2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了01kJ，66kJ⋅ml−1，36kJ⋅ml−1B，4mlNH3和0，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市耀华中学高二（上）期中化学试卷

1. 下列说法正确的是(    )
A. 已知H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH=−114.6kJ⋅mol−1
B. 能自发进行的化学反应，不一定是ΔH0
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，则H2的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1
D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，可选用甲基橙或酚酞做指示剂
2. 已知25℃、101kPa下，1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.66kJ⋅mol−1
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.29kJ⋅mol−1
则反应C(s)+12O2(g)=CO(g)的反应热为(    )
A. △H=−396.36kJ⋅mol−1 B. △H=−198.55kJ⋅mol−1
C. △H=−154.54kJ⋅mol−1 D. △H=−110.53kJ⋅mol−1
3. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06mol⋅L−1.下列有关说法错误的是(    )
A. 4min末，用NO表示的反应速率为0.03mol⋅L−1⋅min−1
B. 4min末，NH3的浓度为0.14mol⋅L−1
C. 0∼4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0∼4min内，O2的物质的量减少了0.15mol
4. 在一定温度下、容积不变的密闭容器，可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(s)到平衡状态的标志是(    )
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A、B、C的浓度之比为1：3：2
A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②③④⑦ D. ②③④⑤⑥
5. 少量铁粉与100mL0.01mol⋅L−1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的量，可以使用如下方法中的(    )
①由铁粉换铁块
②加NaNO3固体
③将0.01mol⋅L−1的稀盐酸换成98%的硫酸溶液
④加CH3COONa固体
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100mL0.1mol⋅L−1盐酸
A. ③⑤ B. ①③ C. ⑥⑦ D. ⑦⑧
6. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−49kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3
在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是(    )

A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线n代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产CH3OH
D. 图示270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为20%
7. 对于反应2NO+2H2⇌N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：2NO⇌N2O2：快反应；
第二步：N2O2+H2→N2O+H2O慢反应；
第三步：N2O+H2→N2+H2O快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是(    )
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的ΔH③
C. 氨水、NaOH溶液中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
D. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3⋅H2O；c(NH4+)由大到小的顺序是：①>③>②>④
12. 室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )
A. 向0.10mol⋅L−1NH4HCO3溶液中通入CO2：c(NH4+)=c(HCO3−)+c(CO32−)
B. 向0.10mol⋅L−1NaHSO3溶液中通入NH3：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32−)
C. 向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2：c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]
D. 向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl：c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl−)
13. 25℃时，下列说法不正确的是(    )
A. 稀释醋酸溶液，溶液中的H+和OH−数目都增大
B. 在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
C. pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度相同
D. 已知CH3COONH4溶液显中性。常温下等浓度的NH4Cl和CH3COONa，若前者的pH=a，后者的pH=b，则a+b=14
14. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(    )

A. 图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
B. 若从A点到达C点，可采用：温度不变在水中如少量NaCl固体
C. 向E点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至A点，此时c(Na+)=c(CH3COO−)
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
15. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用。已知pOH=−lgc(OH−)，经测定25℃时各组分含量随pOH变化情况如图所示(Cl−没有画出)，此温度下，下列分析正确的是(    )
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−8
B. 同浓度的HClO2溶液和 NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)
C. pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式是：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−
D. pOH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小是：c(HClO2 )>c(ClO2−)>c(ClO2)>c(Cl−)
16. 使用酸碱中和滴定法测定某未知物质的量浓度的稀盐酸．
Ⅰ.实验步骤：
(1)滴定前的准备
①滴定管： ______ →洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录．
a.排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的 ______ ，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液．
b.记录盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数时，液面位置如图2所示，则此时的读数为 ______ mL.
②锥形瓶：用 ______ 量取待测稀盐酸20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂．
(2)滴定
用标准的NaOH溶液滴定待测的稀盐酸时，左手操作滴定管活塞，右手旋摇锥形瓶，眼睛注视 ______ .滴定至终点时，记录NaOH溶液的终点读数．再重复滴定3次．
Ⅱ.实验记录：

滴定次数
实验数据/mL
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.80
15.00
15.02
14.98
Ⅲ.数据处理与误差分析：
(1)结合上表数据，计算被测稀盐酸的物质的量浓度是 ______ mol/L.
(2)在本实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有 ______ .
A.锥形瓶水洗后未干燥
B.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
C.滴定终点读数时俯视读数
D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体
F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．

17. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O,M=248g⋅mol−1)可用作定影剂，还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在______中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至______。
(2)滴定：取0.00950mol⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−.加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为______%。(保留1位小数)
18. 二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=______。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)______。(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H______0。(填“大于”或“小于”)
(3)根据图中点A(440K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=______(MPa)−3。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)

19. 电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数(25℃)
Ka=1.8×10−5
Ka=4.3×l0−10
Ka1=5.0×l0−7Ka2=5.6×l0−11
①0.1mol/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c(CN−)______c(HCO3−)(填“>”、“③>④，故D错误；
故选：C。
A.常温下，pH为2的某酸HA与pH为12的某碱BOH等体积混合溶液呈酸性，说明HA过量，酸的浓度大于碱，则HA溶液中存在电离平衡；
B.酸抑制水的电离，酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，能水解的盐促进水的电离；
C.氨水中加入NH4Cl溶解后NH4+对一水合氨的电离起到了抑制作用；NaOH溶液加入NH4Cl反应生成NaCl和一水合氨；
D.相同浓度的这几种溶液中c(NH4+)：强电解质溶液>弱电解质溶液，促进NH4+水解的溶液中c(NH4+)较小、抑制NH4+水解的溶液中c(NH4+)较大，铝离子抑制NH4+水解、醋酸根离子促进NH4+水解。
本题考查了弱电解质的电离、盐的水解，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理以及影响水解平衡移动的因素是解本题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。

12.【答案】D 
【解析】解：A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知，c(NH4+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)，故A错误；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)>c(NH4+)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立可得：c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32−)，故B错误；
C.向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl−)，故D正确；
故选D.
A.pH=7，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
B.溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)，联立判断；
C.未反应前结合物料守恒可知c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，向0.10mol⋅L−1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；
D.向0.10mol⋅L−1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．
本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用，题目难度不大．

13.【答案】C 
【解析】解：A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加，则溶液中的H+和OH−数目都增大，故A正确；
B.在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则此时c(Na+)=c(CH3COO−)，故B正确；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离，则pH相等的CH3COONa和NaOH溶液，水的电离程度不相同，故C错误；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等，即10−a=10b−14，则a+b=14，故D正确；
故选：C。
A.稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加；
B.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)；
C.CH3COONa溶液中醋酸根水解，促进水的电离，NaOH溶液电离出氢氧根离子，抑制水的电离；
D.已知CH3COONH4溶液显中性，所以浓度的NH4Cl和CH3COONa中铵根离子的水解程度和醋酸根离子的水解程度相同，则NH4Cl中的氢离子浓度和CH3COONa中的氢氧根浓度相等。
本题考查弱电解质的电离和盐类的水解，侧重考查学生水的电离、溶液酸碱性和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。

14.【答案】B 
【解析】解：A.ADE都处于250C时，Kw相等，B点c(H+)和c(OH−)都大于E点的c(H+)和c(OH−)，并且C点的c(H+)和c(OH−)大于A点c(H+)和c(OH−)，c(H+)和c(OH−)越大，Kw越大，故B>C>A=D=E，故A正确；
B.从A点到达C点，温度升高，促进水的电离，故B错误；
C.A点溶液显中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO−)，故C正确；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12，pH=2的硫酸的氢离子浓度为10−2mol/L，pH=10的氢氧根离子的浓度为10−2mol/L，将两种溶液等体积混合后，溶液显中性，故D正确；
故选：B。
A.ADE都处于250C时，Kw相等，然后比较B、E两点的c(H+)和c(OH−)的大小，依次比较Kw的大小；
B.从A点到达C点，温度升高；
C.A点溶液显中性；
D.若处在B点所在的温度，Kw=1×10−12。
本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c(H+)和c(OH−)的大小，题目难度不大。

15.【答案】C 
【解析】解：A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2−)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10−6，故A错误；
B、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2−)+2c(OH−)+c(Cl−)，故B错误；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式为：5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−，故C正确；
D、根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c(HClO2)>c(ClO2)>c(Cl−)，故D错误；
故选：C。
A、HClO2的电离平衡常数K=c(ClO2−)c(H+)c(HClO2)结合图示数据来计算；
B、电解质溶液呈电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(OH−)+c(Cl−)，溶液中存在物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)，据此解答即可；
C、由图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−；
D、根据图知，pH=7时，c(HClO2)c(H+)>c(OH−)2(10−5−10−9)mol/L 
【解析】解：(1)①根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN−水解的能力强于HCO3−，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN−)HCN>HCO3−.酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为C>B>A，
故答案为：CBA；
③HCN的电离平衡常数Ka=4.3×10−10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.0×10−7、Ka2=5.6×10−11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3>HCN>HCO3−，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−，
故答案为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)=Kac(H+)=1.8×10−510−9=l.8×104，
故答案为：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−；l.8×104；
(2)该温度下，pH=3即c(H+)=10−3mol/L，而c(OH−)=10−9mol/L，则Kw=10−12，pH=11的NaOH溶液c(OH−)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，混合溶液中c(OH−)=10−3mol/L，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，10−3mol/L×(V1+V2)L=0.1mol/L×V1L−0.01mol/L×V2L，解得V1：V2=9：1，
故答案为：9：1；
(3)①d点酸碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)可得：c(NH4+)c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)；
②b点溶液为溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(C1−)，存在物料守恒：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(C1−)，所以得到：2c(H+)+c(NH4+)=2c(OH−)+c(NH3⋅H2O)，则c(NH4+)−c(NH3⋅H2O)=2c(H+)−2c(OH−)=2(10−5−10−9)mol/L，
故答案为：2(10−5−10−9)mol/L。
(1)酸的电离常数越大，酸性越强，酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3−，
①根据盐类水解规律：越弱越水解，离子浓度越小分析解答；
②根据盐类水解规律：弱酸越弱越水解，溶液的碱性越强、溶液的pH越大分析解答；
③根据强酸制弱酸写出离子方程式；
④CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性；结合CH3COOH的电离平衡常数分析解答；
(2)pH=3的盐酸中c(H+)=0.001mol/L，[OH−]=10−9mol/L，则该温度下水的离子积Kw=10−12，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH为9的溶液中c(OH−)=0.001mol/L，根据n(OH−)碱−n(H+)酸=n(OH−)混合计算；
(3)①d点20ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水恰好反应，溶质为氯化铵，溶液呈酸性，根据电荷关系分析；
②b点10ml0.100mol/L盐酸和20.00mL0.l00mol/L的氨水反应，得到溶质浓度相等的氯化铵和一水合氨混合溶液，物料关系为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2n(C1−)，结合电荷关系分析计算。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应离子水解程度关系是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，题目难度中等。