2018-2019学年安徽省黄山市高二上学期期末考试化学试题 解析版



安徽省黄山市2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，句中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
C. 加入Na2S可除去工业废水中Cu2+和Hg2+等离子
D. 草木灰不能与铵态氮肥混合施用
【答案】B
【解析】
【详解】A.“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能和光能，A正确；
B.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成了电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，B错误；
C.CuS和HgS是难溶于水的物质，加入Na2S可使工业废水中Cu2+和Hg2+转化为沉淀而除去，C正确；
D.草木灰呈碱性，能与铵态氮肥混合产生氨气，造成肥效降低，D正确；
故合理选项是B。
2.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中正确的是
A. 汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4＋2H2O－2e－== PbO2＋4H＋＋SO42﹣
B. 利用Na2CO3溶液可除油污：CO32－ + 2H2O H2CO3 + 2OH－
C. BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4 Ba2++SO42﹣
D. 用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H＋＋CaCO3== Ca2＋＋ CO2↑＋ H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
A.充电时阳极反应上硫酸铅失去电子；
B.碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；
C. BaSO4在溶液中溶解度很小，完全电离；
D. 醋酸在离子反应中保留化学式；
【详解】A.汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，A正确；
B.利用Na2CO3溶液的碱性可除油污，离子反应为CO32-+H2OHCO3-+OH-，B错误；
C.BaSO4在溶液中溶解度很小，溶液中带电离子的浓度很小，导电性极弱，但是BaSO4是强电解质完全电离，不存在电离平衡，C错误；
D.用醋酸除去暖瓶中的水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，D错误；
故合理选项是A
【点睛】本题考查离子反应方程式正误判断的知识。把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。
3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 已知2C(s)＋2O2(g) == 2CO2(g)　ΔH1, 2C(s)＋O2(g)==2CO(g)　ΔH2，则ΔH10，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【分析】
A．放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；
B．根据C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量；
C．弱酸、弱碱电离要吸热，浓酸、浓碱溶解要放热；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。
【详解】A．放热反应是反应物总能量大于生成物总能量，所以不能根据反应是放热反应确定SO2的能量与SO3的能量大小，A错误；
B．因为C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，且放热反应的焓变为负值，所以2C(s)＋2O2(g) =2CO2(g)　ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH2，则ΔH11×10-9mol/L，c(H+)c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25℃时，pH等于11时，c(HCO3-)= c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=== 10-6，选项B正确；C. 25℃时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 mol·L-1，若此时溶液的pH 约为5，即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为，选项C错误；D. 25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项D正确。答案选C。
17.根据所学原理，完成下列各题
(1)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程。已知反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) △H=﹣93kJ/mol。试根据表中所列键能数据，计算a 的数值为____kJ/mol。
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能/(kJ/mol)
436
a
945

(2)25 ℃时，将a mol/L氨水与0.01 mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。
(3)向含有BaSO4的饱和溶液中
①加入Na2SO4溶液,则c(Ba2+)__________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。
②若改加更多的固体BaSO4，则c(Ba2+)将__________。
(4)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。

①图中用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2的电极反应式为___________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL (标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为________mol。
【答案】 (1). 391 (2). 中 (3). (4). 减小 (5). 不变 (6). Cl--5e-+2H2O=ClO2↑＋4H+ (7). 0.01
【解析】
【分析】
(1) 化学反应的焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算；
(2)根据电荷守恒分析解答；
(3)①根据沉淀溶解平衡分析；②从沉淀溶解平衡平衡常数分析；
(4)①阳极发生氧化反应，由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，结合电荷守恒可知，同时生成氢离子；
②在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量。
【详解】(1) N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) △H=﹣93kJ/mol。，化学反应的焓变=反应物键能总和—生成物键能总和，所以可得：-93kJ/mol=945kJ/mol+3×436kJ/mol-6×a，解得a=391kJ/mol；
(2)根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；室温下，Kw=10-14，c(OH-)=10-7mol/L，混合溶液中c(NH3·H2O)=，c(NH4+)=c(Cl-)=×10-2mol/L，所以该一水合氨的化学平衡常数Kb==；
(3)①BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，向溶液中加入Na2SO4溶液，溶液中c(SO42-)增大，根据平衡移动原理可知：该平衡逆向移动，当达到平衡时，溶液中c(Ba2+)减小；
②若向该沉淀溶解平衡中加更多的固体BaSO4，由于温度不变，各种离子的浓度不变，所以c(Ba2+)的浓度不变；
(4)①阳极发生氧化反应，由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，结合电荷守恒可知，同时生成氢离子，阳极电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；
②在阴极发生2H++2e--=H2↑，氢气的物质的量为n(H2)=
通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol。
【点睛】本题考查键能与反应热的关系、电离平衡常数的计算、沉淀溶解平衡及电解原理应用等知识，明确反应原理原理，注意电子转移守恒在电化学计算中应用是本题解答关键。
18.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7　K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2　K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7　K2＝7.1×10－15


请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是____。
(2)常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H+) B. C. D.c(OH-)
(3)0.1 mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO (填“＞”、“＜”或“＝”)。
(5)向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9，此时溶液pH=______________。
(6)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为___________。
【答案】 (1). HC2O4- (2). AC (3). c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (4). > (5). 5 (6). ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-
【解析】
【分析】
(1) 酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；
(2) CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变，升温促进电离平衡正向进行，电离程度增大，Kw增大；
(3)反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，又氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；
(4)酸越弱，酸根离子水解程度就越大；
(5)根据醋酸的电离度表达式==1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，求出溶液中氢离子的浓度；
(6)利用弱酸的电离平衡常数书写离子方程式。
【详解】(1)平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数H2C2O4＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3-＞HS-，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-结合H+的能力由弱到强的顺序为：HC2O4-、CH3COO-、HCO3-、ClO-、CO32-、S2-，结合H+的能力最弱的HC2O4-；
(2) A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进醋酸的电离，c(H+)减小，A正确；
B．，稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，B错误；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)• c(OH-)=Kw，Kw不变，C错误；
D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，D错误；
(3) 0.1mo1/L的H2C2O4溶液与0.1mo1/L的KOH的溶液等体积混合，反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，溶液中离子浓度大小为：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；
(4)弱酸的酸性越弱，相应的酸根离子水解程度就越大。由于酸性CH3COOH>HClO，所以当盐的浓度相等时，溶液的碱性NaClO>CH3COOK，即pH：NaClO>CH3COOK；若溶液的pH相同，则盐的浓度CH3COOK >NaClO；
(5) 根据醋酸的电离度表达式=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，则溶液中c(H+)=1.8×10-5×=1.8×10-5×=1×10-5mol/L，所以溶液的pH=5；
(6)由于酸性：H2CO3> HClO>HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为 ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-。
【点睛】本题考查了电离平衡常数比较酸性强弱、电离平衡常数的应用、离子浓度大小比较、离子方程式书写等知识，掌握化学平衡移动原理、盐的水解规律是本题解答关键。
19.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。
(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol
2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484 kJ/mol
工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：________________________________
(2)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。

①A、B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>”，“、< 或 =)。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). KA=KB>KC (4). b (5). 100 (6). 减小 (7). >
【解析】
【详解】(1)已知：①CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol，将2×①+②得到CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol；
(2)①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PA＜PB；
②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC；
③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，二者表示的都是正反应速率，因此不能说明反应是否达到平衡状态，a错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；
c．容器体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，c错误；
d．CO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，因此不能这一点判断反应是否达到平衡状态，d错误；
故合理选项是b；
(3)P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，
                          CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
起始浓度(mol/L) 0.1          0.2               0
改变浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05
平衡浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05
化学平衡常数K=；
若温度不变，再加入1.0molCO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，但CO投入量大于平衡移动转化量，所以CO的转化率减小；
(4) T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol  H2：0.2mol  CH3OH：0.2mol，此时反应的浓度商Qc=”、“