2017-2018学年云南省玉溪市民族中学高二上学期期中考试化学试题（解析版）


云南省玉溪市民族中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学试卷
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可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Cu—64
一、选择题（本题包括25个小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个正确答案）
1. 下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 ( )
A. 碳酸钙的分解 B. 灼热的炭与水蒸气的反应
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 D. 铝片与稀盐酸反应
【答案】B
【解析】A. 碳酸钙的分解是吸热反应，但该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；B. 碳和水蒸气的反应是吸热反应，该反应中碳元素和氢元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故B正确；C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但该反应中各元素的化合价都不变化，为非氧化还原反应，故C错误；D. 铝和稀盐酸反应是放热反应，故D错误；答案选B。
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化
B. 伴有能量变化的变化都是化学变化
C. 放热反应不需要加热就一定能发生
D. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
【答案】D
【解析】A．化学变化的本质是旧键断裂、新键生成，化学变化不仅由新物质生成，同时一定伴随能量变化，故A错误；B．同一物质不同状态之间的转化，伴随能量变化，属于物理变化，不属于化学变化，故B错误；C．放热反应也可能需要加热才能发生，如铝热反应等，故C错误；D．根据盖斯定律可知，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的途径无关，故D正确；答案选D。
3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、铁与氯气反应只能生成氯化铁，选项A错误；B、硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，选项B错误；C、碳酸钙高温条件下受热分解生成氧化钙，氧化钙在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钙，选项C正确；D、一氧化氮与水不反应，得不到硝酸，选项D错误。答案选C。
4. “活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重要依据，下列对“活化分子”说法中不正确的是( )
A. 催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
B. 增大反应物的浓度，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快
C. 对于有气体参加的反应通过压缩容器增大压强，可使单位体积内活化分子数增多，反应速率加快
D. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
【答案】D
【解析】试题分析：D、活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，错误。
考点：考查了化学反应速率理论解释。
5. 水的电离过程为H2O H++OH－，下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，促进水的电离，c（H+）增大，pH增大
B. 加入NaOH，抑制水的电离，c（H+）和c（OH－）都减小
C. 水的离子积只适用于纯水，不适用于其他电解质水溶液
D. Kw只与温度有关
【答案】D
【解析】A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动， c（H+）增大，则pH减小，故A错误；B．向水中加入NaOH，c（OH－）增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，故B错误；C．水的离子积不仅适用于纯水，也适用于其他电解质水溶液，故C错误；D．Kw只与温度有关，与浓度等其他因素无关，故D正确；答案选D。
6. 下列有关叙述中正确的是 ( )
A. 碳酸钙在水里的溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质
B. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质
C. 强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的
D. 强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强
【答案】C
【解析】A.碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故A错误；B.氨气分子不能自身电离出自由移动的离子，氨气属于非电解质，故B错误；C.强电解质在水溶液中完全电离，其电离过程不可逆，故C正确；D.电解质溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带电荷，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念和判断，解答该题时，要注意电解质的强弱与溶解性无关，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质部分电离；溶液的导电性与电解质的强弱无关，溶液中离子浓度越大，离子所带的电荷越多，则溶液的导电性越强。
7. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）
A. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 B. 加入催化剂有利于合成NH3的反应
C. 高压有利于合成NH3的反应 D. 500℃左右比室温更有利于合成NH3的反应
【答案】C
【解析】A. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 合成氨工业：N2+3H2⇌2NH3 △H0 △S>0 B. △H0 ΔS>0，ΔG=△H-TΔS>0,故选项是A。
考点：考查反应的自发性的知识。
21. 可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，v（正）=v（逆），正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ，二者均为正反应速率，不能作平衡标志，错误； ③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，没有明确正、逆反应速率，不能作平衡标志，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态即为二氧化氮浓度不变，达到平衡状态。正确；⑤体积固定的密闭容器中混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，错误；⑥该反应两边气体物质的量不等，混合气体的压强不再改变的状态为平衡状态，正确；⑦该反应两边气体物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态为平衡状态，正确，选A。
考点：考查化学平衡状态的判断。
22. 下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径／nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.066
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6、－2
－2


A. 氢化物的沸点为H2T＜H2R B. 单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q
C. M与T形成的化合物具有两性 D. L2＋与R2－的核外电子数相等
【答案】C
【解析】短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。A．水分子间能够形成氢键，沸点较高，故A错误；B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；C．M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，故C正确；D．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故D错误；故选C。
点睛：本题考查元素的性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点是A，要知道结构相似的物质，分子间能够形成氢键的沸点较高。
23. 在一定条件下在固定容积的容器中进行的可逆反应：2M(g)+N(g)Q(g) △H>0，达到平衡状态，若升高温度，则对于该混合气体下列说法正确的是（ ）
A. 密度增大 B. 平均相对分子质量增大
C. 总分子数增大 D. 平衡逆向移动
【答案】B
【解析】试题分析：2M(g)+N(g)Q(g)△H＞0，反应是气体体积减小的吸热反应，升温，平衡正向进行；A．反应前后气体质量不变，体积不变，升温反应正向进行，但密度不变，故A错误；B．反应前后气体质量不变，物质的量变化，升温平衡正向进行，气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，故B正确；C．升温平衡正向进行，气体物质的量减小，总分子数减小，故C错误；D．反应是气体体积减小的吸热反应，升温，平衡正向进行，故D错误；故选B。
考点：考查化学平衡影响因素分析判断。
24. 已知某可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g) △H 在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（ ）

A. T1P2，m+n>p，△H>0
B. T1>T2，P1p，△H>0
C. T1>T2，P1p，△H>0
【答案】D
【解析】试题分析：根据图像可知T1所在曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，这说明温度T1高于T2。温度越高B的含量越低，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即△H>0。P2所在曲线首先达到平衡状态，压强大反应速率快，这说明压强是P2大于P1。压强越大B的含量越低，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，因此正反应是体积减小的，即m+nK2，故答案为：>；
②. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350℃；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3×104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
③. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C. 使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol−0.4mol）÷2mol×100%=80%，故D正确；故答案为：AD；
(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L÷2min=0.25mol⋅L−1⋅min−1，则v(CH3OH)=0.125mol⋅L−1⋅min−1；
                   CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 0.5         0       0
转化浓度(mol/L) 0.25      0.25    0.5
平衡浓度(mol/L) 0.25      0.25    0.5
则K1==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K＝＝＝4；
某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时Qc＝＝3＜K＝4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 mol·L－1·min－1；4；向正反应方向。
28. 中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于下图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：

（1）从上图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是__________，除此之外，装置中的一个明显错误是___________________________________。
（2）为保证该实验成功该同学采取了许多措施，如图的碎纸条的作用在于_________。
（3）若改用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______（填“相等”“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热__________（填“相等”“不相等”）
（4）倒入NaOH溶液的正确操作是：________。（从下列选出）
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（5）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值
(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
___________
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
25.9
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8

②近似认为0.55 mol/L NaOH溶液和0.25 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。则中和热ΔH＝_________。(提示：ΔH=－,保留一位小数)。
③上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
（6）如果用含0.5mol Ba(OH)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应，反应放出的热____57.3 kJ（填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高） (3). 隔热，减少热量的损失 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C (7). 3.4 (8). -56.8kJ/mol (9). a b c (10). 大于
【解析】⑴.由量热计的构造可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口要相平，故答案为：环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；
⑵.中和热的测定过程中要尽量减少热量的损失，因此在大小烧杯之间塞满碎纸条的作用是隔热，减少热量的损失，故答案是：隔热，减少热量的损失；
⑶.反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL 0.25mol·L-1 H2SO4和50mL 0.55mol·L-1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，反应放出的热量也增多，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以中和热相等，故答案为：不相等；相等；
⑷.倒入NaOH溶液时，必须一次迅速倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入NaOH溶液，否则会导致热量损失，影响测定结果，故答案选C；
⑸.①.4次温度差分别为：3.4℃，5.1℃，3.3℃，3.5℃，第2组数据无效，所以温度差平均值＝＝3.4℃，故答案为：3.4；
②.50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m⋅c⋅△T=100g×4.18J/(g⋅℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=−1.4212kJ÷0.025mol=−56.8kJ/mol，故答案为：−56.8 kJ/mol；
③.a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏少，中和热的数值偏小，故a正确；b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，酸碱反应放热，导致H2SO4的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏少，中和热的数值偏小，故b正确；c.分多次把NaOH溶液倒人盛有硫酸的小烧杯中，热量损失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，故c正确，故答案为：abc；
⑹.Ba(OH)2的稀溶液与足量的稀硫酸溶液反应时生成硫酸钡沉淀和水，因生成硫酸钡时也要放出热量，则用含0.5mol Ba(OH)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应，最终放出的热量大于57.3 kJ，故答案为：大于。
点睛：本题考查有关中和热的测定实验，注意理解中和热的概念和测定原理是解题的关键。实验中所用硫酸和NaOH的物质的量比不是1:1，而是NaOH过量，是为了保证0.25mol/L的硫酸完全被NaOH中和；实验所测得的数据若不是为57.3 kJ/mol，则产生误差可能的原因是：(1)量取溶液的体积有误差(测量结果是按50 mL的酸、碱进行计算，若实际量取时，多于50 mL或小于50mL都会造成误差)；(2)温度计的读数有误；(3)实验过程中有液体洒在外面；(4)混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差；(5)隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差；(6)测量酸后的温度计未用水清洗而便立即去测碱的温度，致使热量损失而引起误差等。
29. 氯气在298 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解0.090 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为______________________________________；
（2）在上述平衡体系中加入少量NaCl固体，平衡将向________移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)。
（3）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡将向________移动。(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)
（4）在饱和氯水中加入石灰石可得到较大浓度的次氯酸溶液，请运用学过的化学原理进行解释（酸性：盐酸>碳酸>次氯酸）：_______________________；写出氯水与石灰石反应的离子方程式：______________________________________________。
【答案】 (1). Cl2＋H2OCl－＋H＋＋HClO (2). 逆反应方向 (3). 增大 (4). 正反应方向 (5). 次氯酸的酸性弱于碳酸，加入石灰石只与盐酸反应，C(H+)减小，使
Cl2＋H2OCl－＋H＋＋HClO，平衡向正反应方向移动，溶液的c(HClO)增大 (6). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【解析】(1).氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO；
(2).在上述平衡体系中加入氯化钠，溶液中氯离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，平衡将向逆反应向移动，故答案为：逆反应方向；
(3).在上述平衡中加压，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，氯气的溶解度会增大，故答案为：增大；正反应方向；
(4).氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸的酸性比碳酸弱，在氯水中加入碳酸钙，盐酸能够与其反应，次氯酸不能，则C(H+)减小，使Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO的平衡向正反应方向移动，溶液中c(HClO)增大，氯水中的盐酸与碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：次氯酸的酸性弱于碳酸，加入石灰石只与盐酸反应，C(H+)减小，使Cl2＋H2OCl－＋H＋＋HClO平衡向正反应方向移动，溶液的c(HClO)增大；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。