部分电离的电解质为弱电解质。

【详解】（1）导电的物质是含自由电子的金属、电解质溶液或熔融状态的电解质：A．NaOH溶液、B．Cu、G.氨水、I.石墨都可以导电；正确选项：ABGI。

(2)水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质：C.液态HCl、D.液态CH3COOH、H.无水胆矾，属于电解质；正确选项CDH。

(3) 水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质：F．液氨、J．无水乙醇属于非电解质；正确选项FJ。

(4)水溶液中完全电离的电解质为强电解质：C.液态HCl、H.无水胆矾，二者在水溶液中全部电离，属于强电解质；正确选项CH。

(5)水溶液中部分电离的电解质为弱电解质：D.液态CH3COOH溶于水后部分电离，属于弱电解质；正确选项：D。

9.(1)某温度(t ℃)时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11，则该温度下水的Kw＝______。在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________。

(2)25 ℃时，0.1 mol·L－1的HA溶液中＝1010。请回答下列问题：

①HA是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。

②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是__________(填字母)。

a.c(HA)        b.         c.c(H＋)与c(OH－)的乘积       d.c(OH－)

【答案】    (1). 1×10－13    (2). 10∶1    (3). 弱电解质    (4). bd

【详解】（1）0.01 mol·L－1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol·L－1，溶液的pH为11，溶液中氢离子浓度为10－11 mol·L－1，该温度下水的离子积Kw＝0.01×10－11=1×10－13 ；在此温度下, 将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，若所得混合液为中性，说明氢氧根离子和氢离子恰好反应, Va×10a-13= Vb×10-b，则Va∶Vb＝1013-a-b：1，由于a＋b＝12，计算得出Va∶Vb=10∶1；因此，本题正确答案是: 1×10－13 ；10∶1。

(2)①25 ℃时，0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)/c(OH-)=1010, 根据Kw＝c(H＋) ×c(OH-)=10-14可知，c2(H＋)= 1×10－4 ，c(H＋)= 1×10－2 mol·L－1，说明HA是弱酸，属于弱电解质；正确答案：弱电解质。

②a. 存在HAH++ A-平衡，在加水稀释HA溶液的过程中，平衡右移，n(H+)和n(A-)增大, n(HA) 减小，但V变大, c(HA) 减小,故a错误；
b. 存在HAH++ A-平衡，在加水稀释HA溶液的过程中, 平衡右移，n(H+)和n(A-)增大, n(HA) 减小，V变大, 在同一溶液中V相同，c(H+)/c(HA)= n(H+)/n(HA), 随着水量的增加比值增大, 故b正确；

c. 水的离子积常数只受温度影响，c(H+)与c(OH－)的乘积不变，故c错误；

d. 弱酸HA加水稀释,溶液酸性减弱,氢离子浓度减小,由于温度不变，Kw也就保持不变，所以氢氧根离子浓度增大,故d正确；

因此，本题正确答案是: b d。

10.实验室欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，用0.1000 mol·L－1HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。请回答下列问题：

(1)滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为________，盛装标准盐酸的仪器名称为___________；滴定至终点的颜色变化为_____________________________ 。

(2)甲同学在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数0.50 mL，滴定后液面如图所示，则此时消耗标准溶液的体积为________。

(3)乙同学做了三组平行实验，数据记录如下：

读取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为________。

(4)下列操作会使测定结果偏高的是________(填字母，双选)。

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗

C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失

D．滴定前酸式滴定管读数正确，滴定后俯视滴定管读数

【答案】    (1). 锥形瓶    (2). 酸式滴定管    (3). 溶液由黄色变为橙色且半分钟内不恢复原色    (4). 26.30 mL    (5). 0.1052 mol·L－1    (6). AC

【详解】（1）用0.1000 mol·L－1HCl 的标准溶液对未知浓度的NaOH溶液进行中和滴定，NaOH溶液为待测溶液，应盛装在锥形瓶中；盐酸溶液为标准溶液，应盛装在酸式滴定管中；在本次滴定实验中，采用甲基橙作指示剂，当到达滴定终点时，滴入最后一滴盐酸，锥形瓶中的溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色；正确答案：锥形瓶；酸式滴定管；溶液由黄色变为橙色且半分钟内不恢复原色。 

（2）滴定后，液面示数为26.80 mL，故消耗标准溶液的体积为26.80-0.05=26.30mL；正确答案：26.30 mL。

（3）三组实验中，消耗标准溶液盐酸的体积分别为26.29mL，29.74mL，26.31mL，观察数据可知，第二组实验误差较大，应舍去，故消耗HCl标准溶液的平均体积为（26.29+26.31）/2=26.30mL ，待测NaOH溶液的物质的量浓度为: 26.30×10－3×0.1000/25×10－3=0.1052 mol·L－1；正确答案：0.1052 mol·L－1。

（4）A项，锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，使得消耗HCl标准溶液体积偏大，测得锥形瓶中待测NaOH溶液的物质的量浓度偏高，故选A项；

B项，酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，操作正确，不会导致测定结果产生偏差，故不选B项；

C项，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗的HCl标准溶液体积偏大，测得NaOH溶液的物质的量浓度偏高，故选C项；

D项，滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，导致消耗的HCl标准溶液体积偏小，测得NaOH溶液的物质的量浓度偏低，故不选D项。

综上所述，本题正确答案为AC。

【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验的操作步骤，滴定管的结构、滴定实验的误差分析、终点的判断以及计算的应用，题目难度中等。

11.300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)　ΔH＝Q，2min末达到平衡，生成0.8 molD。

(1)300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃<K350 ℃，则ΔH ______0(填“>”或“<”)。

(2)在2 min末时，B的平衡浓度为________，D的平均反应速率为________。

(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“变”)。

(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。

【答案】    (1).      (2). >    (3). 0.8 mol/L    (4). 0.2 mol/(L·min)    (5). 不变    (6).

【分析】

（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，根据平衡常数的变化可判断温度对平衡移动的影响；

（2）根据三段式求出各组分的物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量，从而计算出B的物质的量浓度，根据V= 计算D反应速率；

（3）该反应反应前后气体体积不变，结合方程式的特点判断平衡的影响结果；

（4）将C、D的量折算成A、B的量，则相当于加入2molA和2/3molB，据此解答。

【详解】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则该反应平衡常数表达式K=；K300℃＜K350℃，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，△H＞0；正确答案：. ；>。

（2）对于可逆反应: 3A(g)＋B(g)  2C(g)＋2D(g)

　起始量（mol）  2    2    0    0

变化量（mol）  1.2  0.4    0.8   0.8

平衡量（mol）  0.8  1.6    0.8   0.8

由上述计算可知，平衡时B的物质的量为1.6mol，所以B的平衡浓度为c(B)=0.8/2=0.8mol/L；平衡时D的物质的量为0.8mol，所以用D表示的平均反应速率为v(D)=0.8/(2×2)= 0.2mol/（L•min）；正确答案：0.8 mol/L ； 0.2 mol/(L·min)。

（3）由方程式可知，气体的化学计量数之和前后相等，则反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响，温度不变缩小容器容积，则A的转化率不变；正确答案：不变。

（4）将C、D的量折算成A、B的量，则相当于加入2molA和2/3molB，容器体积固定，若浓度相同，则说明起始时物质的量相等，故B还应加入2mol-2/3mol=4/3mol；正确答案：4/3。