【化学】湖北省随州市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

湖北省随州市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
（满分：100分，考试时间：90分钟）
可能用到的相对原子质量：C 12 H 1 O 16 Na 23
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分。
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【解析】
试题分析：A.煤、石油、天然气等化石能源在燃烧时产生大量的热，为我们提供能量，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A项正确；B.绿色植物在叶绿体内进行光合作用，在太阳光照射下，将二氧化碳和水转化为淀粉、蛋白质等有机物，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，B项正确；C．物质燃烧时化学能转化为热能被利用；物质在发生原电池反应时将化学能转化为电能被人类利用，C项正确；D.煤是重要的供能物质，但煤燃烧热能利用率比较低，而且会产生大气污染，如果使煤与水反应生成水煤气等气体燃料---一氧化碳和氢气，不仅节能、能量利用率高，也洁净、无污染，该反应是个吸热反应。则吸热反应也有利用价值，D项错误；答案选D。
考点：考查对能源和作为能源的物质的认识问题。
2.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 在水电离出的c(H+)=1.0´10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/Lc(HC2O4-)>c(H+)> c(C2O42-)>c(OH-)
C. AgCl易溶于氨水、难溶于水，所以AgCl在氨水中的Ksp大于水中的Ksp
D. 向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1 的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电离常数越大，酸性越强；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强；B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会存在水解和电离，且HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性；D.组成与结构相似的难溶物，溶度积越小，越容易沉淀，组成与结构不相似的难溶物，要根据其溶度积进行计算，才能确定哪种难溶物先沉淀。
【详解】A.电离常数越大，酸性越强，由图中数据可知，酸性：H2C2O4>CH3COOH；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：HC2O4-②>①，A错误；
B.NaHC2O4溶液中直接电离出来的离子浓度最高，阴离子会有一小部分发生水解和一小部分发生电离，则c（Na+）＞c（HC2O4-），阴离子HC2O4-的电离程度大于其水解程度（草酸氢根的电离常数大于其水解常数。水解常数等于水的离子积除以草酸的一级电离常数），溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH-），除草酸氢根外水也电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c(C2O42-)>c（OH-），B正确；
C.Ksp（AgCl）只与温度有关，温度不变，则其值不变，C错误；
D.向浓度均为1x10-3mol.L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1x10-3mol.L-1的AgNO3溶液，若忽略溶液体积的微小变化，则AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c(Cl-)=1.8×10-10/（1.0×10-3）=1.8×10-7mol/L；Ag2CrO4饱和所需c2（Ag+）= Ksp（Ag2CrO4）/c(CrO42-)=2.0×10-12/（1.0×10-3）=2.0×10-9 ，c（Ag+）=1.4×10-3mol/L。因为1.8×10-7” “c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
【解析】
【分析】
(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇌ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；c.加水稀释，平衡右移，c正确；d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。A. c(H＋)减小，A正确；B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变；
【详解】(1) 常温下，溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c（Cl－），c(H＋)=c(OH－)，Ka= c(CH3COO-)×c（Cl－）/c(CH3COOH)=b×10-7/（a-b），答案为：b×10-7/（a-b）；
(2) CH3COOH⇋ H＋+ CH3COO-，a．加入少量稀盐酸，增加溶液中的c(H＋)，平衡左移，电离程度减小，a错误；
b．加热溶液，电离为吸热反应，升高温度，平衡右移，电离程度增大，b正确；
c.加水稀释，平衡右移，c正确；
d．加入少量冰醋酸，使溶液中的c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，d错误；
e．加入少量镁粉溶液中的c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，e正确；
f．加入少量NaOH溶液，c(H＋)减小，平衡右移，电离程度增大，f正确；
答案为：bcef；
(3)常温下CH3COOH溶液在加水稀释过程中，平衡右移，电离程度增大，c(H＋)减小，c(OH－)增大，温度不变，Kw不变。
A. c(H＋)减小，A正确；
B．c(H＋)/c(CH3COOH)分式同乘以c(CH3COO-)，则为K/ c(CH3COO-)比值增大，B错误；
C．c(H＋)·c(OH－)=Kw，不变，C错误；
D．c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K，不变，D错误；
答案为A；
(4)通过观察图像，稀释100倍时，pH都小于4，则HX和醋酸都是弱酸，HX溶液中c(H＋)比醋酸小，c(H＋)越大，对水的电离程度抑制越大，故HX对水的电离的抑制作用小于醋酸，醋酸中水电离的c(H+)小于HX。答案为：小于；
(5) NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，显然硫氢根离子的水解常数大于其电离常数，故其电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，pH>7，答案为：＞；NaHS水解HS-+H2O⇌H2S+OH-，电离HS-⇌H++S2-，水解平衡常数= c（OH-）×c（H2S）/ c(HS-)=Kw/K1=10-14/10-7=10-7，二级电离为K2=7.0×10-15，电离程度小于水解程度，溶液呈碱性；
(6)因为是少量的氯气,生成的盐酸少量,只能生成酸式盐,次氯酸不和碳酸钠反应，答案为：Cl2+Na2CO3+H2O=NaCl+NaHCO3+HClO；
(7)向盐酸溶液中逐滴加入等体积等浓度的Na2CO3溶液，溶液刚好变为等物质的量的NaCl和NaHCO3，HCO3-既要电离，又要水解，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性，除碳酸氢根电离出氢离子外，水也电离出氢离子，则大小顺序为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
20.Ⅰ.实验室选用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来探究影响化学反应速率的因素：
实验前先用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸
(1)配平反应原理离子方程式：
____MnO4-＋ __H2C2O4＋_______ →_____Mn2 ＋＋ ____CO2↑＋ ____H2O
（2）探究影响化学反应速率的因素
实验
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度
浓度/mol·L－1
体积/mL
浓度/mol·L－1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
①探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
②混合液褪色时间由大到小的顺序是___________________。
③测得某次实验(恒温)时溶液中Mn 2 ＋物质的量与时间关系如图所示，请解释“ n(Mn 2 ＋)在反应起始时变化不大，一段时间后快速增大”的原因：__________________。

Ⅱ. 用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4样品（已知杂质不与KMnO4和H2SO4溶液反应）。
实验步骤：准确以1g样品Na2C2O4固体，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中。再向瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016mol/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL.
①高锰酸钾溶液应装在_________滴定管中。（填“酸式”或“碱式”）
②滴定至终点时的实验现象是：_________________。
③计算样品中Na2C2O4的纯度是_______________%。
【答案】 (1). 2 (2). 5 (3). 6H＋ (4). 2 (5). 10 (6). 8 (7). ②和③ (8). ①和② (9). ①＞②＞③ (10). Mn2＋对该反应有催化作用 (11). 酸式 (12). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色 (13). 67
【解析】
【分析】
(1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度；③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
【详解】1)Mn的化合价由+7价变为+2价，C的化合价由+3价变为+4价，草酸分子中含2个碳原子，则最小公倍数为10，Mn的系数为2，草酸的系数为5，二氧化碳为10，根据质量守恒定律，氧原子守恒，水的系数为8，推出缺少的物质为6H＋，答案为：2；5；6H＋；2；10；8；
（2）①探究温度对化学反应速率影响，则其他条件相同，只改变温度，则实验编号为②③；同理可得探究反应物浓度的实验编号为①②；
②反应速率越大，褪色时间越短，反应速率由大到小的顺序为：③②①，褪色时间为：①＞②＞③；
③反应开始时，反应物初始最大，速率应该最快，但图像显示，生成Mn2＋速率由慢变快，且随着Mn2＋量的增大速率逐渐变快，则Mn2＋对该反应有催化作用；
Ⅱ.①酸性KMnO4溶液显酸性且有强氧化性，则用酸式滴定管盛放该溶液；
②酸性KMnO4溶液显紫红色，滴定Na2C2O4溶液后变为无色，滴定终点必须依赖过量的一滴高锰酸钾溶液指示，所以现象为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色且半分钟不褪色；③根据离子反应式：n（Na2C2O4）：n（KMnO4）=5：2，n（KMnO4）=0.016mol/L×25.00 L/1000，则20mL溶液中n（Na2C2O4）=0.001mol，故100mL的样品溶液中含草酸钠0.005mol，m（Na2C2O4）=0.67g，因为样品的质量为1g，则样品的纯度为：67%；