【化学】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（实验、重点班）（解析版）

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（实验、重点班）
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是 （ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ③④⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】根据未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且具有可以再生的特点，⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能符合未来新能源的特点，合理选项是D。
2.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应的反应速率最快的是
A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1 B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1 D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1
【答案】B
【解析】
分析】
化学反应速率之比等于化学计量数之比；
【详解】A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1换算单位为v(B)＝6.0 mol·L−1·min −1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.8/3 mol·L−1·min −1
D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
对比数据可知，B速率最快，答案为B；
【点睛】对比反应速率时，转化为同一物质、相同单位进行对比。
3.已知反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH1=+7 kJ/mol
COS(g)+H2O(g)H2S (g)+CO2(g) ΔH2=-35 kJ/mol
则热化学方程式：CO(g)+H2O (g)H2 (g)+CO2 (g) ΔH3，则ΔH3为
A. -42kJ/mol B. -28kJ/mol
C. +42kJ/mol D. +28kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】①COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH1=+7 kJ/mol
②COS(g)+H2O(g)H2S (g)+CO2(g) ΔH2=-35 kJ/mol
根据盖斯定律，②-①，整理可得CO(g)+H2O (g)H2 (g)+CO2 (g) ΔH3=-42kJ/mol，故合理选项是A。
4.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是
A. HCN 易溶于水
B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C. 25 ℃时1mol/L HCN溶液pH约为3
D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
【答案】C
【解析】
【分析】
HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；
【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；
B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；
C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；
D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。
5.一定温度下，往纯水中加入下列物质，能使水的电离平衡发生移动的是（ ）
A. NaCl B. NaOH C. 酒精 D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】
H2O为弱电解质，存在H2OH＋＋OH－，根据影响水的电离的因素进行分析；
【详解】H2O为弱电解质，存在H2OH＋＋OH－，
A、NaCl为强碱强酸盐，对水的电离没有影响，故A不符合题意；
B、NaOH为碱，加入NaOH，增加c(OH－)，抑制水的电离，故B符合题意；
C、酒精为非电解质，加入酒精，对水的电离无影响， 故C不符合题意；
D、蔗糖为非电解质，加入蔗糖，对水的电离无影响，故D不符合题意；
答案为B。
6.反应2H2(g)+02(g)=2H2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法中正确的是

A. ∆H1HY>HX，A错误；
B.根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱水水解，谁强显谁性，越弱越水解，由于酸性HZ>HY>HX，，所以相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaX溶液水解程度增大，其水溶液的碱性最强，B错误；
C.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，由于酸性HY>HX，根据强酸制取弱酸知，反应HX+Y-=HY+X-不能够发生，C错误；
D.根据表格数据可知：在25℃时，HX的电离平衡常数K=1×10-7，假设0.1 mol/L HX溶液中HX电离产生的H+的浓度为a，根据电离平衡常数的含义可知K==1×10-7，a2≈1×10-8，所以a≈1×10-4，因此该溶液的pH约为4，D正确；
故合理选项是D。
16.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是( )(已知：pH=-lgc(H+))

A. 将稀醋酸加水稀释时，c(H+)减小，c(OH-)也减小
B. a、b、c三点溶液的pH：bc(H+)，所以水解后溶液呈碱性；
(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-11mol/L，由于在室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以c(OH-)=mol/L=1×10-3mol/L，溶液中OH-就是水电离产生，即CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=1×10-3mol/L，
反应CH3COOH+NH3•H2OCH3COO-+NH4++H2O的平衡常数K==2.89×104；
(3)HCl、CH3COOH 溶液的pH相同，则溶液中c(H+)相同，对水的电离平衡的抑制作用也相同，因此这两种溶液中水的电离程度相同，A正确；
B.在HCl、CH3COOH 溶液中都存在电荷守恒，两种溶液的pH相同，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)也就相同，所以根据电荷守恒可知溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，B正确；
C.由于醋酸是弱酸，部分电离存在电离平衡，所以溶液中c(CH3COOH)>c(H+)，而HCl是一元强酸，完全电离，溶液中c(H+)=c(HCl)，所以pH相同的两种溶液中c(CH3COOH)> c(HCl)，C正确；
D.由于溶液中的电解质的浓度c(CH3COOH)> c(HCl)，所以与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗NaOH的体积多，D错误；
故合理选项是D；
(4)HCl与NaOH混合会发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，二者反应的物质的量的比是1：1，常温下，将0.10 mol/L的HCl溶液和0.30 mol/L的NaOH溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，混合后溶液中c(OH-)=mol/L=0.10mol/L，由于在常温下Kw=1×10-14，所以溶液中c(H+)=1×10-13mol/L，因此该溶液的pH=13。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、盐的水解、弱电解质的电离平衡常数的应用、溶液pH的计算等知识。明确溶液中水电离的氢离子浓度大小的计算方法，掌握电解质溶液的有关知识，是本题正确解答的基础，充分考查了学生对所学知识的掌握和应用情况。
18.某实验小组模拟合成氨过程，通过仪器测得正反应速率与时间的图象如下图所示，请回答相关问题：

(1)合成氨过程需加入催化剂，催化剂是通过_________来增大反应速率的。
(2)正反应速率呈现出先增大后减小的原因可能是___________。
(3)v正-t图象中A、B、C、D四点属于平衡状态的是___点，你的理由是___。
(4)请在图中画出相应的逆反应速率图象_______________。
【答案】 (1). 降低反应所需的活化能 (2). B点前反应放热占主导速率增大，B点后浓度降低占主导速率降低 (3). D (4). 正反应速率保持不变 (5).
【解析】
【详解】(1) 催化剂能改变反应途径，通过降低反应所需的活化能增大反应速率；
(2) 合成氨过程放热，温度越高反应速率越快，随反应进行，反应物浓度降低，浓度越大反应速率越快，B点前反应放热占主导速率增大，B点后浓度降低占主导速率降低，所以正反应速率呈现先增大后减小的趋势。
(3)达到平衡时，正逆反应速率相等且不再改变。A、B、C三点的速率随时间而改变，D点后正反应速率保持不变，所以D点是属于平衡状态的点；
(4)逆反应速率由0逐渐增大，直至正逆反应速率相等，达到平衡状态；相应的逆反应速率图象是。
19.Ⅰ. 实验室利用如右图装置进行中和热的测定。回答下列问题：
(1)该图中有一处未画出，它是_____________（填仪器名称）。
(2)某同学利用50 mL 0.50 mol/L的稀盐酸与50 mL 0.55 mol/L的稀氢氧化钠溶液进行实验，最终测得中和热△H=-55.2kJ/mol。已知标准中和热为△H=-57.3kJ/mol，导致这一偏差的原因最不可能的是________(填字母序号)。

a.实验装置保温、隔热效果差
b.在量取盐酸溶液的体积时仰视读数
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中
d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液温度
Ⅱ. 某同学用0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，其操作为如下几步。请回答：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线下，并记下读数4.60mL
④移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
(1)以上步骤有一步错误，该错误操作会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(2)如下图1是某次滴定时滴定管中的终点液面，则该次测得的醋酸物质的量浓度为_____
(3)如下图2所示为滴定图象，a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是 ______点。

【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). b (3). 偏大 (4). 0.09mol/L (5). c
【解析】
【分析】
I.(1)根据量热计的构造来判断该装置中缺少的仪器；
(2)根据中和热测定实验成败的关键是保温工作，必须确保热量不散失；
II.(1)根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(2)根据酸碱恰好中和时二者的物质的量相等计算待测醋酸物质的量浓度；
(3)酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强。
【详解】(1)由量热计的构造可知该装置中缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；
(2) a.实验装置保温、隔热效果差，导致产生等量的水，反应放出的热量使温度计升高的温度少，因此最终使实验测得中和热数值低于标准值，a正确；
b.进行中和热测定以不足量的HCl为标准计算，若在量取盐酸溶液的体积时仰视读数，则量取的HCl的体积偏大，反应放出的热量增多，会导致测定值大于标准值，b错误；
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，会导致热量损失过多，最终使中和热测定值小于标准值，c正确；
d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度，一部分NaOH与盐酸直接反应，HCl的起始温度高，则反应放出的热量使温度计升高的温度偏少，以此温度差为标准计算的中和热数值偏低，d正确；
故合理选项是b；
II.(1)盛装标准碱溶液的碱式滴定管在装液前应用所装标准液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(待测)偏大；
(2)用NaOH溶液滴定醋酸，发生反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，n(CH3COOH)=n(NaOH)，根据滴定管刻度数值可知，滴定达到终点时读数为22.60mL，反应消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=22.60mL-4.60mL=18.00mL，由于c(NaOH)= 0.1000mol/L， V(CH3COOH)=20.00mL，所以c(CH3COOH)==mol/L=0.09mol/L；
(3)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，向水中加入酸、碱会抑制水的电离，溶液中c(H+)或c(OH-)越大，对水电离的抑制作用就越强，在该滴定中，开始是醋酸溶液，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，溶液中c(H+)逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当二者反应，反应pH=7时，水的电离不受到抑制，水电离达到最大值，后继续滴入NaOH溶液，碱过量，c(OH-)增大，水电离由受到抑制作用，水的电离程度又逐渐减小，因此在溶液pH=7的c点，水电离程度最大。即滴定图象的a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是c点。
【点睛】本题考查化学实验基本操作和中和热测定的实验，保温工作是实验成功的关键，根据c(待测)=分析实验操作误差，结合二者反应的物质的量关系计算待测溶液的浓度，结合水的电离平衡，利用各点溶液中c(H+)或c(OH-)根据平衡移动原理分析判断水电离程度大小情况。
20.Ⅰ.已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol－1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－220kJ·mol-1，H-H、O=O和O-H键的键能分别为436、496和462kJ·mol-1，则a为_______。 
Ⅱ.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mo1)随时间t(min)的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。

(1)该反应的化学方程式为___________________ 。
(2)该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示：
①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是____________。
②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。
③各阶段的平衡常数如下表所示，则K1、K2、K3之间的大小关系为___________。
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3
【答案】 (1). +130 kJ/mol (2). A+2B2C (3). 升高温度 (4). a (5). K1>K2=K3
【解析】
【分析】
I.根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H(产物)-H(反应物)，再结合化学键能和物质能量的关系来回答；
II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内△n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、△n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、△n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2；
(2)①达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变条件时正、逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动；
②t3时刻平衡逆向移动，t5时刻正逆反应速率都增大但仍然相等，平衡不移动；
③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。
详解】I. 已知①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=akJ·mol-1>0，
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-220kJ·mol-1
①×2-②得：2 H2O(g)=O2(g)+2H2(g) △H=(2a+220)kJ•mol-1>0，4×462-496-2×436=2a+220，
解得a=+130kJ/mol；
II.(1)根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内△n(A)=(1-0.7)mol=0.3mol、△n(B)=(1-0.4)mol=0.6mol、△n(C)=(0.6-0)mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2，最终各种物质都存在，且物质的量浓度不再发生变化，说明反应为可逆反应，该反应方程式为A+2B2C；
(2)①达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热反应分析移动，则该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变外界条件时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度；
②t3时刻平衡逆向移动，t5时刻改变外界条件后，正、逆反应速率都增大但仍然相等，说明化学平衡不移动。平衡正向移动C的体积分数增大，平衡逆向移动，C的体积分数减小，所以a、b、c三点中C体积分数最大的是a点；
③该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；温度不变，化学平衡常数不变。由于反应温度：T(t2～t3)K2 =K3。
【点睛】本题考查化学反应的能量和化学键键能之间的关系，并以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡影响因素。明确化学计量数之比与反应过程中各物质的物质的量变化量之比关系、温度对化学平衡移动影响原理是解本题关键，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力及计算能力，会根据图判断平衡移动方向，注意知识的迁移和应用。
21.(1)常温下，向100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。

①由图中信息可知HA为______酸（填“强”或“弱”）。
②A点时，溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是_____________；
③K点时，溶液中c(H+)+c(M+)-c(OH-)=_________mol/L。
(2)20℃时，在c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.100mol/L的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。

①Q点：c(H2C2O4)______c(HC2O4-)（填“>”、“c(H+)>c(M+) (3). 0.05 (4). < (5). 1×10-4.2
【解析】
【分析】
(1)①根据开始滴定时溶液的pH与酸的浓度分析判断；
②X点溶质为等浓度的HA和NaA，HA为强电解质，完全电离，结合A-部分水解判断 c(H+)、c(M+)、c(A-)的浓度大小；
③K点反应后溶质为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒分析；
(2)①依据图象可知Q点c(H2C2O4)= c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的浓度最大；
②P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，据此计算该温度下HC2O4-的电离常数。
【详解】(1)①根据图甲可知，0.01mol/LHA溶液的pH=2，c(H+)=0.01mol/L=c(HA)，说明HA为强酸；
②A点加入25mL0.02mol/LMOH，反应后溶质为等浓度的HA和MA，HA为强电解质，完全电离，则c(A-)的浓度最大，M+部分水解而消耗，则c(H+)>c(M+)，因此溶液中c(H+)、c(M+)、c(A-)由大到小的顺序是：c(A-)>c(H+)>c(M+)；
③K点时，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(M+) –c(OH-)=c(A-)==0.005mol/L；
(2)①根据图乙可知，Q点c(H2C2O4)=c(C2O42-)≈0，c(HC2O4-)的浓度最大，则c(H2C2O4)< c(HC2O4-)；
②P点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，该温度下HC2O4-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-4.2mol/L。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离和盐水解的特点。试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。