2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版



南昌二中2018—2019学年度上学期期中考试
高二化学试卷
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ba—137
一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL
C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11
D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量
【答案】D
【解析】
A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；
B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误；
C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；
D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确
故答案选D。
2.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A. CO32－＋H2OHCO3－＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污
B. Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋　明矾净水
C. TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2
D. SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【分析】
A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强；B项，氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以做净水剂；C. TiCl4属于强酸弱碱盐，能够发生水解；D.加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡右移，促进SnCl2的水解。
【详解】A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污，A正确； B项，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以做净水剂，B正确；C项，TiCl4属于强酸弱碱盐，水解可以生成TiO2·xH2O，加热失水可得TiO2，C正确；加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡向氯化亚锡水解的方向进行，所以配制氯化亚锡溶液时应加入盐酸，D错误；正确选项D。
3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是
A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1
C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应的△H>0，△Sc(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
D. 若混合后溶液满足c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则可推出a＝1
【答案】B
【解析】
本题考查的是溶液中离子浓度的大小关系和等量关系。
若混合后溶液pH＝7，c(H+)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH)＝c(Cl－)，所以A正确。
若a＝2，等体积混合后，氨水与盐酸反应生成氯化铵，盐酸还剩余一半，c(Cl－)最大，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，若不考虑铵根水解，c(NH)=c(H＋)，但是铵根肯定会水解，使得c(NH) c(H＋) >c(NH) >c(OH－)，所以B不正确。
若a＝0.5，则氨水反应掉一半剩余一半，溶液中有物质的量相同的两种溶质，氨水电离使溶液显碱性，氯化铵水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性，说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，所以c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)正确。
当a=1时，两溶液恰好反应得到氯化铵溶液，依据质子守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，所以D正确。
点睛：分析溶液中的守恒关系时，先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡，找出溶液中存在的各种粒子，然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如，无论本题中两种溶液以何种比例混合，都存在相同的电荷守恒式：c(H+)+ c(NH)＝c(OH－)+c(Cl－)；当a=2时，由于两溶液体积相同，而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍，所以混合后一定有物料守恒:
c(Cl-)＝2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)；所谓质子守恒，就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子，在NH4Cl
溶液中，由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-，所以质子守恒式为：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
15.常温下，向1 L 0.1 mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是

A. 0.1 mol·L－1 HR溶液的pH为5
B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大
C. 当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
D. 当c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性
【答案】C
【解析】
A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。
16.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中：c（Na+）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3）
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
D. 常温下，CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+ c（Ca2+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+2 c（Cl-）
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中物料守恒为：c（Na+）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ 2c（H2SO3），故错误；
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c（Na+）=2c（CO32―）+ 2c（HCO3―）+ 2c（H2CO3），电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=2c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（OH-），将钠离子消去则有：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3），故正确；
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，应为c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故错误；
D. 常温下，CH3COONa中物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-），CaCl2中物料守恒有2c（Ca2+）= c（Cl-），所以有c（Na+）+ 2c（Ca2+）= c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+ c（Cl-），故错误。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系，电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系，可以推到第三种守恒，即质子守恒。
二、填空题(52分）
17.(1)常温下，有pH值为12的NaOH溶液100 mL，欲将其pH值变为11，采取下列三种措施(设混合后溶液的体积等于两混合溶液体积之和)。请回答有关问题：
①若加水，应加入约________ mL。
②若用pH＝10的NaOH溶液，应加入此NaOH溶液________ mL。
③若用pH＝2的盐酸，应加入________ mL。
(2)pH=2的HA、HB两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL, 其pH的变化如图所示

①稀释前两溶液的浓度c(HA)________c(HB)(填＞．＜．＝，或无法确定)
② HB _______ 是弱酸 (填“一定”、“可能”或“一定不”)
③若 a = 5，则HA酸是否是强酸 ____(填“一定是”、“可能是”、 “一定不是”或“无法确定”)
④稀释后的溶液中，由水电离产生的c(H+): HA中_____ HB中(填＞．＜．＝，或无法确定)
【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 81.8（或900/11） (4). ＜ (5). 一定 (6). 一定是 (7). ＞
【解析】
【详解】（1）①pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2==0.9L=900mL；
②pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，
c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L×（0.1+V2），V2=1L=1000mL；
③pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，
c（OH-）===0.001mol/L，V=81.8mL；
（2）pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小。据此得出酸性：HA＞HB；①在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)