【化学】湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题（每小题3分，共48分）
1.下列关于判断过程的方向的说法正确的是（ ）
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 熵减小的化学反应不能自发进行
C. 有气体生成的反应一定是熵增大的反应
D. “冰，水为之，而寒于水”，水结冰过程中△H < 0 ，△S < 0
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，选项A错误；
B．自发与否由焓变与熵变共同决定，熵减小的化学反应也可能自发进行，选项B错误；
C、有气体生成的反应气体不一定增多，不一定是熵增大的反应，但凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应，选项C错误；
D、同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程是放热过程，即△H②
C. ①>②>③>④ D. ④>③>①>②
【答案】A
【解析】
【详解】①为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，②为强酸酸式盐，其溶液呈碱性，③为强酸强碱盐，溶液呈中性，④为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；因四种溶液的浓度相同，根据“越弱越水解”可知，Na2CO3的水解程度大于CH3COONa，故pH大小关系为：④>①>③>②，答案选A。
16.将amol CO2通入1L bmol/L NaOH溶液中，对于所得溶液的描述不正确的是：（ ）
A. 当a＝2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c(OH－)先增大后减小
B. 当a＝b时溶液中存在：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
C. 当1/2＜a/b＜1时溶液中一定存在： c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D. 当2a＝b时溶液中存：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2>1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32-水解程度远远大于HCO3-，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以溶液中由水电离出的c（OH-）先增大后减小，故A正确；
B．当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确；
C．当1/2＜a/b＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na+）与[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]的比值介于
1/2～1之间，即不相等，故C错误；
D．当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，在Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-）>c（H+），故D正确；
故选：C。
第II卷（非选择题)
二、填空题
17.（1）已知1g硫完全燃烧释放的热量为akJ，写出硫的燃烧热的热化学方程式__；
（2）真空碳热还原-氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)═3AlCl(g)+3CO(g) △H=a kJ·mol-1
3AlCl(g)═2Al(l)+AlCl3(g) △H=b kJ·mol-1
反应Al2O3(s)+3C(s)═2Al(l)+3CO(g)的△H=__kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)；
（3）已知 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H反应过程的能量变化如图所示，已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3放出99kJ的热量，请回答下列问题：

①图中A表示___；
②E的大小对该反应的反应热__(填“有”或“无”)影响；
③该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点__(填“升高”“降低”)。
【答案】(1). S(s)+O2(g)=SO2(g) = -32a kJ/mol (2). a+b (3). 2mol SO2(g)和1mol O2(g)所具有的总能量 (4). 无 (5). 降低
【解析】
【详解】（1）燃烧热表示在25℃，100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。1g硫完全燃烧释放的热量为a kJ，则1mol硫完全燃烧放出的热量为32a kJ，故硫的燃烧热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g) = -32a kJ/mol；
（2）根据盖斯定律可知，将以上两个热化学方程式相加即可得到目标方程，故=(a+b)kJ/mol；
（3）①A为反应物总能量，即表示2mol SO2(g)和1mol O2(g)所具有的总能量；
②E为该反应正反应的活化能，反应热只与化学反应的始态和终态有关，与活化能无关，故E的大小对该反应的反应热无影响；
③催化剂能够降低化学反应的活化能，故能使B点降低。
18.I.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A、B气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

（1）该反应的化学方程式为___。
（2）若降低温度，则该反应的逆反应速率___。(填“加快”“减慢”或“不变”)。
（3）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆)(填“>”、“ (4). 50% (5). BD (6). t3～t4 (7). 增大反应物浓度 (8). 逆反应 (9). 减小 (10). 大于
【解析】
【详解】I、（1）由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol−0.4mol=0.4mol，B增加0.4mol−0.2mol=0.2mol，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应方程式为2A(g)B(g)；
（2）降低温度，体系内活化分子数降低，运动速率降低，导致化学反应速率减慢；
（3）由图像可知，4min后，A的量还在减小，B的量还在逐渐增加，说明反应依旧在向正向进行，故v(正)>v(逆)；
（4）0～4min，n(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率==50%；
（5）A、未标明该速率是正反应速率还是逆反应速率，无法据此判断该反应是否处于平衡状态，故A错误；
B、该反应在恒温恒容条件下进行，气体的物质的量之比=容器内压强之比，该反应属于气体非等体积反应，反应过程中，气体的物质的量会发生变化，当气体物质的量不变时，即容器内压强不再变化时，能够说明该反应达到平衡状态，故B正确；
C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；
D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；
E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；
F、根据化学方程式计量数之比可知，任意时刻，消耗2nmol的A的同时生成nmol的B，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，故F错误；
II、（1）根据图象知，t3改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，说明增大反应物浓度；t5改变条件瞬间，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，改变条件应该是减小压强或降低温度，有利于提高D产量的变化过程是向正反应方向进行的过程，根据图象知利于提高D产量的变化过程是图象中的段t3～t4；改变的条件是增大反应物浓度；
（2）根据图象知，一定压强下，升高温度，C的体积分数减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小；相同温度下，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d。
19.与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
2×10-5
HClO
HClOClO-+H+
3.0×10-8
H2CO3
H2CO3H++HCO3-
HCO3-H++CO32-
K1=4.4×10-7
K2=5.61×10-11
H3PO4
H3PO4H++H2PO4-
H2PO4-H++HPO42-
HPO42-H++PO43-
K1=7.1×10-3
K2=6.3×10-8
K3=4.2×10-13
回答下列问题：
（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，则它们酸性最强的是__（填化学式）。
（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__。
（3）该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是_。
A．c(H+) B．c(H+)•c(CH3COO-) C．c(H+)•c(OH-) D．
（4）取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1__V2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（5）下列四种离子结合H+能力最强的是__。
A．HCO3- B．CO32- C．ClO- D．CH3COO-
（6）等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是___
A．Va＞10Vb B．Va＜10Vb C．Vb＜10Va D．Vb＞10Va
（7）25℃时，0.1mol/L CH3COOH溶液的pH约为3，向其中加入CH3COONa晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大。可能的原因有：①__；②__；为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量下列物质中的__（选填字母编号），然后测定溶液的pH。
a．CH3COOK固体 b．CH3COONH4固体 c．NH3 d．NaHCO3固体
（8）已知100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10-12，pH=3的CH3COOH和pH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈__性；
（9）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3•H2O溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是：___。
【答案】(1). H3PO4 (2). CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3- (3). D (4). < (5). B (6). D (7). CH3COONa水解呈碱性，增大了c(OH-)，使pH增大 (8). CH3COONa溶于水电离出大量的CH3COO−，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因而pH增大 (9). B (10). 酸 (11). ①②④③⑤
【解析】
【详解】（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数可确定酸性最强的是H3PO4；
（2）由电离常数可知，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，根据“以强制弱”规则可知其反应离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；
（3）加水稀释的过程中，醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸浓度、醋酸根、氢离子浓度均减小，稀释过程中，水的电离程度增大，溶液中氢氧根浓度增大，由此可得：c(H+)、c(H+)•c(CH3COO﹣)均减小， c(H+)•c(OH﹣)为常数，大小不变，增大，故答案为D；
（4）由电离常数可知，醋酸的酸性较次氯酸强，相同pH的两种酸，醋酸的浓度较次氯酸小，故中和相同体积和相同pH的两种酸溶液，所用到的NaOH的量关系为：次氯酸大于醋酸，故V2>V1；
（5）根据离子对应酸的酸性越弱，离子结合质子的能力越强，由电离常数可知，这四种酸的酸性关系为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3﹣，故结合质子能力最强的离子为CO32-，答案为B；
（6）含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，其醋酸浓度越大，其电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH为3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，答案为D；
（7）醋酸为弱电解质，醋酸在水溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠固体，溶液pH增大，可能的原因有：①CH3COONa水解呈碱性，增大了c(OH-)，使pH增大，② CH3COONa溶于水电离出大量的CH3COO−，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因而pH增大；CH3COONH4溶液中，CH3COO−和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1mol⋅L−1醋酸中使pH增大，说明CH3COO−抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为：B；
（8）pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=9的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L，等体积混合后，酸过量，混合溶液呈酸性，pH＜7，溶液呈酸性；
（9）设下列溶液浓度均为1mol/L，
①(NH4)2SO4溶液中NH4+水解不受影响，1mol/L