【化学】四川省成都市航天中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

四川省成都市航天中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 吸热反应没有利用价值
C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，燃烧时释放大量的能量，可说明化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，故A正确；
B.吸热反应也有一定的利用价值，如工业上由石灰石制备生石灰的反应、由煤制水煤气的反应都是吸热反应，B错误；
C. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程，将空气中的水、二氧化碳等转化为葡萄糖，故C正确；
D.化学能可转化为热能、电能等，如物质燃烧，原电池反应等，故D正确．
故选B。
2.对处于化学平衡的体系，关于化学平衡与化学反应速率的关系正确的是
A. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B. 正反应进行的程度大，正反应速率一定大
C. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
D. 只有在催化剂存在下，才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学反应平衡的本质分析化学反应速率与平衡的关系。
【详解】A.若正、逆反应速率变化后仍保持相等，则平衡不移动，故A错误；
B. 反应进行程度大小，与反应速率没有关系，故B错误；
C. 化学平衡发生移动时，正、逆反应速率一定不等，故反应速率一定发生变化，故C正确；
D. 如反应前后气体的体积不变，增大压强，化学反应速率增大，平衡也不移动，故D错误；
故选C。
【点睛】化学反应达到平衡的本质原因是正、逆反应速率相等；反应进行的程度与反应速率的大小没有关系。
3.实验测得：101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式的书写正确的是
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·mol−1
②CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
③CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·mol−1
④2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH=−571.6 kJ·mol−1
A. 仅有② B. 仅有②③④ C. 仅有②④ D. 全部符合要求
【答案】C
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义及书写规则分析热化学方程式书写是否正确。
【详解】①甲烷燃烧属于放热反应，所以ΔH小于零，故①错误；
②根据题干信息甲烷燃烧的热化学方程式写作：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ·mol−1所以②正确；
③热反应方程式中的反应热和物质的状态有关，此处的水应该是液态，所以③错误；
④根据题干信息可知，2 mol H2完全燃烧生成液态水，放出571.6 kJ的热量，热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=−571.6 kJ·mol−1所以④正确。
故选C。
【点睛】(1)热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数；(2)热化学方程式中的反应热表示反应已完成时的热量变化，热化学方程式中的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，则△H也要加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 17 g氨气中含有的质子数为10NA
B. 2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
C. 0.5 mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NA
D. 标准状况下，11.2 L CCl4所含的分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.17g氨气的物质的量为：=1mol，1mol氨气分子中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；
B.2.4g金属镁的物质的量为：=0.1mol，0.1molMg变成镁离子时失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故B错误；
C.没有告诉溶液的体积，故无法算出溶液中的离子的数目，故C错误；
D.标准状况下，CCl4为液体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选A。
【点睛】在计算气体体积时，一定注意是否为标准状况，是否为气体。
5. 对于化学反应方向的确定不仅与焓变(ΔH)有关，也与温度(T)、熵变(ΔS)有关，实验证明，化学反应的方向应由ΔH-TΔS确定，若ΔH-TΔSI2
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠在空气中发生了比较复杂的化学反应，不仅生成氧化钠，还有氢氧化钠和碳酸钠，钠与氧气在加热的条件下反应时，生成过氧化钠，故A不能得出相应结论；
B.向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸，都能生成CO2，故B正确，但不符合题意；
C.SO2可以使品红溶液褪色，C正确，但不符合题意；
D.KI与FeCl3反应的离子反应方程式：2I- + 2Fe3+ = I2 + 2Fe2+ ，D正确，但不符合题意。
本题选A。
16.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B. 向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
D. 将水加热，KW增大，c(H＋)不变
【答案】C
【解析】
【分析】
根据弱电解质的电离平衡分析。
【详解】A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；
B. 向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；
C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；
D. 将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。
故选C。
【点睛】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。
17.根据v­t图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH (2). 0.0020或2.0×10-3 (3). 0.36或0.36 mol·L-1 (4). 大于 (5). 深 (6). N2O4(无色)  2NO2(红棕色) ΔH>0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的计算及化学平衡的移动原理分析。
【详解】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即反应向吸热方向移动，故△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.06mol/L÷60s==0.0010mol•L-1•s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=2 v（N2O4）=0.0020mol•L-1•s-1；K=c2(NO2)/c(N2O4)==(0.12mol/L)2/0.04mol/L=
0.36mol/L，故答案为：0.0020， 0.36mol/L；
(2)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为：大于；
(3)由于N2O4(无色) 2NO2(红棕色) △H﹥0，是吸热反应，而双氧水的分解反应是放热反应。当右边双氧水分解时，放出的热量会使B瓶升温，从而使瓶中反应朝正反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深。
【点睛】图像中的变化趋势是解题的关键，只有明确了图像趋势的含义才能快速解决此类化学平衡图像问题。
25.金属钛(Ti)具有硬度大、熔点高、耐酸碱腐蚀的优点，被广泛用于航空航天、医疗卫生及日常生活中。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛的生产工艺如图所示。

回答下列有关问题：
（1）钛铁矿(精矿)中加入浓硫酸除生成TiOSO4外，还生成水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，则FeTiO3中Ti的化合价为_______。
（2）上述流程图中加入“铁屑”的目的是_____(填字母)。
A.防止Fe2+被氧化　　B.与Fe3+反应 C.防止Fe2+水解　　    D.防止Fe3+水解
（3）溶液Ⅰ经“操作a”可得固体副产品甲，则操作a的名称为_______、_________、_________，副产品甲的化学式是__________。
（4）已知钛酸难溶于水，其化学式为H2TiO3。则溶液Ⅱ中加入水，加热时发生的化学方程式为________________________________________________。
（5）“操作b”为加热，则中间产品乙的化学式为______________。
（6）一定条件下，利用气体丙与氢气可合成甲醇，该合成反应的化学方程式为____________________________，甲醇的电子式为__________。
【答案】 (1). +4 (2). A (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 过滤 (6). FeSO4•7H2O (7). TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4 (8). TiO2 (9). CO+2H2CH3OH (10).
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应的本质和特征分析；根据物质的分离和提纯操作及注意事项分析；
【详解】(1)FeTiO3与浓硫酸反应，生成TiOSO4、水和另外一种硫酸盐，且反应前后Fe的化合价不变，说明未发生氧化还原反应，化合价不变，故FeTiO3中Ti的化合价为+4价；
(2)加入铁屑的目的是防止亚铁离子氧化，故选A；
(3)操作a后得到的固体副产物甲，根据题意及流程中信息可知，甲为绿矾，为防止绿矾在结晶过程中失去结晶水，因此该步骤为：蒸发浓缩，再冷却，使FeSO4结晶，最后过滤，从而得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，FeSO4•7H2O；
(4)由(1)可知溶液Ⅱ中有TiOSO4，经过过滤，故加入水发生TiOSO4的水解反应，生成H2TiO3和H2SO4，故方程式为：TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4；
(5)H2TiO3受热分解是生成TiO2，故答案为：TiO2；
(6)CO和H2在一定条件下生成甲醇，甲醇分子结构中H原子满足2电子稳定结构，C、O原子满足8电子稳定结构，故其电子式为：，故答案为：CO+2H2CH3OH，
。
【点睛】物质的分离和提纯中，注意分离后需要将药品恢复到原来状态；书写电子式前需考虑有机物原子间的成键方式。
26.硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成−2、+6、+4、+2、+1价的化合物。
Ⅰ.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。

(1)装置Ⅰ中的浓硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。
(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是__________。
(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_______________。
Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释至100 mL。
步骤2：量取V1 mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2+I−+H+I2+Cl−+H2O 未配平)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。(已知：I2+2S2O32—=2I−+ S4O62—)
(1)准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是____________。
(2)确定滴定终点的现象为________________________________。
(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为____mol·L−1(用含字母的代数式表示)。
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_______________ (填字母)。
A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶中有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】 (1). 不能 (2). 二氧化硫易溶于水 (3). 过滤 (4). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质 (5). 酸式滴定管 (6). 滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30 s不变 (7). (8). AC
【解析】
【分析】
Ⅰ.稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ. ClO2溶液具有强氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由关系式求解即可。
【详解】Ⅰ.（1）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体。（3）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质。
Ⅱ.（1）ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。（2）滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去，滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变。（3）根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=
Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为×10-2mol÷0.01L=mol/L。（4）A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管，会导致标准液浓度变小，用去标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；B．滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液的体积偏大，所以测定结果偏高；D．滴定应在中性或弱酸性环境中进行，若溶液呈碱性，会导致用去的标准液的体积偏小，所以测定结果偏低；E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读出标准液的体积的数据偏小，所以测定结果偏低，故答案为：AC。
【点睛】本题考查实验方案的设计，涉及化学方程式的有关计算、误差分析、物质检验、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。
27.反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH”“vⅡ(A)>vⅢ(A) （3）αⅢ(B)　0．19(或19%)
（4）向正反应方向　从反应体系中移出产物C （5）>　此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）

(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)
【解析】
试题分析： （1）Ⅰ阶段，20 min内，Δc(A)=2．0 mol·L-1-1．00 mol·L-1=1．00 mol·L-1，Δc(B)=6．0 mol·L-1-3．00 mol·L-1=3．00 mol·L-1，Δc(C)=2．00 mol·L-1，则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
（2）vⅠ(A)==0．05 mol·L-1·min-1，
vⅡ(A)=≈0．025 mol·L-1·min-1，
vⅢ(A)==0．012 mol·L-1·min-1。则vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
（3）αⅠ(B)=×100%=50%，αⅡ(B)=×100%=38%，αⅢ(B)=×100%=19%。故αⅢ(B)最小。
（4）由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中移出了产物C。
（5）由图示可知，Ⅱ→Ⅲ，平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故Ⅱ→Ⅲ是降温过程，即T2>T3。
（6）第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，则各物质的浓度减半，由于容器的体积扩大，压强减小，平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动，故平衡后，0．25 mol·L-1