化学卷·2019届内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期期中考试试题(A卷)(解析版)

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化学卷·2019届内蒙古巴彦淖尔市第一中学高二上学期期中考试试题(A卷)(解析版)

巴市一中2017-2018学年第一学期期中 考试高二年级化学试题(A卷)‎ ‎1. 合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念,下列关于燃料的说法正确的是(  )‎ A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料 C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料 D. 石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:A、可燃冰”外观像冰,其化学组成是CH4•nH2O,水的化学式为H2O,根据元素守恒知,水不能变为油,故A错误;B、氢能源具有来源广、热值高,且燃烧后生成水对环境无污染,故B正确;C、乙醇中含有碳、氢、氧三种元素,其燃烧产物是二氧化碳和水,但乙醇为可再生能源,故C错误;D、石油和煤都属于化石燃料,且属于不可再生能源,故D错误;故选B。‎ 考点:考查了燃料的相关知识。‎ ‎2. 下列说法或表示方法中正确的是(  )‎ A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧,后者放出的热量多 B. 氢气的燃烧热为285.5 kJ/mol,则氢气燃烧的热化学方程式为:2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.5 kJ/mol C. Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0‎ D. 已知中和热为57.3 kJ/mol,若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合,放出的热量要大于57.3 kJ ‎【答案】D ‎【解析】A、硫蒸气比硫固体所含能量高,等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧,前者放出的热量多,A错误;B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物时放出的热量,热化学方程式中氢气是2mol,B错误;C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热,△H>0,C错误;D、浓硫酸溶于水放热,实际放出的热量大于57.3kJ,D正确;答案选D。‎ ‎3. 已知热化学方程式:SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) ΔH=-98.32 kJ·mol-1,在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应,最终放出的热量为( )‎ A. 196.64 kJ B. 98.32 kJ C. <196.64 kJ D. >196.64 kJ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:因为SO2(g)+O2(g)SO3(g) △H=—98.32 kJ·mol-1是可逆反应,所以充入2 mol SO2和1 mol O2,不能完全转化成2mol SO3(g),所以最终放出的热量<196.64 kJ;C项正确;答案选C。‎ 考点:考查可逆反应 ‎4. 已知下列反应的反应热:‎ ‎(1)CH3COOH(l)+2O2(g) ==== 2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-870.3 kJ/mol ‎(2)C(s)+O2(g)==== CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ/mol ‎(3)H2(g)+1/2O2(g) ==== H2O(l) ΔH3=-285.8 kJ/mol 则2C(s)+2H2(g)+O2(g)====CH3COOH(l)的反应热为( )‎ A. -870.3 kJ/mol B. -571.6 kJ/mol C. 787.0 kJ/mol D. -488.3 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:2×②+2×③-①=2×(-393.5 )+2×(-285.8 )-(-870.3 )=-488.3 kJ/mol,故此题选D。‎ 考点:考查热化学方程式的书写相关知识 ‎5. 已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ ΔH=-226 kJ/mol 根据以上热化学方程式判断,下列说法正确的是 ( )‎ A. CO的燃烧热为283 kJ B. 如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系 C. 2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g) ΔH>-452 kJ/mol D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时,电子转移数为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量;已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol,一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol,故A错误;B.由热化学方程式,2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol,可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量,故B错误;C.固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热,焓变放热是负值,由2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol,所以反应2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H>-532 kJ/mol,故C正确;D.已知:①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol;②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol;依据盖斯定律②×2+①得到:2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol;即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol;CO(g)与Na2O2(s)反应放出×509 kJ=254.5kJ热量时,反应的一氧化碳物质的量为0.5mol,电子转移数为6.02×1023,故D错误;故选C。‎ ‎6. 已知:HCN(aq)与NaOH(aq)反应的△H=-12.1 KJ·mol-1;HCl(aq)与NaOH(aq)反应的△H=-55.6 KJ·mol-1,则HCN在水溶液中的电离的△H等于( )‎ A. -67.7KJ·mol·L-1 B. -43.5 KJ·mol·L-1‎ C. +43.5 KJ·mol·L-1 D. +67.7 KJ·mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】反应的热化学方程式分别为:HCN(aq)+OH−(aq)CN−(aq)+H2O(l) ΔH=−12.1 kJ·mol−1①,H+(aq)+OH−(aq)H2O(l) ΔH=−55.6 kJ·mol−1②,HCN电离方程式为HCNH++CN−,用①−②可得HCN电离的热化学方程式为:HCN(aq)H+(aq)+CN−(aq) ΔH=−12.1 kJ·mol−1−(−55.6 kJ·mol−1)="+43.5" kJ·mol−1,故选C。‎ ‎7. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )‎ A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol,则2CO2(g)==2CO(g)+O2(g)反应的△H=2×283.0kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎ ‎ 点睛:中和热是稀强酸和稀强碱生成1mol水放出的热量;燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,碳元素生成二氧化碳、氢元素生成液态水。‎ ‎8. 在2A+B 3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( )‎ A. υ(A)= 0.5 mol/(L·s)‎ B. υ(B)= 0.3 mol/(L·s)‎ C. υ(C)= 0.8 mol/(L·s)‎ D. υ(D)= 1 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】都转化为D物质表示的速率进行比较,对于2A+B⇌3C+4D。A、υ(A)=0.5 mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=2υ(A)=1mol/(L•s),B、υ(B)=0.3mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=4υ(B)=1.2mol/(L•s),C、υ(C)=0.8mol/(L•s),速率之比等于化学计量数之比,故υ(D)=υ(C)=×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s),D、υ(D)=1mol/(L•s),故反应速率B>C>A=D,故选B。‎ 点睛:本题也可以通过比值法判断,即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比,比值越大,速率越快。如=0.25 mol/(L·s),=0.3 mol/(L·s),=mol/(L·s),=0.25 mol/(L·s),故反应速率B>C>A=D。‎ ‎9. 下列说法正确的是( )‎ A. 增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增大 B. 有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增加活化分子的百分数,从而使反应速率增大 C. 升高温度能使化学反应速率增大,主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数,从而增大反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】A.增大反应物浓度,活化分子的浓度增大,但百分数不变,A错误;B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的体积),可增加单位体积内活化分子的数,B 错误;C.升高温度,活化分子的百分数增加,反应速率增大,C正确;D.催化剂能改变反应的活化能,D错误,答案选C。‎ 点睛:本题考查外界条件对反应速率的影响,注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同,即。‎ ‎10. 在2L的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+ B(g) 2C(g)+D(g) 。若最初加入的A和B都是4 mol,在前10秒钟A的平均反应速度为0.12 mol/(L·s),则10秒钟时,容器中B的物质的量是( )‎ A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:根据速率之比等于化学计量数之比,所以v(B)=0.5v(A)=0.5×0.12mol/(L•s)=0.06mol/(L•s),所以△c(B)=0.06mol/(L•s)×10s=0.6mol/L,所以△n(B)=0.6mol/L×2L=1.2mol,故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol.故选B.‎ 考点:考查化学反应速率的计算 ‎11. α1和α2分别为A、B在两个恒容容器中平衡体系A(g)2B(g)和2A(g)B(g)的转化率,在温度不变的情况下,均增加A的物质的量,下列判断正确的是( )‎ A. α1、α2均减小 B. α1、α2均增大 C. α1减小,α2增大 D. α1增大,α2减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:在甲容器中发生反应A(g)‎ ‎2B(g)。在温度不变的情况下,若增加A的物质的量,A的浓度增大,容器内的压强也增大,由于压强的影响大于浓度增大的影响,所以化学平衡向气体体积减小的方向,即向逆反应方向移动,所以A的转化率降低;在乙容器中发生反应2A(g)C(g),若增加A的物质的量,A的浓度增大,容器内的压强也增大,由于压强的影响大于浓度增大的影响,所以化学平衡向气体体积减小的方向,即平衡向正反应方向移动,所以A的转化率增大,因此在温度不变的情况下,均增加A的物质的量,α1减小,α2增大。选项为C。‎ 考点:考查浓度、压强对反应物的转化率的影响的知识。‎ ‎12. 对可逆反应4NH3(g)+ 5O2(g)4NO(g)+ 6H2O(g),下列叙述正确的是( )‎ A. 达到化学平衡时,4υ正(O2)= 5υ逆(NO )‎ B. 若单位时间内生成x mol NO的同时,消耗x mol NH3 ,则反应达到平衡状态 C. 达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减少,逆反应速率增大 D. 化学反应速率关系是:2υ正(NH3)= 3υ正(H2O)‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比,根据化学方程式可知4v正(O2)=5v正(NO),4v正(O2)=5v逆(NO),v正(NO)=v逆(NO),正确; B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则只表明反应正向进行,不能体现正逆反应速率相等,错误;C、达到化学平衡时,若增加容器体积,则物质的浓度减小,正逆反应速率均减小,错误;D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比,根据化学方程式可知3v正(NH3)=2v正(H2O)在平衡状态和反应过程中都成立,不能说明反应达到平衡状态,错误;故选A.‎ 考点:考查化学平衡问题 ‎13. 常温常压下,在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里,分别充有二氧化氮和空气,现分别进行下列两个实验:‎ ‎(N2O42NO2 △H > 0)‎ ‎(a)将两容器置于沸水中加热 ‎(b)在活塞上都加2 kg的砝码 在以上两情况下,甲和乙容器的体积大小的比较,正确的是( )‎ A. (a)甲>乙,(b)甲>乙 B. (a)甲>乙,(b)甲=乙 C. (a)甲<乙,(b)甲>乙 D. (a)甲>乙,(b)甲<乙 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:a、在热水中加热,则温度升高,对于甲容器,不仅是温度升高压强增大,同时平衡正向移动,气体物质的量增加,容器体积增大的多;对于乙容器,仅仅是温度升高压强增大,容器体积增大不如甲增大的多,所以(a)甲>乙;b、在活塞上都加2 kg的砝码,相当于加压,则对于甲容器,不仅是压强增大容器体积减小,同时压强增大,平衡逆向移动,气体物质的量减小,体积也缩小,而对于乙容器,仅仅是压强增大而体积减小,与甲相比,减少的少,所以(b)甲<乙,则答案选D。‎ 考点:考查对平衡移动的应用,外界条件的改变对容器体积的影响 ‎14. 在密闭容器中进行如下反应:X2(g)+Y2(g) 2Z(g),已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是( )‎ A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.4mol/L C. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L ‎【答案】A ‎【解析】X2(g)+Y2(g)2Z(g)‎ 起始(mol/L) 0.1 0.3 0.2‎ ‎①若Z转化生成X2和Y2时,c(X2)<0.1+0.1=0.2 mol/L,c(Y2)<0.3+0.1=0.4 mol/L,所以B、C两项均不正确;②若X2、Y2转化生成Z,按X2的量进行计算c(Z)<0.2+0.2=0.4 mol/L,D项不正确。‎ ‎15. 下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是( )‎ A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中,降温或加压有利于氨的合成 D. Fe(SCN)3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:A、新制的氯水存在平衡:Cl2+ H2OCl-+ H++ HClO,光照下次氯酸分解,平衡正向移动,Cl2浓度降低,颜色变浅,符合勒夏特列原理,错误;B、反应:H2(g)+I2(g)2HI(g)为反应前后气体物质的量相等的反应,加压,平衡不移动,平衡混合气加压后颜色变深的原因是容器体积缩小,各物质的浓度增大,不能用勒夏特列原理解释,正确;C、合成氨的反应正向为气体物质的量减小的放热反应,降温或加压平衡正向移动,有利于氨的合成,能用勒夏特列原理解释,错误;D、Fe(SCN)3溶液中存在平衡:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,加入6mol/L NaOH溶液,铁离子与氢氧根反应生成氢氧化铁沉淀,平衡逆向移动,Fe(SCN)3的浓度减小,颜色变浅,符合勒夏特列原理,错误。‎ 考点:考查化学平衡的移动。‎ ‎16. 在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将气体体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.8倍,下列叙述正确的是 A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动 C. D的体积分数变大 D. a> c+d ‎【答案】A ‎【解析】先建立等效平衡:假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的2倍,实际达到新平衡时,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,即a<c+d。‎ A、平衡向逆反应移动,A的转化率降低,故A正确;B、平衡向逆反应方向移动,故B错误;C、气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,D体积分数减小,故C错误;D、根据分析D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,即a<c+d。‎ 点睛:考查化学平衡的影响因素,难度中等,解题关键:根据D的浓度变化判断平衡移动方向,难点建立等效平衡,根据平衡移动原理判断反应进行的方向:假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的2倍,实际达到新平衡时,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动。‎ ‎17. 反应PCl5(g) PCl 3(g)+Cl2(g) ①‎ ‎2HI(g) H2(g)+I2(g) ②‎ ‎2NO2(g) N2O4(g) ③‎ 在一定条件下,达到化学平衡时,反应物的转化率均是a%。若保持各自的温度不变、体积不变,分别再加入一定量的各自的反应物,则转化率( )‎ A. 均不变 B. 均增大 C. ①增大,②不变,③减少 D. ①减少,②不变,③增大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:若保持各自的温度、体积不变,分别加入一定量的各自的反应物,可以等效为将原来的容器缩小体积,实际上增大的反应体系的压强,①该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,所以转化率减小;②该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应,增大压强,平衡不移动,所以转化率不变;③该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,所以转化率增大,答案选D。‎ ‎【考点定位】本题考查了外界条件对化学平衡的影响 ‎【名师点晴】利用等效平衡把改变物质的浓度转化为压强,根据压强对化学平衡的影响来分析解答较简便。注意压强对平衡状态的影响变化规律:(1)由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响,因此,当反应混合物中不存在气态物质时,压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。(2)气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。(3)对于反应前后气体分子数无变化的反应。(4)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度,应视为压强对平衡的影响,如某合成氨平衡体系中,c(N2)=0.1 mol·L-1、c(H2)=0.3 mol·L-1、c(NH3)=0.2 mol·L-1,当浓度同时增大一倍时,即让c(N2)=0.2 mol·L-1、c(H2)=0.6 mol·L-1、c(NH3)=0.4 mol·L-1,此时相当于压强增大一倍,平衡向生成NH3的方向移动。‎ ‎18. 某反应A+B ==== C+D在低温下能自发进行,在高温下不能自发进行,对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是( )‎ A. ΔH<0,ΔS>0 B. ΔH>0,ΔS>0‎ C. ΔH<0,ΔS<0 D. ΔH>0,ΔS<0‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:根据低温下能自发进行;高温下不能自发进行,△H <0、△S<0,故C正确。‎ 考点:本题考查化学反应方向。‎ ‎19. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如下图,则氨的百分含量最高的一段时间是( )‎ ‎ ‎ A. t0~t1 B. t2~t3 C. t3~t4 D. t5~t6‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:t1到t2,向逆反应方向进行,消耗氨气,t2到t4平衡不移动,氨气百分含量与t1到t2时间段相等,t4到t5反应向逆反应进行,消耗氨气,氨气百分含量比t1到t2时间段要小,因此氨的百分含量最低的时间段是t5~t6,答案选D。‎ 考点:考查外界条件对平衡状态的影响 ‎20. 100℃时,将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中,然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中,烧瓶内的气体逐渐变为红棕色:N2O4(g) 2NO2 (g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是( )‎ ‎①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1∶2;②NO2的生成速率与NO2消耗速率相等;③烧瓶内气体的压强不再变化;④烧瓶内气体的质量不再变化;⑤NO2的物质的量浓度不再改变;⑥烧瓶内气体的颜色不再加深;⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化;⑧烧瓶内气体的密度不再变化。‎ A. ②③⑥⑦ B. ①④⑧‎ C. 只有①④ D. 只有⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2,描述的是正反应,从反应方程式可得,从发生到平衡一直是1:2,不能说明已达平衡状态;②NO2生成速率与NO2消耗速率相等,正逆反应速率相等,说明已达平衡状态;③该反应左右两边气体分子数不相等,只要不平衡压强就会变化,烧瓶内气体的压强不再变化,说明正逆反应速率相等,已经达到平衡状态;④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变,不能说明已达平衡状态;⑤NO2的物质的量浓度不再改变,说明正逆反应速率相等,已经达到平衡状态;⑥烧瓶内气体的颜色不再加深,说明正逆反应速率相等,已经达到平衡状态;⑦该反应左右两边气体分子数不相等,只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化,当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时,说明正逆反应速率相等,已经达到平衡状态;⑧密度=质量÷体积,气体质量不变,气体体积不变,所以密度始终不变,不能说明已达平衡状态。综上,①④⑧‎ 符合题意,故选B。‎ 点睛:本题考查了化学平衡状态的判断,根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,注意,若题中涉及的某物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量不变时,说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎21. 已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大,可以采取的措施是( )‎ A. 加少量烧碱溶液 B. 加入少量CH3COONa晶体 C. 加少量冰醋酸 D. 加水 ‎【答案】D 考点:考查弱电解质的电离 ‎22. 已知室温时,0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是( )‎ A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度,溶液的pH和电离平衡常数均减小 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 加入少量纯HA,电离程度减小电离平衡常数不变 ‎【答案】B ‎【解析】A.c(H+)=0.1mol/L×0.1%=1×10-4,pH=-lgc(H+)=4,故A正确;B.HA电离吸热,升高温度,促进电离,则氢离子浓度增大,溶液的pH减小,而电离平衡常数增大,故B错误;C.此酸的电离平衡常数Ka===1×10-7,故C正确;D.加入少量纯HA,浓度增大,电离程度减小,但Ka与温度有关、与浓度无关,则电离平衡常数不变,故D正确;故选B。‎ ‎23. 冰醋酸加水稀释时,溶液中的氢离子浓度随加入的水量变化的下列各曲线图中,正确的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:在浓醋酸中,“促进电离,增大氢离子浓度”起主要作用,氢离子浓度就增大,在稀醋酸中,“水的稀释减小氢离子浓度”起主要作用,氢离子浓度就减小,所以在整个稀释过程中,氢离子的物质的量一直是增大的,但氢离子浓度是先增大后减小,故选C。‎ 考点:弱电解质的电离平衡 ‎24. 下列事实不能证明CH3COOH是弱酸的是( )‎ A. CH3COOH溶液能使石蕊试液变红 B. 0.1 mol/L的CH3COOH,H+浓度为0.01 mol/L C. 等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱 D. 0.01 mol/L的CH3COOH溶液中有两种分子存在 ‎【答案】A ‎【解析】A.无论醋酸是强酸还是弱酸都能是石蕊变红,故A选;B.0.1mol/L的CH3COOH溶液,c(H+)小于0.1mol/L,说明醋酸不能完全电离,是弱酸,故B不选;C. 等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱,说明醋酸不能完全电离,是弱酸,故C不选;D. 0.01 mol/L的CH3COOH溶液中有两种分子存在,说明溶液中存在CH3COOH分子,说明醋酸不能完全电离,是弱酸,故D不选;故选A。‎ ‎25. 常温下,将0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L-1硫酸溶液等体积混合,该混合溶液的pH等于( )‎ A. 1.7 B. 2.0 C. 12.0 D. 12.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:常温下,将0.1mol/L的氢氧化钠与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合硫酸过量,则反应后溶液中c(H+)=(0.06×2-0.1)/2=0.01mol·L-1,所以溶液的pH=2,故选项B正确。‎ 考点:考查pH的计算等知识。‎ ‎ ‎ ‎26. 在下列溶液中,各组离子一定能够大量共存的是( )‎ A. 使酚酞试液变红的溶液:Na+、Cl-、SO42-、Fe3+‎ B. 由水电离的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液:K+、Ba2+、Cl-、Br-‎ C. 在pH=1溶液中:NH4+、K+、CO32-、Cl-‎ D. 使紫色石蕊试液变红的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】A.使酚酞试液变红的溶液,显碱性,不能大量存在Fe3+,故A错误;B.由水电离出的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液,为酸或碱溶液,该组离子之间均不反应,能大量共存,故B正确;C.pH=1溶液中为酸性溶液,酸性条件下溶液中不能大量存在CO32-,故C错误;D.使紫色石蕊试液变红的溶液,显酸性,Fe2+、H+、NO3-‎ 离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选B。‎ ‎27. 取浓度相同的NaOH和HCl溶液,以3∶2的体积比相混合,所得溶液的pH等于12,则原溶液的浓度为( )‎ A. 0.01 mol·L-1 B. 0.017 mol·L-1 C. 0.05 mol·L-1 D. 0.50 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:混合后溶液显碱性,pH等于12,c(OH-)=10-2mol·L-1,设浓度为c mol·L-1,NaOH和HCl溶液体积分别为3VL、2VL,则有:(3Vc-2Vc)/5V=10-2mol·L-1,得c="0.05" mol·L-1‎ 考点:有关溶液酸碱性的计算。‎ ‎28. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为:NaHSO4===Na++H++SO。某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中不正确的是(  )‎ A. 该温度高于25℃‎ B. 由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-10mol·L-1‎ C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离 ‎ D. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】A.纯水的pH=6,说明c(H+)=c(OH﹣)=1×10﹣6mol•L﹣1,Kw=1×10﹣12>1×10﹣14,说明温度高于25℃,故A正确;‎ B.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度,c(H+)=c(OH﹣)===1×10﹣10mol•L﹣1,故B正确;‎ C.NaHSO4晶体电离生成氢离子,相当于一元强酸,抑制了水的电离,故C正确;‎ D.Kw=1×10﹣12,应加入等体积浓度为0.01mol•L﹣1的氢氧化钠溶液,故应加入等体积pH=10的NaOH溶液,可使该溶液恰好呈中性,故D错误.故选D.‎ ‎【点评】本题考查水的电离,难度适中,注意只有在25℃水的离子积才是1.0×10﹣14.‎ ‎29. 在25mL的碱式滴定管中盛有溶液,液面恰好在20mL刻度处,现将滴定管内溶液全部放出,流入量筒内,所得溶液的体积为( )‎ A. 5mL B. 20mL C. 大于5mL D. 小于5mL ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:滴定管最上端的刻度为0,且滴定管最下端的一部分溶液并不能通过滴定管刻度反映出来,所以答案选C。‎ 考点:考查滴定管的构造 点评:该题是常识性知识的考查,侧重对学生基础知识的巩固和检验。主要是考查学生对滴定管构造的熟悉了解程度,难度不大,记住即可。‎ ‎30. 下列实验方法能够达到要求的是( )‎ A. 用托盘天平称量25.20gNaCl B. 用10mL的量筒量取7.50mL稀硫酸 C. 用25mL的滴定管量取14.80mL溶液 D. 用广泛pH试纸测某碱液的pH为12.5‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、托盘天平的只能精确到0.1g,无法用托盘天平称量25.20gNaCl,故A错误;B、量筒只能读到0.1mL,无法用10mL量筒量取7.50mL稀硫酸,故B错误;C、滴定管读数可以读到0.01mL,可以用25mL滴定管量取14.80mL溶液,故C正确;D、用广泛pH试纸测得某碱溶液的pH,只能测出整数,故D错误;故选C。‎ 点睛:本题考查了计量仪器的使用方法、试纸的使用方法,‎ 注意明确常见计量仪器的构造及正确使用方法,明确试纸的使用方法是解题的关键,天平只能精确到0.1g,量筒只能精确到0.1mL,酸、碱式滴定管精确到0.01mL,广泛pH试纸只能读整数值。‎ ‎31. 在一次学生实验中,学生用铝片分别和稀盐酸、稀硫酸反应,发现:铝片与稀盐酸反应现象非常明显,而和稀硫酸几乎不反应。这和教材中“铝能跟稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气“的说法不一致。为排除因试剂变质等因素造成的影响,该学生在教师的指导下重新进行下列实验,验证是否存在上述现象。‎ 实验用品:仪器(略,凡是实验需要的都有)‎ 药品:3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,相同大小的铝片(纯度>99.5%)‎ 实验过程:往三根相同的试管中分别加入相同的铝片各一片,再往试管中分别加入等体积的3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,观察反应进行到1、2、5、15、20分钟时的铝与酸反应的情况。结果如下:‎ 反应进程(分钟)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎3.0mol/L盐酸 少量气泡 较多气泡 大量气泡 反应剧烈 铝片耗尽 ‎1.5mol/L硫酸 均无明显现象(无气泡产生)‎ ‎3.0mol/L硫酸 均无明显现象(无气泡产生)‎ 通过上述实验可知,无论是用1.5mol/L硫酸还是3.0mol/L硫酸,均无明显的现象,而3.0mol/L盐酸与铝片反应的现象却十分明显。‎ ‎(1)写出铝与盐酸反应的离子方程式______________________________‎ ‎(2)反应1~15min内,铝与盐酸的反应速率逐渐加快,其原因是__________________。‎ ‎(3)根据以上探究“铝与稀盐酸和稀硫酸反应差异的原因”,你能对问题原因作出哪 些假设或猜想?(列出两种即可)‎ 假设一: _________________________________________________‎ 假设二: ____________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 2Al+6H+==2Al3++3H2↑ (2). 反应放出热量,温度升高,使化学反应速率加快 (3). 氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应 (4). 硫酸根离子阻碍金属铝表面的氧化膜与H+反应 ‎【解析】(1)铝与盐酸反应生成铝离子和氢气,离子方程式为:2Al+6H+=2Al3++3H2↑,故答案为:2Al+6H+=2Al3++3H2↑;‎ ‎(2)反应1~15min内,铝与酸的反应是放出热量的,导致温度升高,使化学反应速率加快,故答案为:反应放出热量,温度升高,使化学反应速率加快;‎ ‎(3)在铝的表面有一层致密氧化铝薄膜,当加入盐酸和硫酸溶液时,酸液首先与氧化铝薄膜反应,由反应的现象可知,铝片和稀盐酸反应现象明显,而和稀硫酸几乎不反应,比较盐酸和硫酸溶液中含有的离子的不同,出现这种现象的原因可能是:氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应,硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用,所以假设一:氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应;假设二:硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用;故答案为:氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应;硫酸根离子阻碍金属铝表面的氧化膜与H+反应。‎ ‎32. 乙醇是重要的化工原料和液体燃料,可以利用下列反应制取乙醇:2CO2(g) + 6H2(g) CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ‎ ‎(1)写出该反应的平衡常数表达式:K=_________________________。‎ ‎(2)请说明以CO2为原料合成乙醇的优点是_____________________(只要求写出一条)。‎ ‎(3)在一定压强下,测得该反应的实验数据如下表:‎ ‎500‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎1.5‎ ‎45‎ ‎33‎ ‎20‎ ‎12‎ ‎2.0‎ ‎60‎ ‎43‎ ‎28‎ ‎15‎ ‎3.0‎ ‎83‎ ‎62‎ ‎37‎ ‎22‎ ‎① 该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎② 一定条件下,若提高氢碳比[n(H2)/n(CO2)],则CO2的转化率______________(填“增大”、“减小”、或“不变”)‎ ‎(4)一种乙醇燃料电池中发生的化学反应为:在酸性溶液中乙醇与氧作用生成水和二氧 化碳。该电池的负极反应式为:_______________________________________。‎ ‎(5)25℃、101 kPa下,H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是285.8 kJ · mol-1、1411.0 kJ · mol-1和1366.8 kJ · mol-1,请写出由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的热化学方程式____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). c(CH3CH2OH)c3(H2O)/c2(CO2)c6(H2) (2). 废弃物再利用,有利于环保 (3). 放热 (4). 增大 (5). C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+ (6). C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=-44.2kJ/mol ‎【解析】(1)2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g),依据反应化学方程式,结合化学平衡常数的概念列式写出平衡常数表达式为:;故答案为:;‎ ‎(2)以CO2为原料合成乙醇,减少二氧化碳造成的温室效应,废弃物利用,有利于环保;故答案为:废弃物利用,有利于环保;‎ ‎(3)①由图表分析判断,随温度升高,二氧化碳转化率减小,说明平衡逆向进行,逆向是吸热反应,则正向是放热反应;故答案为:放热;‎ ‎②一定条件下,若提高氢碳比[n(H2)/n(CO2)]‎ ‎,图表数据分析,同温度下,二氧化碳转化率增大,故答案为:增大;‎ ‎(4)酸性条件下,乙醇在负极发生氧化反应生成二氧化碳,则负极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+,故答案为:C2H5OH+3H2O-12e-═2CO2+12H+;‎ ‎(5)已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是-285.8kJ/mol、-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol,则有:①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol;②C2H4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1411.0kJ/mol;③C2H5OH(l)+2O2(g)=3H2O(l)+2CO2 (g)△H=-1366.8kJ/mol;根据盖斯定律 ,将②-③可得:C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=-44.2kJ/mol,故答案为:C2H4(g)+H2O(l)═C2H5OH(l);△H=-44.2 kJ/mol-1。‎ ‎33. 在一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图所示,请回答:‎ ‎(1)写出醋酸的电离方程式___________________________________________。‎ ‎(2)a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为__________________ 。‎ ‎(3)a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是_________。‎ ‎(4)取甲、乙两份等体积c点的溶液,甲用蒸馏水稀释10倍,乙用蒸馏水稀释100倍,则稀释后甲、乙两溶液中的H+浓度:c(H+)甲_____ 10c(H+)乙(填“大于”、“小于”或 “等于”)‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH CH3COO-+H+ (2). c<a<b (3). c (4). 小于 ‎【解析】(1)醋酸是弱电解质,在水溶液里只有部分电离,所以醋酸的电离方程式为:CH3COOH⇌CH3COO-+H+,故答案为:CH3COOH⇌CH3COO-+H+;‎ ‎(2)氢离子浓度越大溶液的导电能力越强,根据图片知,氢离子浓度由小到大的顺序是c<a<b,故答案为:c<a<b;‎ ‎(3)加入的水越多,溶液越稀,醋酸的电离程度越大,根据图片知,醋酸的电离程度最大是 c,故答案为:c;‎ ‎(4)醋酸是弱电解质,稀释过程中促进醋酸电离,溶液越稀,醋酸的电离程度越大,所以c(H+)甲<10c(H+)乙,故答案为:小于。‎ 点睛:本题考查了弱电解质的电离,明确弱电解质电离特点是解本题关键。注意弱电解质溶液中溶质的浓度越稀其电离程度越大,溶液的导电能力与电解质强弱无关,与离子浓度有关。‎ ‎34. 某学生用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分解为如下几步:‎ ‎(A)移取20.00mL待测的盐酸注入洁净的锥形瓶,并加入2-3滴酚酞试液 ‎(B)用标准溶液润洗滴定管2-3次 ‎(C)把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好,调节液面使滴定管尖嘴充满溶液 ‎(D)取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm ‎(E)调节液面至0或0刻度以下,记下读数 ‎(F)把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准KOH溶液滴定至终点,记下滴定管液面的刻度 完成以下填空:‎ ‎(1)正确操作的顺序是(用序号字母填写)______________________。‎ ‎(2)上述(B)操作的目的是___________________________________。‎ ‎(3)上述(A)操作之前,如先用待测液润洗锥形瓶,则对测定结果的影响是(填偏大、偏小、不变,)______________。‎ ‎(4)实验中用左手控制_________(填仪器及部位),眼睛注视_______,直至滴定终点。判断到达终点的现象是_______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). BDCEAF (2). 防止将标准液稀释 (3). 偏大 (4). 滴定管活塞 (5). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (6). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红色且保持30秒内不褪色 ‎【解析】(1)‎ 中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作,则正确的顺序为BDCEAF,故答案为:BDCEAF;‎ ‎(2) 用标准溶液润洗滴定管2-3次可以防止将标准液稀释,故答案为:防止将标准液稀释;‎ ‎(3)上述(A)操作之前,如先用待测液润洗锥形瓶,待测液的物质的量偏大,则消耗的标准液体积偏大,根据c(待测)=分析,可知c(待测)偏大;故答案为:偏大;‎ ‎(4)滴定时,滴定过程中,用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处,右手摇动锥形瓶,两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化;滴定时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色,可说明达到滴定终点;故答案为:滴定管活塞;锥形瓶中溶液的颜色变化;锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色。‎
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