【化学】吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A．调味剂 B．防腐剂 C．增稠剂 D．着色剂
2．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
3．某学生的实验报告中，描述合理的是
A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B．用托盘天平称量25.20g NaCl
C．用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D．用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
4．下列热化学方程式，正确的是
A．4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= －296kJ/mol
B．1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－73kJ/mol
C．甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+ 2H2O(g) △H=－890.3kJ·mol－1
D．强酸强碱的中和热为－57.3 kJ/mol： Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)＝BaSO4(S)+2H2O(l) △H=－114.6kJ/mol
5．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H0。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．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c (H+)降低
D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
7．有一支50mL酸式滴定管其中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，现把管内溶液全部流下排出，用量筒盛装，该溶液的体积应为
A．10mL B．40mL C．大于40mL D．小于40mL
8．下列溶液，一定呈中性的是
A．c(H＋)=的溶液(Kw为该温度下水的离子积常数)
B．c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝7的溶液
D．由等体积、等物质的量浓度的H2SO4跟NaOH溶液混合后所形成的溶液
9．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H0，ΔS>0 C．ΔHa 2.0×10 －7 8.0×10－9 1或13
【解析】
【分析】
(1)pH=－lgc(H＋)，pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，依据醋酸是弱酸，硫酸是二元强酸分析；
(2)物质的量浓度相同时，依据醋酸是弱酸，部分电离，硫酸是二元酸分析判断；
(3)中和等量氢氧化钠，依据化学方程式中的计量数关系计算判断；
(4)溶液中溶质物质的量相同时，与碱反应后溶液呈中性，硫酸是二元酸，醋酸是弱酸．
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，结合Kw计算．
(6)某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10－13mol·L－1，溶液呈酸性或碱性。
【详解】
(1)当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol·L－1的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol·L－1，需要氯化氢溶液浓度为1mol·L－1，需要H2SO4 溶液浓度为0.5mol·L－1；其物质的量浓度由大到小排列的是：c＜b＜a；
(2)当它们的物质的量浓度相同时，CH3COOH是弱酸部分电离，氢离子浓度最小；HCl是强酸完全电离，电离的氢离子大于醋酸；H2SO4是二元强酸，电离的氢离子浓度大于氯化氢，根据pH=－lgc(H＋)可知，氢离子浓度越小，pH越大，则溶液的pH：a＞b＞c；
(3)中和相同体积、相同物质的量浓度的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要醋酸1mol，需要HCl 1mol；需要H2SO4 0.5mol；需相同物质的量浓度的三种酸溶液的体积大小关系为：c＜a=b；
(4)体积和浓度相同的三溶液，假设溶质为1mol，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；氯化氢和1mol氢氧化钠恰好反应溶液呈中性；1molH2SO4和2molNaOH恰好反应溶液呈中性； 所需烧碱溶液的体积由大到小关系为：c＞b＞a；
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)=5.0x10－6mol·L－1，则c(OH－)=4×10－14/5×10－6mol·L－1=8×10－9 mol·L－1；
(6)若为酸，自身电离出氢离子，那么氢氧根离子就全部由水电离产生,水电离出的氢离子和氢氧根离子数相同，所以水中氢氧根离子浓度就是10－13mol/L，,再由离子积固定，可得溶液中氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH=1，同理，若为碱，所以溶液中氢离子全部由水电离出，由水电离常数可以算出溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1，pH=13。
【点睛】
解题关键：理解酸碱反应中溶液性质及溶液pH计算，易错点：注意醋酸为弱电解质溶液中部分电离、硫酸为二元强酸、盐酸为一元强酸。
29．2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2 +53.1 30.0kPa 大于 温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC
【解析】
【分析】
(1)干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，氯气是氧化剂，还原产物应为AgCl，硝酸银是还原剂，还原剂失去电子转化为氧化产物；
(2)①已知：ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)，据此计算△H的值；
②根据阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；
(3)化学反应的速率由慢反应过程决定，并根据三步反应的特点分析判断。
【详解】
(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2，反应方程式为：2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2。
(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)△H=+53.1kJ·mol－1；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa=30.0kPa；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa；
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2=17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后压强减少了8 9.5 kPa－63.1kPa=26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2=18.8kPa，则反应的平衡常数K=18．82/26.4KPa≈13.4KPa；
(3)A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故B错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；
故选AC。
【点睛】
本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，难点：压强和平衡常数的计算，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。
30．0.70 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去 0.75 4.5
【解析】
【分析】
(1)根据滴定管的结构和精确度来解答；
(2)根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)根据数据的有效性，应舍去第1组数据；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)；接着根据醋酸和NaOH反应求出20.00mL样品中含有的醋酸，最后求出市售白醋总酸量；
【详解】
(1)液面读数0.70mL；
(2)滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL，
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O
0.0015mol 0.015L×0.1000mol·L－1
c(市售白醋)=0.0015mol÷0.02L×0.1L÷0.01L=0.75 mol/L；
则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol×60g·mol－1×=0.45g，市售白醋总酸量4.5g/100mL。