【化学】黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
第Ⅰ卷（选择题题：共50分）
相对原子质量：O 16，C 12，H 1，N 14，Na 23，Cu 64，S 32，Mg 24，Cl 35.5，Fe56 Ba 137， Mn55
（每题只有一个正确答案，1——13每题2分，14——21每题3分）
1.下物质分类组合正确的是 （ ）

A
B
C
D
强电解质
HCl
FeCl3
H3PO4
HClO
弱电解质
HF
CH3COOH
BaSO4
Ba(OH)2
非电解质
NH3
Cu
H2O
C2H5OH
【答案】A
【解析】A．HCl溶于水可以完全电离变成离子，属于强电解质；HF在水溶液中不能完全电离是弱电解质；NH3溶于水和水结合成一水合氨，一水合氨为电解质，氨气为非电解质，故A正确；B．氯化铁属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；醋酸属于弱酸，溶于水的部分，部分电离是弱电解质；金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质；故B错误；C．H3PO3属于酸，溶于水的部分，可以部分电离变成离子，属于弱电解质；BaSO4属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；H2O属于弱电解质；故C错误；D．HClO属于弱酸，溶于水的部分，部分电离是弱电解质；Ba(OH)2属于碱，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于强电解质；乙醇在水溶液中和在熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物是非电解质；故D错误；故选A。
2.某温度下，反应2N2O54NO2+O2开始时c(N2O5)=0.0408mol·L-1，经1 min后测得c(N2O5)=0.030mol·L-1，则该反应的反应速率为（ ）
A. v(N2O5)=1.08×10-4 mol•L-1•s-1 B. v(N2O5)= 1.8×10-1 mol•L-1•min
C. v(O2)=9.0×10-5 mol•L-1•s-1 D. 2 v(NO2)= v(N2O5)
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学反应速率公式和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算。
【详解】v（N2O5）==1.8×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（NO2）=1：2，故v（NO2）=2v（N2O5）=2×1.8×10-4mol=3.6×10-4mol•L-1•s-1；v（N2O5）：v（O2）=2：1，故v（O2）=0.5v（N2O5）=0.5×1.8×10-4mol=9×10-5mol•L-1•s-1，故选C。
3.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 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
B. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深
C. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
D. 新制氯水久置后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】勒夏特列原理解解释主要是浓度、温度、压强对平衡的移动。
【详解】A选项，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，分离出生成物，生成物浓度减小，平衡正向移动，故A正确；
B选项，H2、I2、HI混合气体加压，体积变小，浓度变大，颜色变深，但平衡没有移动，故B错误；
C选项，合成氨时将氨液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，可提高原料的利用率，故C正确；
D选项，新制氯水久置后，次氯酸分解，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，颜色变浅，故D正确；
综上所述，答案为B。
4. 物质的量浓度相等的下列溶液pH值由大到小的顺序是（ ）
A. Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B. Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C. Na2CO3、NaCl、NH4Cl、NaHCO3
D. Na2CO3、NH4Cl、NaHCO3、NaCl
【答案】A
【解析】试题分析：Na2CO3和NaHCO3溶液显碱性，CO32－的水解程度大于HCO3－，Na2CO3的碱性强于NaHCO3，NaCl显中性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水溶液显酸性，大小顺序是Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，故选项A正确。
5.少量铁片与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴入几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧
C. ③⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】试题分析：①加水，盐酸浓度降低，反应速率减慢，错误；②加KNO3溶液，由于溶液中有硝酸存在，则产生氢气的量减少，错误；③滴入几滴浓盐酸，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，铁的质量固定，所以产生氢气的量不变，正确；④加入铁粉，与盐酸的接触面积增大，反应速率加快，但铁的质量增加，氢气的量则增加，错误；⑤加NaCl溶液，与加水相同，反应速率减慢，错误；⑥加硫酸铜溶液，铁置换铜，与铜形成原电池，加快反应速率，但铁的质量减少，产生的氢气减少，错误；⑦升高温度，反应速率加快，氢气的量不变，正确；⑧盐酸浓度增大，氢离子物质的量不变，所以反应速率加快，氢气的量不变，正确，答案选C。
6.对可逆反应：A(g)+3B(g)⇌2C(g) ΔH 0 ，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠（忽略溶液温度改变），c（H＋）增大，Kw不变
B. 向水中加入少量的CH3COONa（忽略溶液温度改变），平衡向右移动，c（H＋）增大
C. 向水中加入稀氨水，平衡向左移动，c（OH―）降低
D. 将水加热，c（H＋）增大，c（OH―）降低，Kw增大
【答案】A
【解析】
【分析】水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答。
【详解】A．向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变Kw不变，故A正确；
B．水中加入醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根水解促进水的电离，平衡向右移动，但c(H＋)减小，故B错误；
C．向水中加入稀氨水，一水合氨电离出OH-而导致溶液中c(OH-)增大，从而抑制水电离，平衡向左移动，故C错误；
D．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则Kw增大，c(H＋)增大，c(OH―)也增大，故D错误；
故答案为A。
11.常温下，将 pH＝8 的 NaOH 溶液与 pH＝10 的 NaOH 溶液等体积混合，所得混合溶液的氢离子浓度为（ ）
A. 10-4／2 B. ．（10-8+ 10-10）／ 2 C. 2×10-8 D. 2×10-10
【答案】D
【解析】
【详解】常温下，pH为8的NaOH溶液中c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，pH为10的NaOH溶液c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，二者等体积混合，则混合溶液中c(OH-)=mol/L，溶液中c(H+)=mol/L≈2×10-10mol/L，故答案为D。
12.向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电解质溶液导电性强弱与离子浓度有关，离子浓度越大，其导电性越大，一水合氨是弱电解质，水溶液中离子浓度较小，醋酸是弱电解质，但二者反应生成的醋酸氨是强电解质，二者混合后导致溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，当溶液无限增大时，相当于醋酸溶液，离子浓度几乎不变，则溶液导电性几乎不变，所以图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，故选C。
13.在25℃时，氨水的电离平衡常数为Kb，用蒸馏水稀释1 mol·L－1氨水至0.01 mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(OH-)
B. c(OH-)/c(NH3·H2O)
C. c(NH3·H2O)/c(NH4+)
D. Kb
【答案】B
【解析】
【详解】A．加水稀释促进NH3•H2O电离，则溶液中n(OH-)增大，但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)减小，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以增大，故B正确；
C．加水稀释促进NH3•H2O电离，则溶液中n(OH-)增大，n(NH4+)增大，n(NH3•H2O)减小，所以=变小，故C错误；
D．电离平衡常数只受温度影响，温度不变，加水稀释，Kb不变，故D错误；
故答案为B。
14.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH2+n，即n”、“=”、“
【解析】
【详解】(1)高锰酸钾酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，对应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)硫代硫酸钠与稀硫酸条件下发生歧化反应生成硫酸钠、硫单质和二氧化硫、水，化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；
(3)碘离子酸性环境下能够被氧气氧化生成碘单质，离子方程式：4H++4I-+O2=2I2+2H2O；
(4)常温下，CH3COONa的水溶液中存在水解反应：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，导致溶液呈碱性；
(5)在0.5mol•L-1的NaHSO3溶液中滴入石蕊，溶液变红，则溶液显酸性，即pH ②=③ (4). CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol
【解析】(1). 根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：CH3COOH>H2CO3>HSO3−>HCO3−，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO−、CO32−、HSO3−、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－，故答案为：CO32－＞SO32－ ＞CH3COO－＞HSO3－；
(3). c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而c(H+)相同的盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，则醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①>②=③，故答案为：①>②=③；
(4). 实验测得稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1molH2O时放出57kJ的热量，则热化学方程式为：CH3COOH(aq)+OH−(aq)=H2O(l)+CH3COO−(aq) △H=−57.0kJ/mol，令该反应为①式， H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) △H=−57.3kJ/mol，令该反应为②式，则根据盖斯定律，①−②得：CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol，故答案为：CH3COOH(aq) CH3COO－(aq) + H＋(aq) ΔH＝+0.3 kJ/mol。
25.在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2 L的密闭容器中发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0，反应过程中各物质的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化曲线如图所示。

（1）该温度下，若温度升高，K值将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是________点。从起点开始首次达到平衡时，以NO2表示的反应速率为____________。
（3）25 min时，加入了__________(填加入物质的化学式及加入的物质的量)，使平衡发生了移动。
（4）d点对应NO2的物质的量浓度________(填“大于”、“小于”或“等于”)0.8 mol·L－1，理由是_______________________________________________________________________。
【答案】（1）增大
（2）bd 0.04 mol·L－1·min－1
（3）0.8 mol NO2
（4）小于 假设平衡时二氧化氮的浓度为0.8 mol·L－1，则此时Q＝1.28>K＝0.9，平衡要逆向移动，使二氧化氮的浓度降低，所以平衡时二氧化氮的浓度小于0.8 mol·L－1 (2分)
【解析】试题分析：（1）该反应为吸热反应，所以温度升高，K值增大，答案为增大；
（2）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，从起点开始首次达到平衡时，以NO2表示的反应速率为0.4mol/L/10min=0.04 mol·L－1·min－1,由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，答案为：bd, 0.04 mol·L－1·min－1；
（3）25min时，c（NO2）瞬间增大，比平衡状态增加了（1-0.6）×2="0.8mol" 增大c（NO2），平衡向生成N2O4方向移动，答案为0.8 mol NO2；
（4）若平衡时二氧化氮的浓度为0.8 mol·L－1，则此时Q＝1.28>K＝0.9，平衡要逆向移动，使二氧化氮的浓度降低，所以平衡时二氧化氮的浓度小于0.8 mol·L－1 。
26.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。向20.00 mL 浓度约为0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的标准KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)

（1）a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。
（2）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。
（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是__________（填字母序号）。
A．滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D．滴定结束后，仰视液面，读取KOH溶液体积
（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为____mol/L（注意有效数字）。

【答案】(1). 3.4 (2). 2.5×10-11mol/L (3). c (4). 酚酞 (5). c点以上 (6). A D (7). 0.1050
【解析】
【详解】(1)HA的电离平衡常数K===1.6×10-6，c(HA)≈0.1mol/L，解得：c(H+)=4×10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=lg4×10-4=4-lg4=3.4，则a=3.4；酸溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢氧根离子是水电离的，则H2O电离出的c(H+)=mol/L=2.5×10-11mol/L；
(2)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点呈碱性，应该在c点以上；
(3)A．滴定前碱式滴定管未用标准KOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，不影响HA的物质的量，测定结果不影响，故B错误；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D．滴定结束后，仰视液面，读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：AD；
(4)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：=21.00mL，根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol/L=0.02L×c(HA)，解得：c(HA)=0.1050mol/L。