2017-2018学年河北省邢台市第八中学高二上学期期末考试化学试题 解析版


2017-2018学年第一学期期末考试高二化学试题卷
（时间：90分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 Cu—64 O—16
第1卷
一、选择题（3×18=54分）
1.下列微粒对CH3COO-+ H2OCH3COOH + OH-水解平衡有影响的是( )
A. H3O+ B. C. NO3- D. Ba2+
【答案】A
【解析】
试题分析：H3O+ 与CH3COO-反应，CH3COO-浓度减小，平衡左移。
考点：水解平衡的影响因素

2.有甲、乙两个装置,下列说法错误的是(   )

A. 甲、乙装置中,Zn质量均减小 B. 甲、乙装置中,Cu上均有气泡产生
C. 化学反应速率乙>甲 D. 甲中H+移向Zn，乙中H+移向Cu
【答案】B
【解析】
甲装置中的两种金属未用导线连接，所以不能构成原电池。乙装置符合原电池的构成条件，构成了原电池，锌作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，作原电池负极的金属腐蚀速率较快，原电池放电时，阳离子向正极移动。A项，甲、乙装置中锌都失去电子转化成锌离子进入溶液，所以锌的质量均减小，故A项正确。B项，甲装置中，锌和氢离子发生置换反应生成氢气，所以锌附近有气泡产生，乙装置构成原电池，氢离子在正极铜上得电子生成氢气，故B项错误。C项，甲装置不能构成原电池，乙装置能构成原电池，反应速率：乙>甲，故C项正确。D项，甲装置中氢离子在锌附近得电子发生还原反应，乙装置中氢离子在铜上得电子发生还原反应，所以甲装置中H+移向Zn，乙装置中H+移向Cu，故D项正确。

3.下列过程表达式中,属于电离方程式的是(   )
A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O B. NH3·H2ONH4++OH-
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-
【答案】B
【解析】
【分析】
酸、碱、盐溶于水时发生电离，此过程用电离方程式表示，书写电离方程式时应先判断电解质的强弱。如为强电解质则在水中完全电离，用“＝”连接，若为弱电解质则在水中部分电离，用“”连接。同时等式两边应遵循质量守恒定律，即左右两边同种元素的原子个数相等。溶液之所以不显电性，是因为阳离子所带的正电总数和阴离子所带的负电荷总数相等，电离时原子团一般不拆分。
【详解】A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O，此式可表示为HSO3-+H+H2SO3，不是电离方程式，A项错误；
B. NH3·H2ONH4++OH-，表示NH3·H2O 为弱电解质，发生部分电离，B项正确；
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，表示CH3COO-在水中发生水解反应，不是电离方程式，C项错误；
D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-，表示酸式盐与碱反应生成正盐和水，不是电离方程式，D项错误；
答案应选B。

4.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是(   )
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2
D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g), △H①
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaHCO3的溶液中应遵循物料守恒，即c (Na+)=c (HCO3-) + c (CO32-) + c(H2CO3) ，A项错误；
B. 25℃时,pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH等体积混合，CH3COOH部分电离产生的H+与NaOH完全电离产生的OH—恰好完全反应，这说明CH3COOH浓度高，因此反应后：c(Na+)〈c(CH3COO-)，B项错误；
C. pH=3的盐酸与pH=3的醋酸溶液中,氢离子浓度均为10-3mol/L，因此对水电离的抑制作用相同，水电离的c(H+)相等，C项错误；
D. 常温下, ①NH4HCO3溶液中的HCO3-对NH4+水解有一定的促进作用，因此溶液中的c(NH4+)略小；③NH4HSO4在水溶液中完全电离成NH4+、H+、SO42-，其中H+对NH4+水解有一定的抑制作用，因此溶液中的c(NH4+)略大；当①NH4HCO3 ②(NH4)2CO3 ③NH4HSO4三种溶液物质的量浓度相等时，②(NH4)2CO3中因c(NH4+)=2c[(NH4)2CO3]最大，因此c(NH4+)由大到小的顺序为: ②>③>①
答案应选D。
【点睛】本题考核了溶液中离子浓度的比较、物料守恒关系以及溶液中pH的简单运算。在分析溶液中的物料守恒关系时，应注意建立除氢元素、氧元素以外其它元素的守恒关系，即在碳酸氢钠溶液中钠元素与碳元素的守恒关系。在判断不同溶液中相同离子浓度大小关系时，应注意溶液中其它离子对该离子的影响，如NH4HCO3溶液中的HCO3-对NH4+水解有一定的促进作用，使溶液中的c(NH4+)略小；而NH4HSO4在水溶液中完全电离成NH4+、H+、SO42-，其中H+对NH4+水解有一定的抑制作用，因此溶液中的c(NH4+)略大。

18.室温下,用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是(   )

A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于滴定盐酸消耗的V(NaOH)
C. V(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中C(CH3COO-)+2C(H+)=C(CH3COOH)+2C(OH-)
D. V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中C(Cl-)=C(CH3COO-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液中pH：醋酸>盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，A项错误；
B．NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐，醋酸钠溶液呈碱性。pH=7时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则NaOH的体积应稍微小于恰好与醋酸完全反应时NaOH的体积，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL， B项正确；
C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）>c（OH-），C(CH3COO-)>C(CH3COOH)，故C(CH3COO-)+2C(H+)>C(CH3COOH)+2C(OH-)，C项错误；
D．V(NaOH)=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl-）>c（CH3COO-），D项错误；
答案选B。
【点睛】本题考核了强酸与弱酸在与碱发生反应时的区别。解题的关键是注意与强酸等浓度的弱酸因发生部分电离， pH较大。而当与碱发生反应时，若想恰好完全反应，虽与等浓度的强酸消耗碱的量相同，但生成的盐却因水解而使溶液显碱性。

二、填空题
19.在101kPa时,0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O放出495.2kJ的热量,写出该反应的热化学方程式______。
【答案】CH4(g)+ 2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) △H= -890.4kJ·mol-1
【解析】
【分析】
热化学方程式是表示反应所放出或吸收热量化学方程式，它既表明了化学反应中的物质变化，又表明了化学反应中的能量变化。在101kPa时，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O放出495.2kJ的热量,故1mol CH4 完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出890.4kJ的热量，以此书写方程式。
【详解】在101kPa时，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O放出495.2kJ的热量,故1mol CH4 完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出890.4kJ的热量，因此该反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.4kJ/mol；
【点睛】此题考核了热化学方程式的书写，与普通化学方程式相比，正确书写热化学方程式，应注意以下几点：
(1) △H只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右（后）边。若为放热反应，△H为“－” ；若为吸热反应，△H为“＋” 。△H的单位一般为 kJ/mol 。　
(2) 反应热△H与测定条件（温度、压强等）有关。书写热化学方程式时，应注明△H的测定条件（温度、压强），未指明温度和压强的反应热△H，指25℃（298K）、101KPa时的反应热△H。　　　　
(3) 物质本身具有的能量与物质的聚集状态有关。反应物和生成物的聚集状态不同，反应热△H的数值以及符号都可能不同。因此，必须注明物质（反应物和生成物）的聚集状态（气体－g 液体－l 固体－s 稀溶液－aq ）。若有同素异形体，则需标注清楚物质的种类。　　　　
(4) 热化学方程式中，各物质化学式前的化学计量数，只表示该物质的物质的量，可以是整数、分数、或小数。对相同化学反应，化学计量数不同，反应热△H也不同。
(5) 相同条件（温度、压强），相同物质的化学反应（互逆反应，不一定是可逆反应），正向进行的反应和逆向进行的反应，其反应热△H数值相等，符号相反。

20.在利用镁条与醋酸的反应研究化学反应速率的影响因素的实验中,同学们记录了相同体积、不同浓度的醋酸与足量Mg条反应,产生H2体积随时间变化的数据,并以单位时间内产生H2的体积来表示反应速率,其反应速率随时间变化的图(如图所示)。

(1)在a、b、c、d四条曲线中,对应醋酸溶液的物质的量浓度最小的是_________,反应最后产生的H2在相同条件下体积最大的是_____________。
(2)在d曲线中,反应一段时间以后,反应速率出现反常的升高的现象(x点附近)。产生这种现象的原因主要是____________。
【答案】 (1). a (2). d (3). Mg和酸的反应是放热反应,反应过程中放出的热量将使溶液的温度升高
【解析】
【分析】
对比四条曲线，可知在温度、压强均相同的时候，反应速率与反应物的浓度呈正比关系，即反应物浓度越高，反应速率越快。但由于Mg和酸的反应是放热反应，因此在b、c、d三根曲线上都能看出在反应过程中，随着反应放出的热量使溶液的温度升高，反应速率加快(x点附近)；但随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率将逐渐减慢。
【详解】(1)当恒T，恒P时，化学反应速率与反应物的浓度呈正比关系，即反应物浓度越小，反应速率越慢。在a、b、c、d四条曲线中，醋酸溶液的物质的量浓度最小对应着单位时间内产生H2的体积最小的a曲线。根据曲线可知，d曲线单位时间产生的H2体积最大。
(2) 由于Mg和酸的反应是放热反应，因此在反应过程中放出的热量将使溶液的温度升高，反应速率加快(x点附近)。
【点睛】本题考查了不同条件对反应速率的影响。解题的关键是准确判断相同条件下影响反应速率的主要因素。例如，在本题中当温度、压强均相同的时候，反应速率与反应物的浓度呈正比关系，即反应物浓度越高，反应速率越快。但由于Mg和酸的反应是放热反应,因此仔细观察b、c、d三根曲线，都能看出在反应过程中随着反应溶液的温度升高，反应速率加快，但随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率依然呈逐渐减慢的趋势。

21.如图所示,水槽中试管内有一枚铁钉,放置数天观察:

（1）铁钉在逐渐生锈,则铁钉的腐蚀属于_____腐蚀。
（2）若试管内液面上升,则原溶液是_____性,发生______腐蚀,电极反应:负极:_______,正极:________。
（3）若试管内液面下降,则原溶液是_____性,发生______腐蚀,电极反应:负极:_______,正极:______________。
（4）若溶液甲为水,溶液乙为海水,则铁钉在____(填“甲”或“乙”)溶液中腐蚀的速度快。
【答案】 (1). 电化学 (2). 弱酸性或中性 (3). 吸氧 (4). Fe—2e-=Fe2+ (5). O2 + 2H2O+4e-=4OH- (6). 较强的酸性 (7). 析氢 (8). Fe—2e-=Fe2+ (9). 2 H++ 2e-= H2↑ (10). 乙
【解析】
【分析】
将一枚铁钉放置在水槽中的试管内，因铁钉周围存在着大量的电解质溶液，因此铁钉的腐蚀主要以电化学腐蚀为主；若原溶液呈弱酸性或中性，则铁钉主要发生吸氧腐蚀，试管内液面将上升；若原溶液具有较强的酸性，则铁钉主要发生析氢腐蚀，试管内液面将下降。
【详解】（1）将一枚铁钉放置在水槽中的试管内，因铁钉周围存在着大量的电解质溶液，因此铁钉的腐蚀主要以电化学腐蚀为主；
（2）若试管内液面上升，则说明铁钉在发生腐蚀的过程中吸收了一些气体，即发生了吸氧腐蚀。因此原溶液应是弱酸性或中性溶液 ,其发生的电极反应应为：负极： Fe—2e-=Fe2+，正极： O2 + 2H2O+4e-=4OH-；
（3）若试管内液面下降，则说明铁钉在发生腐蚀的过程中释放了一些气体，即发生了析氢腐蚀。则原溶液具有较强的酸性，电极反应：负极： Fe—2e-=Fe2+，正极： 2 H++ 2e-= H2↑；
（4）若溶液甲为水，溶液乙为海水，则铁钉在离子浓度越高的电解质溶液中发生电化学腐蚀的速度越快。因此铁钉在乙溶液中腐蚀的速度快。

22.10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液,测得该溶液的pH发生如下变化:
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8

甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HCO3-水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为_____。
乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3并推断Na2CO3的水解程度______NaHCO3 (填”大于”或”小于”)。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。
丙认为: (1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则____(填”甲”或”乙”)判断正确。试剂X是____。
A．Ba（OH）2溶液 B．BaCl2溶液 C．AlCl3溶液 D．澄清石灰水
(2)查阅资料发现NaHCO3的分解温度为150℃,丙断言____(填”甲”或”乙”)的判断是错误的,理由是___________。
【答案】 (1). (2). 大于 (3). 乙 (4). B (5). 乙 (6). 常压下加热NaHCO3的水溶液,溶液的温度达不到150 ℃
【解析】
【分析】
甲、乙两同学对碳酸氢钠溶液受热后碱性增强的原因进行了猜测，其中甲认为温度升高，促进碳酸氢钠水解，导致溶液碱性增强，而乙认为碳酸氢钠受热发生分解产生了碳酸钠，而由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，使溶液碱性增强。若要证明甲、乙的结论，则证明CO32-是否存在即可。若CO32-存在则说明乙对，若CO32-不存在，则说明甲对。以此解题。
【详解】甲：碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，其发生水解的方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；
乙：碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，其水解的方程式分两步，分别为：CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-。由于碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度。
丙：若要证明甲、乙的结论，则证明CO32-是否存在即可。若CO32-存在则说明乙对，若CO32-不存在，则说明甲对。
（1）碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡 Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl。因此向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入BaCl2溶液，就可鉴别是否存在CO32-。氢氧化钡或氢氧化钙与碳酸钠或碳酸氢钠溶液都生成白色沉淀，无法证明CO32-是否存在。AlCl3溶液与碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液均会发生双水解反应产生白色沉淀和气体，因此也无法证明CO32-是否存在。故答案为：乙、B；
（2）碳酸氢钠的分解温度是150℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，所以碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，由此判断乙是错误的，故答案为：乙、常压下加热NaHCO3的水溶液,溶液的温度达不到150 ℃。

三、实验题
23.乙二酸俗名草酸,某化学学习小组的同学欲探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中x值。通过查阅资料该小组同学通过网络查询得知,草酸易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:2MnO4-+5H2C2O4+6H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O该组同学设计了滴定的方法测定x值。
① 称取1.260 g纯草酸晶体,将其酸制成100.00 mL水溶液为待测液。
② 取25.00 mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀H2SO4
③ 用浓度为0.1000 mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00 mL;请回答:
（1）将草酸晶体配制成溶液时,必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、_____、______。
（2）滴定时,将KMnO4标准液装在右图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。

（3）本实验滴定达到终点的标志是________。
（4）通过上述数据,计算出x=________。
（5）下列滴定操作会使测得的x值偏大的是________。
A.滴定终点时俯视滴定管刻度
B. 滴定终点时仰视滴定管刻度
C.滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小
D.滴定管尖嘴内在滴定前有气泡,滴定后气泡消失
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲 (4). 当最后一滴高锰酸钾滴入，溶液突然出现紫色（或紫红色），且半分钟内不褪色 (5). 2 (6). A
【解析】
【详解】（1）配制100.00 mL一定物质的量浓度的草酸溶液,所需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、 胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；
（3）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（4）设25mL草酸溶液中含草酸的物质的量为x mol，由题目所给化学方程式可知：
2MnO4-+ 6H+ + 5H2C2O4= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL x mol
x=（0.100 0 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL×5）/2=2.5×10-3 mol，
由此可计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：
n（H2C2O4）=2.5×10-3 mol×（100 mL/25 mL）=0.0100 mol，
则1.260 g H2C2O4•xH2O中含H2O物质的量为：（1.260 g-0.0100 mol×90 g/mol）/18 g/mol=0.020 0 mol，计算可得：x=2。
（5）
A. 滴定终点时俯视滴定管刻度，则所读消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此计算所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，x偏大；
B. 滴定终点时仰视滴定管刻度，则所读消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小；
C.滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小；
D.滴定管尖嘴内在滴定前有气泡,滴定后气泡消失，则所读酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此计算所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小；
答案应选A。
【点睛】本题主要考核的是由酸碱中和滴定变形而成的氧化还原反应滴定问题。在解题过程中，误差分析一直是高考的重点和难点。学生在分析此类问题时，应注意把握误差分析的总依据为：C测==（C标V标）/V测。 由于C标、V待均为定值，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标偏大或偏小，则C测偏大或偏小。而此题中又将问题复杂化，在判断完了n测后，还需借助n测计算出样品中的结晶水含量。其中应注意的是n测与样品中的结晶水含量成反比关系。

四、计算题
24.如图所示的电解装置中,A池盛有200mL饱和KCl溶液,B池盛有200ml饱和CuSO4溶液,四个电极都用惰性材料制成,通电一段时间后,B池中阴极增重0.64g,求:

(1)写出A、B两池中阳极电极反应式________。
(2)计算标准状况下气体各为多少升?_________。
【答案】(1)A池：2Cl-- 2e- == Cl2↑
B池：4OH––4e–== 2H2O + O2↑
⑵V（Cl2）= 224mL； V（O2）=112mL
【解析】
（1）该装置是电解池，A池盛有饱和KCl溶液，B池盛有饱和CuSO4溶液，四个电极都是惰性材料，电解池工作时，A装置阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑；B装置中阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（2）通电一段时间后，B池中阴极铜离子放电，电极反应式为：Cu2+ + 2e- ═Cu，增重0.64g铜，则转移电子的物质的量=×2=0.02mol；则生成氯气的体积=×22.4L/mol=224mL，则生成氧气的体积=×22.4L/mol=112mL。
点睛：该题的关键是，该装置中A、B两池均是电解池；在某一装置中，只要有外接电源这里面的所有装置均是电解池。