【化学】黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试
1.下列电离方程式书写正确的是
A. NaHCO3 ═ Na++H++CO32－ B. NaHSO4 ═ Na++H++SO42－
C. Al2(SO4)3 ═ Al3++SO42－ D. NH3•H2O ═ NH4++OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3 =Na++HCO3-，A错误；
B. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离方程式为NaHSO4 =Na+ +H++SO42-，B正确；
C. 硫酸铝是强电解质，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，C错误；
D. 一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3 • H2ONH4++OH-，D错误。
答案选B。
【点睛】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。书写电离方程式时应特别注意：①含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。②表示离子数目的数字要写在离子符号的前面，不能像在化学式里那样写在右下角。③在电离方程式中，阴阳离子所带正负电荷的总数必须相等。④酸碱盐电离出的阴、阳离子的个数应与其化学式中相应原子或原子团的个数相同，电离出的离子所带的电荷数应与该元素或原子团的化合价数值相等。⑤强电解质用等号，弱电解质一律用可逆号，多元弱酸分步电离，多元弱碱一步电离。强酸的酸式盐一步电离。弱酸的酸式盐分步电离，第一步不可逆，以后步步可逆，且一步比一步的电离程度小。
2.下列原子或原子团不属于官能团的是（ ）
A. —CH3 B. —F
C. —OH D.
【答案】A
【解析】
【详解】官能团是决定化合物特殊性质原子或原子团。-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案选A。
3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vc=2vB，则此反应可表示为（ ）
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
【分析】
在同一反应中用不同的物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学反应方程式中各物质的化学计量数之比。
【详解】，即，，即；所以，故化学反应方程式可表示为2A+3B=2C，A正确。
4.在可逆反应中，改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 增大容器体积
【答案】B
【解析】
【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的用量，反应速率不一定增大，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率一定增大，故B正确；C．如是固体或溶液中的反应，且没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不一定增大，故C错误；D．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。
5.25℃，在0.01mol/LH2SO4溶液中，由水电离出的c(H＋)是
A. 1×10－12mol/L B. 0.02mol/L C. 1×10－7mol/L D. 5×10－13mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】25℃，0.01mol/LH2SO4溶液中c（H+）=0.02mol•L-1，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液中的OH-全部来自水，即溶液中的c(OH-)=c(OH-)水=c(H+)水，则水电离出的c（H+）水=c（OH-）溶液==5×10－13mol/L，故选D。
【点睛】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据c（H+）水=c（OH-）水，结合Kw公式计算是解答关键。
6.25℃时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=7.8×10－13。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是
A. AgCl B. AgBr
C. 同时沉淀 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由于Ksp(AgC1)＞Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。
7.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔHc(Cl－)，B错误；
C.③点溶液中有等浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na＋)>c(CH3COOH)，醋酸每电离生成一份CH3COO－的同时就会生成一份H＋，同时水也电离生成少量H＋，故c(H＋)>c(CH3COO－)，所以C错误。
D. 根据物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，可判断出D错误；
故选A。
22.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是
A. 5.6L B. 6.72L
C. 1.344L D. 11.2L
【答案】A
【解析】
【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为
2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，
0.4 0.4 0.2 0.2 0.05
阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=5.6L，选A。
23.用系统命法写出下列物质名称或结构简式
（1）C4H10的一氯代物有_____________种。
（2）某有机物含C、H、O三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键．如单键、双键等）。该有机物的结构简式为_______，所含官能团的名称为 __________。
（3）常温下，已知0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8。常温下，0. 1 mol·L－1 HA溶液的pH＝________；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式： _______________________________。
（4）25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH＝________。（用对数形式表示）
【答案】 (1). 4种 (2). CH2=C（CH3）COOH (3). 碳碳双键和羧基 (4). 3 (5). HA + OH- =A- + H2O (6). 2+lg2
【解析】
【详解】（1）C4H10为烷烃，有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物有4种，故答案为：4；
（2）由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，官能团为碳碳双键和羧基，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；碳碳双键和羧基；
（3）由常温下，0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8可知溶液中c（OH—）=10—8c（H+），c（H+）=mol/L=1×10—3mol/L，溶液的pH为3，则HA为弱酸，HA与NaOH溶液反应生成NaA和水，反应的离子方程式为HA + OH- =A- + H2O，故答案为,3；HA + OH- =A- + H2O；
（4）由Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38可知0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀时，溶液中c（OH—）= mol/L=2×10—12mol/L，则溶液的pH为（14—12+lg2）=2+lg2，故答案为：2+lg2。
24.按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：

（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要连接，则联接后的装置叫______。电极反应式：锌电极：______________；铜电极：_____________________。
（2）在B图中，使a极析出铜，则b析出：______。加以必要的联接后，该装置叫_____。电极反应式: b极：_____________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值____________（升高、降低、不变）。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn －2e-＝Zn2+ (3). 2H+ ＋2e-＝H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 4OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+ (7). 降低
【解析】
本题考查了原电池和电解池原理。（1）在A图中，使铜片上冒气泡，则铜片作正极，锌作负极，连接如图：，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，即电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故为阴极，其连接如图：，该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+，该溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度变大，经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值降低。
25.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：
C(s)+ +H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式_____________。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：

①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有(写两条措施) _________。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。
（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和___________________。
【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动；
④依题意建立三段式求解可得；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水。
【详解】（1）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得气化炉中CO2与C反应转化为CO的热化学方程式(s)+CO2(g)=2CO(g) ，则△H=△H1—△H2=（+131.3 kJ•mol-1）—（—41.2kJ•mol-1）=+172.5 kJ•mol-1，故答案为：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动，由图可知温度升高CO的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则生成甲醇的反应为放热反应，故答案为：放热；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，在温度为200℃时，A的转化率比B的高，说明压强改变，平衡正向移动，则A点的压强大，为5.0MPa，故答案为：A；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，则在不改变反应物用量的前提下，可以通过降温、加压的措施使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率，故答案为：降温、加压；
④设压强为0.1MPa、温度为200℃时，设起始CO为1mol，由图可知，CO的转化率为50%，则由题意建立如下三段式：

则由三段式数据可知平衡混合气中甲醇的物质的量分数是×100%=25%，故答案为：25%；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2+CO32--2e-=H2O+CO2、CO+CO32--2e-= 2CO2，故答案为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；CO+CO32--2e-= 2CO2。
【点睛】该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率是解答关键。
26.描述弱电解质电离情况可以用电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离平衡常数（Ka或Kb）
CH3COOH
1.8×10﹣5
HNO2
4.6×10﹣4
HCN
5×10﹣10
HClO
3×10﹣8
NH3•H2O
1.8×10﹣5
表2
难（微）溶物
溶度积常数（Ksp）
BaSO4
1×10﹣10
BaCO3
2.6×10﹣9
CaSO4
7×10﹣5
CaCO3
5×10﹣9
请回答下列问题：
（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是_____（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是___（填字母序号）。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈_____（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系为_____。
（3）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子浓度从大到小的顺序为_____。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成可溶性的钡盐（如BaCl2）。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42－物质的量浓度不小于0.01mol•L﹣1，则溶液中CO32－物质的量浓度最少应为_____。
【答案】 (1). HCN (2). B (3). 中性 (4). c（NH4+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） (5). c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） (6). 0.26 mol•L﹣1
【解析】
【详解】(1)对于一元弱酸，电离平衡常数越大则酸性越强，反之则酸性越弱，HCN电离平衡常数最小，则酸性最弱；根据醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+。A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误；B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误；故答案为HCN；B；
(2)醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) +c(CH3COO-)，得出c(NH4+)= c(CH3COO-)并且大于水解生成的c(H+)、c(OH-)，即c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；故答案为中性；c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；
(3)物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，导致溶液c(OH-)＞c(H+)，呈碱性，根据电荷守恒知，c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)，所以c(CN-)＜c(Na+)，所以各离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4)SO42-物质的量浓度为0.01mol•L-1时，钡离子的浓度为：c(Ba2+)=mol/L=1×10-8mol/L，若使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1，则钡离子浓度应该大于1×10-8mol/L；当c(Ba2+)=1×10-8mol/L时，则溶液中c(CO32-)=mol/L=0.26mol/L，所以当c(CO32-)≥0.26mol/L时，c(Ba2+)≤1×10-8mol/L，则c(SO42-)不小于0.01mol/L，故答案为0.26 mol•L-1。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡及沉淀转化。明确电离平衡常数的含义是解本题的关键，(4)为难点、易错点，注意根据硫酸钡、碳酸钡的溶度积计算出使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1时溶液中的钡离子浓度，再计算溶液中的CO32-物质的量浓度。