江西省九江市同文中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.docx

九江市同文中学20182019学年度上学期期中考试高二年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。1. 能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；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。下列叙述正确的是（ ）A. 水煤气，电能是一级能源B. 天然气，水力是二级能源C. 核能，煤，石油符合未来新能源标准D. 太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准【答案】D【解析】略2.下列关于电解质说法正确的是( )A. SO2、CO2溶于水能导电，但SO2、CO2都是非电解质B. 盐酸能导电，所以盐酸是电解质C. 强电解质溶液导电能力比弱电解质导电能力强D. 离子化合物都是强电解质，共价化合物都是弱电解质【答案】A【解析】【详解】A.SO2、CO2溶于水能导电，是溶于水分别生成的H2SO3、H2CO3电离出的离子导电，而不是SO2、CO2电离出离子导电，SO2、CO2都是非电解质，故A正确；B.盐酸能导电，但盐酸是混合物，所以盐酸不是电解质，故B错误；C.溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故C错误；D.共价化合物不一定都是弱电解质，如H2SO4虽然是共价化合物，但分子中具有强极性键，是强电解质，在水溶液中完全电离，故D错误；本题答案为A。【点睛】溶液的导电能力与溶液中离子浓度成正比，与电解质的强弱无关。3.在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是增大反应物的浓度升高温度增大压强移去生成物加入催化剂A. B. C. D. 【答案】A【解析】增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故错误；移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减少，故错误；加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故正确；故答案选A。4.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v (A)、v (B)、v (C)表示。已知v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (B)。 则此反应可表示为（ ）A. 2A + 3B = 2C B. A+ 3B = 2CC. 3A + B = 2C D. A + B = C【答案】A【解析】试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) = 3 v (A)、3 v (C) = 2 v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。考点：考查反应速率应用5.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为:S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H=xkJmol-1已知:碳的燃烧热H1=akJmol-1 S(s)+2K(s)=K2S(s) H2=bkJmol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3=ckJmol-1 。则x为：A. 3a+b-c B. c+3a-b C. a+b-c D. c+a-b【答案】A【解析】试题分析：碳的燃烧热H1=a kJmol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=a kJmol-1，S(s)+2K(s)K2S(s)H2=b kJmol-1，2K(s)+N2(g)+3O2(g)2KNO3(s)H3=c kJmol-1，将方程式3-+得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=x kJmol-1=(3a-b+c)kJmol-1，所以x=3a-b+c，故选C。【考点定位】考查反应热和焓变【名师点晴】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减。应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。当热化学方程式乘、除以某一个数时，H也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“”“”符号，即把H看作一个整体进行运算。将一个热化学方程式颠倒书写时，H的符号也随之改变，但数值不变。在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固液气变化时，会吸热；反之会放热。6.下列关于H(焓变)的说法正确的是()A. 在恒压件下，化学反应的焓变等于化学反应的反应热B. H0时，反应放出热量；H0时，反应吸收热量；Hc(H+)=c(OH)B. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)+ c(OH)C. pH=8.3的NaHCO3溶液c(Na+)c(HCO3) c(H2CO3) c(CO32)D. 0.2mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H+)c(OH)=c(CH3COO)c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合,氨水过量导致溶液呈碱性,则c(OH-)c(H+),根据电荷守恒得c(Cl-)c(NH4+),故A错误；B.溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)c(Na+)=c(Cl-)c(ClO-)c(OH-),所以,故B错误；C.pH=8.3的NaHCO3溶液中,由于溶液显碱性，所以碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,c(CO32-)c(H2CO3),则溶液中的离子浓度关系为：c(Na+)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)；故C正确；D.二者混合后,溶液中的溶质是等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa,根据溶液中物料守恒得,根据电荷守恒得,所以得,故D错误；本题答案为C。18.25时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A. 未加盐酸时：c(OH)c(Na)= c(NH3H2O)B. 加入10mL盐酸时：c(NH4) c(H) c(OH)C. 加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl) = c(Na)D. 加入20mL盐酸时：c(Cl) c(NH4) c(Na)【答案】B【解析】A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na)= c(NH3H2O)，故A错误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4) c(H) + c(Na+)c(OH)+c（Cl-），所以c(NH4) c(H) c(OH)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4) c(H) + c(Na+) c(OH)+c（Cl-），pH=7时，即c(H) c(OH)，所以c(NH4) + c(Na+) c（Cl-），c(Cl) c(Na)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）=2 c(Na),由于铵根离子的水解，c(NH4) c(Na+)，所以c(Cl)c(NH4) c(Na)，故D错误，此题选B。【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。19.某温度下，将2mol A和3mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)+ B(g)C(g)+ D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数为1，在t0时刻，若保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是( )A. a=2B. 达到平衡时A的转化率为60%C. 速率随时间变化关系如图所示D. 为提高A的转化率，可采取升高温度的措施【答案】B【解析】【详解】若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍,A的转化率不发生变化,则可以确定,设B的转化率为x,初始物质的量: 2 3 0 0变化物质的量: 3x平衡物质的量:3x3x,计算得出,即A的转化率是.A、,故A错误;B、达平衡时A的转化率为,所以B选项是正确的;C、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍,速率减小,故C错误;D、因为反应的热效应不知,所以无法确定,故D错误;本题答案为B。20.室温下，将等浓度等体积的弱酸HA和HB与NaHCO3反应放出CO2的体积与时间的关系如图所示，则以下说法错误的是：( )A. 酸性：HAHBB. pH均为4的HA和HB溶液中和等量NaOH时，所需HA溶液体积小C. pH均为9的NaA溶液和NaB溶液相比，NaA溶液中水的电离程度大D. 浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，NaA溶液中水的电离程度大【答案】C【解析】【详解】A.由图可以看出，等浓度等体积的弱酸HA和HB与NaHCO3反应，在开始一段时间内相同时间放出CO2的体积HB比HA多，说明HA溶液中的c(H+)比HB溶液中的c(H+)小，酸性HAHB，故A正确；B.因为酸性HAHB，所以pH均为4的HA和HB溶液，c(HA)c(HB),所以中和等量NaOH时，所需HA溶液体积小，故B正确；C.NaA和NaB均为强碱弱酸盐，溶液显碱性，由于pH均为9，所以水的电离度相同，故C错误；D.浓度均为0.1mol/L的NaA溶液和NaB溶液相比，由于酸性HAc(Na+)c(H+)c(OH)，故答案为：HA+OH=A+H2O；c(A)c(Na+)c(H+)c(OH)；. 0.2molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，由物料守恒有：2c(Na+)=c(A)+c(HA)，故c(H+)+c(HA)c(OH)=c(Na+)=0.50.1mol/L=0.05mol/L，故答案为：0.05；(2).设该温度下水的离子积常数Kw=10a，pH=2的H2SO4溶液中氢离子的浓度为102mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为1011mol/L，则氢氧根离子浓度为：10a1011mol/L=10(11a)mol/L，等体积的氢氧化钠、稀硫酸恰好反应，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，即102mol/L=10(11a)mol/L，解得a=13，则水的离子积常数Kw=1013；故答案为：1013；.100mL0.1molL1的稀H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：0.1mol/L20.1L=0.02mol，100mL0.4molL1的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.4mol/L0.1L=0.04mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，反应后氢氧根离子的浓度为：(0.04mol0.02mol)0.2L=0.1mol/L，根据水的离子积常数Kw=1013可得，溶液中氢离子浓度为：10-13 mol/L0.1 =1012mol/L，该溶液的pH=12，故答案为：12；. 若1体积pH1=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10pHamol/L，10体积pH2=PHb的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10pHb13mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以110pHamol/L=1010pHb13mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为：pHa+pHb=12。23.乙二酸俗名草酸，易溶于水，为了测定草酸晶体H2C2O4xH2O中的x值，某实验小组进行实验，步骤如下：称取1.260g草酸晶体，配成100mL溶液。取25.00mL该H2C2O4溶液加入锥形瓶内，再加入适量稀硫酸。用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，至滴定达到终点。重复实验。记录整理数据如下：实验序号V(KMnO4溶液)滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.1010.0021.1011.1031.5013.5040.7010.80回答下列问题：(1)乙二酸和KMnO4标准溶液反应的离子方程式为_(2)步骤需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器为_(填名称)；步骤滴定过程中，盛装KMnO4溶液的仪器为_(填名称)。(3)本实验滴定达到终点的标志是_;(4)根据数据，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为_mol/L，x=_；(5)若滴定终点时仰视滴定管刻度，则x值会_(填“偏大”、“偏小”或“不变”) 。【答案】 (1). 2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 酸式滴定管 (4). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 (5). 0.1000 (6). 2 (7). 偏大【解析】【分析】（1）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析使用仪器；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶；（3）高锰酸钾溶液呈紫色，开始滴入的高锰酸钾溶液被草酸还原为Mn2+，高锰酸钾不再褪色时，草酸完全反应；（4）根据c(H2C2O4)=计算草酸浓度；根据计算平均摩尔质量，再根据M计算x的数值；（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小；【详解】（1）草酸被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水，反应的离子方程式是2MnO4+5 H2C2O4+ 6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；本题答案为：2MnO4+5 H2C2O4+ 6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶保存，配成100mL溶液，需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管中；本题答案为：100mL容量瓶 ， 酸式滴定管；（3）当最后一滴K2MnO4溶液加入H2C2O4待测液中，溶液由无色变为紫色，持续半分钟不恢复原来的颜色，达到滴定终点，滴定结束；本题答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；（4）第3次实验误差偏离正常误差范围，第1、第2、第4次实验平均消耗高锰酸钾溶液的体积是10mL，根据c(H2C2O4)=，c(H2C2O4)=mol/L；n(H2C2O4)=0.1mol/L0.1L=0.01mol，根据，90+18x=126，x=2；本题答案为：0.1000 ， 2；（5）若滴定终点读数时俯视液面，消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，测得草酸浓度偏小，草酸的物质的量偏小，M偏大，所以x偏大；本题答案为：偏大。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时溶液，需要使用烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；特别是容量瓶的选择，必须注明容量瓶的规格。24.化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。.测定化学反应速率该同学利用如图装置测定反应速率（药品：稀硫酸、Na2S2O3溶液等）。（1）除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验仪器用品是_；请写出在圆底烧瓶中所发生反应的离子方程式为_。 （2）若在2 min时收集到224 mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2 min内H的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是_。 （3）利用该化学反应，试简述测定反应速率的其他方法：_(写一种)。 .探究化学反应速率的影响因素为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表。(已知 I22 Na2S2O3= Na2S4O62 NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水10.02.04.00.0T18.02.04.02.0T26.02.04.0VxT3（4）表中Vx_mL，该实验中加入淀粉的目的为_；请判断T1、T2、T3的大小关系，并总结实验所得出的结论_。【答案】 (1). 秒表 (2). S2O2H=H2OSSO2 (3). SO2会部分溶于水 (4). 测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度，或其他合理答案) (5). 4 (6). T1 T2 T3【解析】(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，故还缺少的仪器是秒表，故答案为：秒表；(2)S2O32-在酸性条件下发生硫元素的歧化反应，由+2价歧化为0价和+4价，即产物为S和SO2和H2O，故离子方程式为：S2O32-+2H+H2O+S+SO2，故答案为：S2O32-+2H+H2O+S+SO2；(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的n(H+)和c(H+)以及v(H+)会变小，故答案为：SO2会部分溶于水；(4)根据反应S2O32-+2H+H2O+S+SO2可知，可以通过测定一段时间段内生成的单质硫的质量或实时测定溶液中氢离子浓度来求出H+的物质的量的改变量，从而利用v=来求算，故答案为：测定一段时间内生成硫沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度)；(5)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度，可知化学反应速率，反应所需时间T的大小T1T2T3，故答案为：4；T1T2T3。25.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_。(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1= +48 kJmol13SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2= 30 kJmol1则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的H=_ kJmol1。(3)对于反应2SiHCl3(g)SiH