【化学】贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

贵州省遵义市南白中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Cl:35.5 Cu:64
第I卷
一、选择题。
1.2019年科幻片《流浪地球》中有个画面，冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，该装置提供电能，并将电能转化为 ( )
A. 化学能 B. 热能 C. 生物质能 D. 动能
【答案】B
【解析】
【详解】根据冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，可知“核电池全密封加热服”将电能转化为热能，B项正确；
答案选B。
2.下列各组物质的燃烧热相等的是( )
A. C和CO B. 红磷和白磷
C. 3molC2H2（乙炔）和1molC6H6（苯） D. 1gH2和2gH2
【答案】D
【解析】
【分析】燃烧热：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A、C和CO是不同物质，燃烧热不同，A错误；
B、红磷和白磷结构不同，燃烧热不同，B错误；
C、乙炔和苯结构不同，具有的能量不同，则燃烧热不同，C错误；
D、都是氢气，燃烧热相同，D正确；
答案选D。
3.下列说法中正确的是( )
A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；
C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；
故答案选C。
4.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)⇌2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，增大压强，体系重新达到平衡，下列说法正确的是( )
A. 平衡常数减小 B. BaO 质量不变
C. 氧气压强不变 D. BaO2质量减少
【答案】C
【解析】
【分析】保持温度不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。
【详解】A. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A项错误；
B. 增大压强，平衡向逆反应方向移动，BaO 质量减小，B项错误；
C. 平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，K=c(O2)，则氧气的浓度不变，其压强不变，C项正确；
D 增大压强，平衡向逆反应方向移动，BaO2质量增大，D项错误；
答案选C。
5.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是 ( )
A. 滴有碘水的淀粉溶液中加入少量唾液，蓝色褪去
B. 对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，升温后的颜色比原来颜色深
C. 开启可乐瓶，瓶中马上泛起大量气泡
D. 利用排液法收集氯气时常用液体为饱和食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】勒夏特列原理是指如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如果与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。
【详解】A. 唾液是催化剂，使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A项正确；
B. 该反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 瓶中存在二氧化碳的溶解平衡，开启可乐瓶后，压强减小，使二氧化碳的溶解平衡逆向移动，产生大量气泡，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. 氯气和水反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，D项错误；
答案选A。
6.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是( )
A. pH=5的硫酸 B. pH=10 的NaOH溶液
C. pH=5的氯化铵溶液 D. pH=10的纯碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=5的硫酸，抑制水的电离，溶液中的c(H+)=10−5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，则由水电离的c水(H+)= c水(OH−)=10-9 mol/L；
B. pH=10 的NaOH溶液抑制水的电离，溶液中的c(H+)=10−10mol/L，则由水电离的c水(H+)= c水(OH−)= 10-10 mol/L；
C. pH=5的氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，由水电离的氢离子浓度c水(H+)= c水(OH−)=10-5 mol/L；
D. pH=10的纯碱溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，氢氧根离子浓度c(OH−)=10−4mol/L，则c水(H+)= c水(OH−)= 10-4 mol/L；
故水的电离程度最大的是pH=10的纯碱溶液，D项正确；
答案选D。
7.把硫酸铁溶液蒸干，最后得到固体产物是( )
A. 无水硫酸铁 B. 氢氧化铁
C. 氧化亚铁 D. 三氧化二铁
【答案】A
【解析】
【详解】将硫酸铁溶液蒸干，硫酸铁会发生水解生成氢氧化铁和硫酸，而硫酸不易挥发，会和水解得到的氢氧化铁反应又生成硫酸铁，A项正确；
答案选A。
8. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：

下列说法中正确的是( )
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. 在该过程中，CO断键形成C和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。
故选C。
9.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
答案选B。
11.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是(　　)

A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
12.25℃时，浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是 ( )

A. 当lg= 2时，若两溶液同时升高温度，则增大
B. MOH的碱性强于ROH的碱性
C. ROH的电离程度：b点大于a点
D. 两溶液分别与盐酸反应完全，则消耗HCl的物质的量相同
【答案】A
【解析】
【分析】浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，未加水稀释前，MOH溶液的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)”、“
【解析】
分析】（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律进行计算；
（2）①根据压强对平衡移动的影响进行判断，判断压强对平衡的影响时，须让温度相同；
②在温度、体积不变的情况下，再增加amol CO与2amol H2，达到的新平衡，相当于对原平衡增大压强，再根据压强对平衡移动的影响进行判断转化率的变化；温度不变，平衡常数不变；
（3）已知平衡常数，计算此刻的浓度商，进行比较，判断反应进行的方向。
【详解】（1）已知热化学方程式①CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH1＝ -90 kJ·mol－1；②CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝ -41 kJ·mol－1；根据盖斯定律，①-②可得由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝-49 kJ·mol-1；
故答案为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝-49 kJ·mol-1；
（2）①对于反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)，当温度一定时，加压平衡正向移动，CO转化率增大，由图像可知，压强为p1时，CO转化率小，压强为p2时，CO转化率大，则p1 小于p2；故答案为：小于；
②在温度、体积不变的情况下，再增加amol CO与2amol H2，达到的新平衡，相当于对原平衡增大压强，则CO的转化率增大；温度不变，平衡常数不变；
故答案为：增大；不变；
(3)已知在T℃时，CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1 mol·L-1，c始(H2O)＝1 mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，可列三段式计算此时浓度商，

此时浓度商为：，则反应正向进行，没有达到平衡状态，υ正 >υ逆；故答案为：没有；>。
15.现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。

（1）原HA中水电离出的c(H+)=________mol·L-1
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“”“”“c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). >
【解析】
【分析】（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离；
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度；
（3）①若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度；
③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全，在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol/LNaHC溶液在没有受抑制的情况下，HC-的电离程度增大。
【详解】（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离，因此原HA溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案为：1.0×10-13mol/L。
（2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，因此根据电荷守恒，溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)c(B-)>c(OH-)>c(H+)，c(H2C)，故答案为：>。
若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，HC-的电离不完全，在一级电离的抑制下产生了0.01mol/L的氢离子，在0.1mol/LNaHC溶液中没有氢离子抑制的情况下，HC-的电离程度增大，c(H+)>0.01mol·L-1，故答案为：>。
16.FeCl3 具有净水作用，请回答下列问题：
(1)FeCl3净水的原理是_____________(用离子方程式表示)。
(2)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入_____。
(3)工业上由CuCl2·2H2O晶体制备无水CuCl2的合理方法是在HCl气氛中加热，若在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_________ (用化学方程式表示)。
(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，发生反应：2Cu2＋＋4I－ ＝ 2CuI↓＋I2，生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(已知：I2＋2S2O32- ＝ S4O62-＋2I－)
①滴定过程可选用________作指示剂，滴定终点时的现象是_______________________。
②该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为______。
【答案】(1). Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (3). CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl (4). 淀粉溶液 (5). 滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色 (6). 95%
【解析】
【分析】（1）铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质而净水；
（2）调节溶液的pH，除去铁离子，同时不能引入新杂质；
（3）由于CuCl2在加热过程中水解被促进；
（4）①Na2S2O3滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝，选择的指示剂为淀粉溶液；滴定终点时的现象是滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据已知反应I2＋2S2O32- ＝S4O62-＋2I－，2Cu2＋＋4I－ ＝ 2CuI↓＋I2，得到关系式
Na2S2O3～Cu2+，再列比例计算。
【详解】（1）铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质而净水，则FeCl3净水的原理是Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H＋；
故答案为：Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)＋3H＋；
（2）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，要除去氯化铁，溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入的物质能与酸反应能转化为氯化铜，且不引入新杂质，可以是CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；故答案为：CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；
（3）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，生成氢氧化铜，而不是CuCl2，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中加热抑制其水解；故答案为：CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl；
（4）①Na2S2O3滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝，选择的指示剂为淀粉溶液；滴定终点时的现象是滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
②某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，发生反应：2Cu2＋＋4I－ ＝ 2CuI↓＋I2，生成白色沉淀。②用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL，发生的反应是I2＋2S2O32- ＝ S4O62-＋2I－，依据I2＋2S2O32- ＝S4O62-＋2I－，2Cu2＋＋4I－ ＝ 2CuI↓＋I2，得到关系式
Na2S2O3 ～ Cu2+
1 1
0.1000mol/L×0.0200L 0.002mol
则CuCl2•2H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl2•2H2O的质量分数为；
故答案为：95%。