【化学】海南省儋州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

海南省儋州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
注意事项：
1．答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上，答题卡密封线内不准答题。
第I卷（共40分）
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 N－14
一、选择题（本卷共8小题，每小题2分共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 明矾净水 B. 配制FeCl3溶液时加入适量盐酸
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂 D. 泡沫灭火器的灭火原理
【答案】C
【解析】
【详解】A. 明矾的主要成分是KAl(SO4)2•12H2O，加入水中后Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能起到净水的作用，与盐类的水解有关，A项错误；
B. Fe3+水解使溶液显酸性，配制时加入适量盐酸，能抑制盐类的水解，与盐类的水解有关，B项错误；
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂，与盐类的水解无关，C项正确；
D. 泡沫灭火器中发生的是Al3+和HCO3-发生双水解产生大量的CO2，与盐类的水解有关，D项错误；
答案选C。
2.在一定温度下，当Mg(OH)2在水溶液达到平衡：Mg (OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使平衡向左移动，且c(Mg2＋)增大，下列叙述正确的是（ ）
A. 加少量水 B. 加入少量盐酸
C. 加入少量氢氧化钠固体 D. 加入少量MgSO4 固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入少量水，溶解平衡向右移动，故A错误；
B、加少量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡向右移动，c（Mg2+）增加，故B错误；
C、加入NaOH固体，增大了c（OH-），使溶解平衡向左移动， c（Mg2+）减小，故C错误；
D、加入少量固体MgSO4，增大了c（Mg2+），使溶解平衡向左移动，故D正确；
本题选D。
3.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，下列反应中能放出57.3kJ热量的是（ ）
A. 1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O(l)
C. 稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1molH2O(l)
D. 稀盐酸与氨水反应生成1molH2O(l)
【答案】B
【解析】
【分析】中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，据此分析判断。
【详解】A. 由中和热的概念可知稀H2SO4与NaOH溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，A项错误；
B. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O(l)时放出57.3kJ热量，B项正确；
C. 95%浓硫酸发生反应时要放出热量，与NaOH反应放出的热量大于57.3kJ，C项错误；
D. 氨水属于弱碱，电离时需要吸收能量，与稀盐酸反应放出的热量小于57.3kJ，D项错误；
答案选B。
4.常温下，0.1mol/L的下列溶液中pH最小的是（ ）
A. NaCl B. NaHCO3
C. Al2(SO4)3 D. Ba(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】A. 氯化钠为强酸强碱盐，不发生水解，水溶液为中性，pH=7；
B. NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，pH>7；
C. Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显酸性，pH1，说明HNO2电离不完全，为弱酸，A项不符合题意；
B.溶液的导电能力与离子浓度成正比，但与电解质的强弱无关，B项符合题意；
C. HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c(OH-)增大，c(H+)减小，加入NaNO2晶体，增大了c(NO2-)的浓度，平衡逆向移动，C项不符合题意；
D. 常温下，NaNO2溶液的pH>7，说明NaNO2为强碱弱酸盐，即HNO2为弱酸，D项不符合题意；
答案选B。
二、选择题：(本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分)。
9.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深
B. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
C. 向氯水中缓慢加入硝酸银固体，氯水颜色变浅
D. 使用MnO2作催化剂能加速H2O2的分解
【答案】AD
【解析】
分析】勒夏特列原理的内容是：如改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；研究对象是可逆反应，据此分析。
【详解】A. H2和I2生成HI的反应为可逆反应，且为等体积反应，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A项正确；
B. 合成氨的反应为可逆反应，将氨液化分离，可使平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 氯水中存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入硝酸银固体可使平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. H2O2的分解反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；
答案选AD。
10.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，则此溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）
A. Al3＋、Na＋、NO3-、Cl－ B. K＋、Na＋、Cl－、NO3-
C. K＋、Na＋、Cl－、HCO3- D. K＋、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，说明该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，也就是说溶液中存在着H+或者OH-，据此判断。
【详解】A. Al3＋与OH-发生反应，不能大量共存，A项错误；
B. K＋、Na＋、Cl－、NO3-与H+或OH-均可大量共存，B项正确；
C. HCO3-与H+或者OH-均发生复分解反应而不能大量共存，C项错误；
D. NH4+与OH-生成弱电解质NH3•H2O，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
11.温度恒定的条件下，在2L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。开始充入4mol的SO2和2mol的O2，10s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法不正确的是（ ）
A. v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B. 10s内，v(SO3)=0.05mol·L-1·s-1
C. SO2的平衡转化率为25% D. 平衡时剩余SO2的物质的量为3.5mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程式利用三段法进行计算并判断。
【详解】平衡时n(SO3)= 0.5 mol·L-1×2L=1mol
2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)
始(mol) 4 2 0
转(mol) 1 0.5 1
平(mol) 3 1.5 1
A. 由以上分析可知v(SO2)==0.05mol·L-1·s-1，v(O2)==0.025mol·L-1·s-1，则v(SO2)∶v(O2)=0.05:0.025=2∶1，A项正确；
B. v(SO3)==0.05mol·L-1·s-1，B项正确；
C. SO2的平衡转化率=×100%=25%，C项正确；
D.由以上分析知平衡时剩余SO2的物质的量为3mol，D项错误；
答案选D。
12.常温下，下列关于pH=3的HF溶液的叙述正确的是（ ）
A. 该溶液中由H2O电离出的c(H+)=1.0×10－3 mol·L-1
B. 与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液呈中性
C. 该溶液中离子浓度大小关系：c(H+)＞c(F－)＞c(OH-)
D. 滴加NaOH溶液至c(F－)=c(Na+)时，溶液pH=7
【答案】CD
【解析】
【分析】A. HF电离出的H+抑制了水的电离；
B. HF过量，与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液呈酸性；
C.H+除了来自HF电离，还来自水的电离，因此c(H+)>c(F-)；
D.根据电荷守恒进行分析。
【详解】A. pH=3的HF溶液中，c(H+)=10-3mol/L，电离出的H+抑制了水的电离，溶液中OH-来自水的电离，则由水电离出的c(OH-)=)==10-11mol/L，A项错误；
B. pH=3的HF溶液与等体积pH=11的NaOH溶液混合，HF为弱酸，混合液中HF过量，反应后所得溶液呈酸性，B项错误；
C. H+除了来自HF电离，还来自水的电离，因此c(H+)>c(F-)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(H+)＞c(F－)＞c(OH-)，C项正确
D. 根据电荷守恒有c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(F-)，滴加NaOH溶液至c(F－)=c(Na+)时可得c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，常温下溶液pH=7，D项正确；
答案选CD。
13.在体积为VL的密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，ΔH0，如欲提高乙烷平衡转化率，可以使用减小压强、升高温度等方法，据此进行分析。
【详解】A. 增大容器容积，相当于减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，A项错误；
B. 升高反应温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，B项错误；
C. 恒容下通入乙烷，平衡正向移动，但乙烷平衡转化率减小，C项正确；
D. 恒容下通入惰性气体，体系内各物质的浓度不变，平衡不移动，乙烷平衡转化率不变，D项正确
答案选CD。
第II卷（共60分）
15.完成下列填空。
（1）25℃时，已知 0.1mol·L-1 CH3COOH 溶液的 pH=3，其电离度为__，由水电离的c(H+)=__。
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液加水稀释，其 pH变化情况如曲线I、II所示，其中表示 HCl溶液的是曲线__，a、b两点中，导电能力更强的是__。

（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合后，溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）__。此时，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为___。
【答案】(1). 1% (2). 1×10—11mol·L—1 (3). I (4). a (5). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+ (6). c(Cl—)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH—)
【解析】
【分析】（1）根据电离度=×100%，进行计算；
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液，加水稀释促进CH3COOH电离，因此稀释相同倍数后盐酸pH的变化大于醋酸，由此进行分析；
（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合，铵根离子发生水解，使溶液显酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小的关系。
【详解】（1）醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，c(H+)=c(CH3COO-)，0.1mol·L-1 CH3COOH 溶液的 pH=3，那么已电离的醋酸分子为10-3mol/L，则有电离度=×100%=×100%=1%；
CH3COOH 溶液的 pH=3，有c(H+)=10-3mol/L，由水电离出的c(OH-)==10-11mol/L；
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液，加水稀释促进CH3COOH电离，因此稀释相同倍数后盐酸pH的变化大于醋酸，所以图中曲线I为盐酸，II为醋酸；溶液的导电能力与离子浓度成正比，c(H+)越大，pH越小，因此溶液导电能力较大的是a；
（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合，铵根离子发生水解，使溶液显酸性，水解方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+；由于铵根离子发生水解，有c(Cl-)>c(NH4+)，又因NH4+水解后使溶液显酸性，有c(H+)>c(OH-)，因此溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl—)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH—)。
16.某可逆反应：2A(g)B(g)+C(g)在3种不同条件下进行，B和C的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：

（1）实验1中，在10～20 min内，以物质A表示的平均反应速率为___mol·L-1·min-l，50min时，v正___v逆（填“＜”“＞”或“=”）。
（2）0～20min内，实验2比实验1的反应速率___（填“快”或“慢”），其原因可能是___。
（3）实验3比实验1的反应速率__（填“快”或“慢”），其原因是__。
【答案】(1). 0.013 (2). = (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 快 (6). 实验3温度升高加快了反应速
【解析】
【分析】（1）由v=计算反应速率，50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态；
（2）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢；
（3）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢，再根据温度判断原因。
详解】（1）v(A)===0.013 mol·L-1·min-l；50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
（2）实验2在20min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验2达到平衡状态所需时间短，说明实验2比实验1的反应速率快；在其他条件均相同的条件下，增加催化剂可使反应速率加快；
（3）实验3在30min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验3达到平衡状态所需时间短，说明实验3比实验1的反应速率快；实验3与实验1相比，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。
17.（1）据报道，我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1 ①
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2kJ·mol－1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。
（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1)
414
489
？
155
（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。
【答案】(1). 高温 (2). ＋247.1 (3). 565 (4). 2Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）反应的自发性根据ΔG=ΔH-TΔS0，ΔS>0，若反应能自发进行，那么ΔG=ΔH-TΔSHClO>HCO3-，据此分析判断解答本题。
（1）酸的电离为吸热过程，升高温度，K值增大；
（2）酸根离子对应的酸酸性越强，酸根离子结合H+的能力越弱；
（3）根据酸性强弱的规律书写离子方程式；
（4）根据混合溶液中的电荷守恒进行计算。
【详解】（1）酸的电离为吸热过程，升高温度，电离平衡常数Ka增大；H2CO3为弱电解质，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3H++HCO3-，一级电离平衡常数表达式为Ka1 =；
（2）由三种酸的电离平衡常数可知酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，酸根离子对应的酸酸性越强，酸根离子结合H+的能力越弱，所以四种离子结合H+能力最强的是CO32-；
（3）酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，可得HClO与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：HClO＋CO32－＝HCO3－＋ClO－；
（4）溶液的pH＝5，说明c(H+)=10-5mol/L， c(OH-)==10-9mol/L，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO－)-c(Na+)＝10-5mol/L-10-9mol/L1×10－5mol/L。