天津市武清区2018_2019学年高二化学上学期期中质量调查试卷（含解析）.docx

天津市武清区2018-2019学年高二上学期期中质量调查化学试题1.下列说法正确的是A. 活化分子间的碰撞一定能发生化学反应B. 升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多C. 自发进行的反应一定迅速D. 凡是熵增加的过程都是自发过程【答案】B【解析】A项，活化分子间要发生有效碰撞才能发生化学反应，错误；B项，升高温度时，化学反应速率加快，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，正确；C项，反应能否自发进行取决于焓变和熵变，与反应速率无关，错误；D项，熵增加的过程不一定是自发过程，如熵增的吸热反应不一定能自发进行，错误；答案选B。2.下列变化中属于吸热反应的是液态水汽化将胆矾加热变成白色粉末浓硫酸稀释Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应生石灰跟水反应生成熟石灰A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。答案选D。3.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2H2OHClHClOB. 工业上合成氨反应N2(g)+ 3H2 (g)2NH3(g) Hv(逆)【答案】C【解析】A. 定温定容时，压强之比等于物质的量之比，体系平衡时与反应起始时的压强之比为0.8:1.2=2:3，故A错误；B. 由图中各物质物质的量的变化判断2M(g)+N(g)Q(g)，该反应气体物质的量减小，恒温恒容时反应，压强减小，若条件改为恒温恒压，相当于原平衡加压，加压平衡右移，则达平衡时M的转化率大于50%，故B错误；C. 若开始时向容器中充入2molM和1molN，相当于原平衡加压，加压平衡右移，达到平衡时，M的体积分数小于50%，故C正确；D. 在5min时，再向体系中充入少量He，对于平衡无影响，故D错误。故选C。15.可逆反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g) H，同时符合下列两图中各曲线的是( )A. abcd T1T2H0 B. abcd T1T2H0C. abT2H0 D. abcd T1T2Hp2，则此反应的S0C. 在图象反应中，说明该正反应为吸热反应D. 在图象反应中，若T1T2，则该反应能自发进行【答案】D【解析】A项，图象反应I中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图象反应I的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a+1c，S0，错误；C项，图象反应II中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1T2，T1平衡时n（C）小于T2平衡时n（C），升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图象反应III增大压强平衡不移动，则a+1=c，若T1T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则H0，该反应能自发进行，正确；答案选D。18.某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断错误的是( )A. a的数值一定大于9B. 为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D. 完全中和相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)V(氨水)【答案】C【解析】试题分析：A、根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即为氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a的数值一定大于9，A正确；B、根据A中分析可知B正确；C、稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，C错误；D、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH） c(F) c(OH)c(H+)B. 加热0.1 molL1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7C. 0.1 molL1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH)c(H) +c(HCO3-)2c(H2CO3)D. 电离平衡常数大小关系:K(HF) K(H2CO3 )K(HClO)K( HCO3-)【答案】A【解析】ApH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）c（Na+）c（H+）c（OH-），A错误；B盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 molL-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C根据物料守恒：2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-HCO3-ClO-CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）K（H2CO3 ）K（HClO）K（ HCO3-），D正确；答案选A。21.碳是化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光照可转化成N，转化过程如下：H88.6 kJmol1。则M、N相比，较稳定的是_。（2）已知CH3OH(l)的燃烧热为238.6 kJmol1，CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H-akJmol1，则a_238.6（填“”、“”或“”）。（3）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，反应的热化学方程式如下：4Al(s)3TiO2(s)3C(s)=2Al2O3(s)3TiC(s)H=-1176 kJmol1。则反应过程中，每转移1 mol e-放出的热量为_。【答案】 (1). M (2). (3). 2Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g) H -290 kJmol1 (4). 98 kJ【解析】【分析】本题主要考查化学反应中能量变化与应用以及热化学方程式的书写。（1）物质能量越低越稳定；（2）燃烧热为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；（3）根据化学方程式与反应热关系写出热化学反应方程式；（4）先求出转移1mol电子相关物质的反应量，根据参加化学反应的物质的物质的量与反应热一一对应关系求解。【详解】（1）M转化为N吸收热量，故N的能量高于M，故较稳定的为M；（2）1mol甲醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出238.6kJ能量，该热化学反应方程式中生成物H2还可继续燃烧生成液态水并放出能量，故a238.6；（3）由题干信息可写出化学方程式为C+2Cl2+2H2O=4HCl+CO2，当1molCl2参与反应时释放出145 kJ热量，故可写出该反应的热化学方程式为：2Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g) H -290 kJmol1；（4）由反应可列出相关关系式：4molAl12mol e-1176kJ，由此可知，每转移1mol电子放出的热量为。22.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答以下问题：（1）若25t1t2，则_(填“”“”或“=”)11014，作出此判断的理由是_。（2）t1下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数=_。（3）t2 下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=10，则V1V2=_。【答案】 (1). (2). 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 510-13 (4). 11:9【解析】试题分析：本题考查水的电离和水的离子积的影响因素，溶液pH的计算。（1）若25t1t2，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，则110-14。（2）t1下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，则NaOH溶液中OH-物质的量与稀硫酸中H+物质的量相等，10=10-b500，KW=5010-（a+b），若a+b=14，此温度下水的离子积常数KW=5010-14=510-13。（3）t2 下，pH=11的苛性钠溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中c（H+）=0.1mol/L，两者混合所得混合溶液的pH=10，混合溶液中c（OH-）=0.01mol/L，即混合后碱过量，0.01mol/L=，则V1V2=11:9。23.NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂。某同学用0.200 0 molL1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度（1）将5.0 g烧碱样品（杂质不与酸反应）配成250 mL待测液，取10.00 mL待测液，如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_ mL。（2）由下表数据得出NaOH的百分含量是_。滴定次数待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：可将2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成 CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。将得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。终点时用去20 mL l.0l04 mol/L的KMnO4溶液。（1）写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式_。（2）滴定时，将KMnO4溶液装在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（3）判断滴定终点的方法是_。（4）误差分析：（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性KMnO4标准液润洗，则测量结果_。滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果_。（5）计算：血液中含钙离子的浓度为_mol/L。50 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是_。如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1 mol H2O时，放出5.73 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：_。【答案】 (1). 22.60 (2). 80.0%（或80%） (3). 2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+l0CO2+8H2O (4). 酸式 (5). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). 2.5103 (9). 环形玻璃搅拌棒 (10). 偏大 (11). NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l) H57.3 kJmol1【解析】【分析】I（1）凹液面与刻度相切的数据，即为准确读数；（2）由表格数据计算出消耗盐酸平均体积，根据H+OH-=H2O计算出n（NaOH），再根据计算出氢氧化钠质量，由百分含量=计算出氢氧化钠百分含量；II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式；（2）依据酸式滴定管用来量取酸性或者强氧化性溶液，碱式滴定管用来量取碱性溶液判断；（3）高锰酸根为紫色，二价锰离子为无色，所以当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即可证明达到滴定终点；（4）结合操作对消耗标准溶液的体积影响判断误差；（5）依据可知，列示计算即可；III（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；氢氧化钠固体溶解会放出热量；（2）中和热为稀强酸和稀强碱发生生成1mol水放出的热量，由此写出热化学方程式即可。【详解】I（1）由图可知，凹液面对应的刻度为22.60；（2）两次消耗稀盐酸体积平均数为20.00mL，故n（H+）=410-3mol，由H+OH-=H2O可知，n（OH-）=25410-3mol=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol40g/mol=4g，故NaOH的百分含量=80%；II（1）高锰酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下能够氧化草酸生成二氧化碳，本身被还原为二价锰离子，依据得失电子、原子个数守恒配平方程式得该离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+l0CO2+8H2O；（2）因高锰酸钾具有强氧化型，会氧