2018-2019学年四川省阆中中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

阆中中学2019年春高2017级期中教学质量检测化学试卷一、选择题(每题只有一个选项,每题6分,共计42分)1.下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)== 2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A.H2SO4和Ca(OH)2反应不仅生成水，还生成硫酸钙沉淀，会放出更多的热量，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＜2×(－57.3) kJ·mol－1，A项错误；B.CO的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=-2×283.0 kJ/mol，故2CO2(g)= 2CO(g)+O2(g) ΔH=+2×283.0 kJ/mol，所以B项正确；C.氢气燃烧是放热反应，焓变是负值。水电解是吸热反应，2mol水完全电解，反应吸热为571.0kJ，C项错误；D.1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出热量是燃烧热，而甲烷燃烧生成的气态水不是稳定状态，D项错误。故答案选B。 2.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是  A. 温度T下，该反应的平衡常数B. 温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D. 若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【答案】A【解析】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。   3.下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是  ①NaHCO3：HCO3-＋H2OCO32-＋H3O＋  ②NH4Cl：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ ③CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋  ④NaF：F－＋H2O===HF＋OH－A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④【答案】B【解析】【详解】①HCO3-水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；②NH4Cl：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H+，正确；③弱碱阳离子分步水解，但书写时一般不分步写，Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，正确；④弱酸阴离子水解时结合水电离的氢离子，因水解是可逆的，连接符号是可逆符号“”，故该离子方程式写法错误。故答案选②③，即B。 4.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)关系，下列判断错误的是A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝KwB. M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH－)C. 图中T1<T2D. XZ线上任意点均有pH＝7【答案】D【解析】试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。【考点定位】本题考查水的离子积常数，图像的分析与判断。【名师点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。   5.下图是对10mL一定物质的量浓度的盐酸用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的图像，依据图像推出盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度是下表内各组中的选项溶液ABCDC(HCl)/mol·L－10.120.040.030.09c(NaOH)/mol·L－0.040.120.090.03  A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】结合图像可以知道，当NaOH溶液的体积为20mL，酸过量，pH=2，则c(H＋)= =0.01mol/L（1）；当NaOH溶液的体积为30mL，溶液呈中性，恰好反应，即10c(HCl)=30c(NaOH)（2）,由（1）（2）求计算得出c(HCl)=0.09mol/L、c(NaOH)=0.03 mol/L。故答案选D。 6.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小B. 将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)∙c(OH-)增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1D. 常温下，pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH＜7【答案】D【解析】【详解】A.Ka= ，加水虽促进电离，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项错误；B.20℃升温至30℃，促进CH3COO－水解，且Kh增大，则溶液中减小，B项错误；C.向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H＋)=c(OH－)，电荷守恒可知，溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)，即=1，C项错误；D.常温下，pH＝2的醋酸溶液，醋酸为弱酸，c(CH3COOH)>10-2mol/L，pH＝12的NaOH溶液，c(NaOH)=10-2mol/L,两者中和后酸过量，因而溶液显酸性，即pH<7，D项正确。故答案选D。 7.乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应为2CH2=CH2＋O2===2CH3CHO.下列有关说法不正确的是A. 每有0.1molO2反应，则迁移H＋0.4molB. 负极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋C. 电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极bD. 该电池为不可充电电池【答案】C【解析】【详解】A.正极得电子，发生还原反应，因此氧气在正极放电，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故每有0.1molO2参与反应，则迁移H＋0.4mol，A项正确；B.氧气这一端为正极，那么乙烯这端为负极，拿总反应减去正极反应式可得CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋，B项正确；C.原电池中电子只能通过导线和电极传递，不能通过电解质溶液传递，C项错误；D.该电池为燃料电池，不能充电，D项正确。故答案选C。 二、填空题(共计4小题,每空2分)8.氮及其化合物在生活及工业生产中有着重要应用。请回答以下问题：(1)如图是N2(g)、H2(g)与NH3(g)之间转化的能量关系图，则：①N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为___________________.②过程(Ⅰ)和过程(Ⅱ)的反应热________(填“相同”或“不同”).③某温度下，在1 L恒温恒容容器中充入1molN2和3 mol H2进行上述反应，10 min达到平衡，此时容器内压强变为原来的7/8.a.该过程的平衡常数的表达式为____________.            b.N2的平衡转化率为________.c.此时若保持容器温度和体积不变，向其中再加入2.25 molN2和0.5 mol NH3，则平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动.(2)用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝a kJ·mol－1   平衡常数为K1反应Ⅱ：N2(g)＋O2(g)2NO(g)  ΔH2＝b kJ·mol－1 平衡常数K2反应Ⅲ：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)  ΔH3＝c kJ·mol－1 平衡常数为K3则反应Ⅱ中的b＝_____(用含a、c的代数式表示)，K3=_____(用K1和K2表示).反应Ⅲ中的ΔS______(填“>”“<”或“＝”)0.(3)在恒容的密闭器中，充入一定量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不同温度下反应体系中NH3的转化率(α)与压强p的关系如图所示：①分析得p1________p2.(填“>”“<”或“＝”) ②下列叙述中，不能作为判断反应Ⅲ已经达到平衡状态的标志的是________(填序号).a．N2的浓度不再改变        b．断裂6 mol N—H键的同时，有6 mol H—O键形成c．容器中压强不再变化      d．混合气体的密度保持不变【答案】    (1). N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1    (2). 相同    (3). K=c2(NH3)/［c(N2)c3(H2)］    (4). 25%    (5). 不    (6). (a-c)/3    (7).     (8). >    (9). <    (10). bd【解析】【详解】（1）①据图可知2molNH3分解得到1molN2和3molH2，吸收92kJ/mol的热量，因而N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1。②根据盖斯定律，反应热只与起始状态及终了状态有关，与过程无关，这两个过程起始状态和终了状态相同，因而反应热相同。③可以根据三段式去求解，设转化xmol/LN2：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)起  1      3            0转  x      3x           2x平 1-x     3-3x          2x根据此时容器内压强变为原来的7/8，可列式得，则x=0.25mol/L。a.    K= ；b.    N2的平衡转化率为0.25/1×100％=25％；c.    平衡时c(N2)=0.75mol/L，c(H2)=2.25mol/L，c(NH3)=0.5mol/L，K==0.029，向其中再加入2.25 molN2和0.5 mol NH3，则c(N2)=3mol/L，c(H2)=2.25mol/L，c(NH3)=1mol/L，Q= =0.029，因而Q=K，平衡不移动。（2）根据盖斯定律，设反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为A、B、C，则B=(A-C)/3，因而b=(a-c)/3，由于c=a-3b，所以可知K3=K1/K23，根据4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)可知该反应各物质均为气体，且气体体积增大，因而混乱度变大，故ΔS>0。（3）根据4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)可知该反应的气体计量数在反应前后增大，因而保持温度不变，NH3的转化率(α)越大，说明压强越小，因而p1<p2。a．N2的浓度不再改变，说明各组分浓度都不变，因而可以作为判断平衡的标志，正确；b．断裂6 mol N—H键的同时，有6 mol H—O键形成，根据反应特点，两者都表示正反应速率，因而错误；c．由于反应前后气体计量数变化，当容器中压强不再变化可以判断平衡，正确；d．混合气体的密度ρ=m/V，由于各组分都是气体，反应前后混合气体总质量不变，又容器恒定，体积不变，因而密度始终是个定值，错误。故答案选bd。 9.福建有广阔的海岸线，建设海峡两岸经济区，海水的综合利用大有可为. 海水中溴含量约为65 mg·L－1，从海水中提取溴的工艺流程如图：(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是______.(2)步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A．氧化性          B．还原性           C．挥发性          D．腐蚀性(3)以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：______Br2＋______CO32-===______BrO3-＋______Br－＋______CO2↑(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏.写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：_____.(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是________.A.乙醇    B.四氯化碳    C.烧碱溶液    D.苯【答案】    (1). 富集(或浓缩)溴元素    (2). C    (3). 3    (4). 3    (5). 1    (6). 5    (7). 3    (8). SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4    (9). BD【解析】【详解】（1）直接把海水中的Br－氧化成Br2，得到的溴的浓度很低，难以直接利用，因而需要富集，获得高浓度溴溶液，所以才有了步骤Ⅱ将游离态的溴转变成化合态的溴的步骤。因而答案填富集(或浓缩)溴元素。（2）步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，说明溴易挥发，故答案选C。（3）观察反应中各元素化合价变化，只有Br发生变化，该反应为歧化反应，可用逆向配平法，3Br2＋3CO32-=BrO3-＋5Br－＋3CO2↑。（4）二氧化硫具有一定还原性，其可被氧化为硫酸根，Br2被还原成Br－,结合缺项配平的原则，因而方程式为SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4。（5）萃取剂选择的原则是溴需在萃取剂中的溶解度要更大，且萃取剂与水不互溶，符合这些原则的只有BD。 A．氯化钠溶液         B．四氯化碳        C．烧碱溶液        D．苯10.25 ℃时，用pH试纸测得0.1 mol·L－1 NaNO2溶液的pH＞7.(1)NaNO2溶液pH＞7的原因是(用离子方程式表示) ________，NaNO2溶液中c(HNO2)＝________ (用溶液中其他离子的浓度关系式表示).(2)常温下，将0.2 mol·L－1的HNO2和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH＜7，说明HNO2的电离程度_______ (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度.该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________.(3)常温下，pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH_________7，c(Na＋) __________c(NO2-)(填“大于”或“小于”).【答案】    (1). NO2－＋H2OHNO2＋OH-    (2). c(OH－)－c(H＋)    (3). 大于    (4). c(NO2-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)    (5). 小于    (6). 小于【解析】【详解】（1）NO2－发生了水解，显碱性，因而pH>7，其离子方程式为NO2－＋H2OHNO2＋OH-，根据NaNO2溶液质子守恒，可得c(H＋)＋c(HNO2)=c(OH－)，因而c(HNO2)= c(OH－)- c(H＋)。（2）常温下，将0.2 mol·L－1的HNO2和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的HNO2和NaNO2的混合液，所得溶液的pH<7，说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度。HNO2的电离程度较大，得到较多的NO2－，因而其浓度大于Na＋的浓度，溶液显酸性，说明c(H＋)>c(OH－)，另外水解和电离是微弱的，可知Na＋的浓度大于H＋的浓度,因而c(NO2-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。（3）常温下，pH＝3的HNO2溶液，因HNO2是弱酸，c(HNO2)>10-3mol/L，pH＝11的NaOH溶液，c(NaOH)=10-3mol/L，等体积混合，易知酸过量，因而溶液显酸性，pH<7，根据电荷守恒可知c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+ c(NO2-)，c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)< c(NO2-)。 11.新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向.(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得.①基态Cl原子中，电子占据的最高电子层符号为__________，该电子层具有的原子轨道数为______.②LiBH4由Li＋和BH构成，BH的立体构型是______，B原子的杂化轨道类型是_______.③Li、B元素电负性由小到大的顺序为_______________________.(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料.①LiH中，离子半径：Li＋________H－(填“＞”“＝”或“＜”).②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物. M的部分电离能如下表所示：I1/kJ·mol－1I2/kJ·mol－1I3/kJ·mol－1I4/kJ·mol－1I5/kJ·mol－17381 4517 73310 54013 630 M是________族元素.(3)NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488 pm，Na＋半径为102 pm，H－的半径为142pm，NaH的理论密度是________g·cm－3.(仅写表达式,不计算)【答案】    (1). M    (2). 9    (3). 正四面体    (4). sp3    (5). Li＜B    (6). ＜    (7). ⅡA    (8). ÷(488×10－10 cm)3【解析】【详解】（1）①基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，电子占据的最高电子层为第3层，符号为M，s轨道1个，p轨道3个，同时M层有3d轨道，d轨道有5个，合计9个。②BH4-中，B的轨道杂化数目为4+(3+1−1×4)/2=4，B采取sp3杂化，为正四面体构型。③一般而言，同周期越往右电负性越强，同主族越往上电负性越强，因而Li<B。（2）①离子半径判断原则首先判断电子层数，“层多径大”，其次，当电子层数一样，原子核核电荷数越大，半径越小，因而，易知Li+和H-的电子层数一样，但H的核电荷数较小，因而Li＋小于H－。②第二电离能和第三电离能相差5倍多，说明从电离第3个电子时，其结构是稳定的，像稀有气体的外层电子结构，因而最外层为2个电子，又M是短周期元素，最外层电子数等于主族序数，说明M是ⅡA族。（3）NaH具有NaCl型晶体结构，说明晶胞内有4个Na+和4个H-，则晶胞内原子总质量m=g，V=a3=(488×10－10 cm)3，ρ=g÷(488×10－10 cm)3。