2018-2019学年内蒙古集宁一中高一下学期期末考试化学试卷（解析版） 16页

集宁一中2018-2019学年第二学期期末考试 高一年级化学试题 可能用到的原子相对质量：H：‎1 C：12 N：14 O：16 Na:23 S:32 K：39 Cl:35.5 Fe:56 Cu：64‎ 第I卷（选择题 共42分）‎ ‎1.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释正确的是 A. “日照香炉生紫烟”是因为发生了碘的升华现象 B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程发生了置换反应 C. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高 D. “玉不琢不成器”，“百炼方能成钢”发生的均为化学变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.日照香炉生紫烟”描述的现象中，“烟”为固体颗粒的升腾，不存在固气之间的相态变化，与碘的升华无关，故A错误；‎ B.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程发生了硫酸铜和铁的置换反应，生成硫酸亚铁和单质铜，故B正确；‎ C.相同质量和温度的同种物质固态的能量比液态低，所以相同质量和温度的水和冰相比较，水的能量高，故C错误；‎ D.“玉不琢不成器”只描述了玉石的形状发生改变，属于物理变化，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有 A. pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－数为0.1 NA B. Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5 mol 产物，转移的电子数为1 NA C. ‎18g D2O中含有的质子数为9NA D. 标准状况下，含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成‎22.4 L氯气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、由n=c×V，该溶液中缺少体积数据，无法计算粒子数目，错误；B、由2Fe+3Cl2==2FeCl3每生成2mol产物转移6mol电子，则生成0.5 mol 产物，则转移1.5mol电子，即1.5 NA电子，错误；C、一个D2‎ O中含有的质子数为（1×2+8=）10个，18gD2O的物质的量=‎18g/‎20g/mol=0.9mol,含有质子为9mol，即 9NA，正确；D．MnO2必须与浓盐酸反应才可生成氯气，随着反应进行，盐酸浓度降低到一定的程度后，将停止反应，即4 mol HCl并未完全反应，所以，生成的氯气应少于‎22.4 L，错误；选择C。‎ 考点：物质的量及阿伏伽德罗常数的应用。‎ ‎3.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－‎ B. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4＝ Na＋＋H＋＋SO42－‎ C. Na2CO3的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. HS-的水解方程式：HS-+ H2OH3O++S2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SO3的电离分步进行，主要以第一步为主，其正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，故A错误；‎ B．NaHSO4在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；‎ C．Na2CO3的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故C错误；‎ D．HS-离子水解生成氢氧根离子，其水解方程式为：HS-+H2OH2S+OH-，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意弱酸的酸式阴离子的水解和电离方程式的区别，H3O+可以简写为H+。‎ ‎4.在‎25℃‎时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－12mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是 A. 该溶液一定呈酸性 B. 该溶液中c(H＋)可能等于10－3‎ C. 该溶液的pH可能为2，可能为12‎ D. 该溶液有可能呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由水电离产生的c(OH－)＝10－12mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，可能是酸或碱，pH可能约为2或12，该溶液中的c(H＋)可能等于10－2mol/L或10－12mol/L，故选C。‎ 考点：考查水的电离平衡的影响因素与溶液的pH ‎5. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热（△H）为-241.8 kJ·mol－1‎ B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)△H=－57.3 kJ·mol－1，则含‎40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量 C. 己知‎2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)△H = a；‎2C(s)＋O2(g)=2CO(g)；△H= b，则a＞b D. 已知C (石墨，s)="C" (金刚石，s) △H＞0，则金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、燃烧热可燃物应为1mol，A错误；B、稀醋酸是弱酸，电离时吸热，与完全中和，放出的热量小于57．3kJ ，B正确；C、碳充分燃烧生成二氧化碳放出的热量大于不充分燃烧放出的热量，但△H是负值，则aKa(HC)‎ B. HC的电离度：a点Ka(HC)，故A正确；‎ B．溶液浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点”、“<”或“=”)。‎ ‎(3)向甲、乙两个容积均为‎1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。相同条件下(温度T ℃)，发生下列反应：A(g)+B(g)xC(g) ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示:‎ ‎①甲容器平衡后物质B的转化率为_______；‎ ‎②T℃ 时该反应的平衡常数为________。‎ ‎(4)在‎25 ℃‎下，将a mol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。‎ ‎①则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；‎ ‎②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__________________。‎ ‎【答案】 (1). KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l)　ΔH=－57.3kJ/mol (2). 0.00125 (3). > (4). 61% (5). 2 (6). 中 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先计算KOH、H2SO4的物质的量，然后判断哪种物质过量，确定反应产生1mol液态水放出的热量，即得该反应的中和热的热化学方程式；‎ ‎(2)① Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，根据v=‎ 计算出用二氧化氮表示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用N2O4表示的平均反应速率；‎ ‎②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T‎2℃‎，且T‎2℃‎达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，根据温度对化学平衡的影响判断该反应的反应热；‎ ‎(3)①先根据图示计算出甲容器中A的转化量，再结合方程式中A、B的转换关系，计算出B的转化量，最后根据转化率等于转化量与总量的比得到该物质的转化率；‎ ‎②计算甲、乙容器中A的转化率，再根据压强对A转化率的影响来确定x值，进而利用三段式得到该反应平衡时的物质的量浓度，带入平衡常数表达式，可计算出其平衡常数的值；‎ ‎(4)氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒分析溶液的酸碱性，再根据平衡浓度计算氨水的电离常数。‎ ‎【详解】(1)‎11.2g即0.2molKOH的稀溶液与‎1L、0.1mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量，其中碱含有的OH-的物质的量是0.2mol，酸溶液含有的H+的物质的量为0.1mol/L×‎1L×2=0.2mol，二者恰好反应生成0.2mol水，放出11.46kJ的热量则反应产生1mol水放出热量为11.46kJ÷0.2=57.3kJ，因此该反应的表示中和热的热化学方程式为：KOH(aq)+H2SO4(aq)=K2SO4(aq)+H2O(l)　ΔH=－57.3kJ/mol； ‎ ‎(2)①Tl℃时，40s～80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，则用二氧化氮表示该时间段的平均反应速率为：v(NO2)==0.0025mol/（L•s），化学反应速率与化学计量数成正比，则v(N2O4)= v(NO2)=0.00125mol/（L•s）；‎ ‎②根据图象曲线变化可知，Tl℃时反应速率大于T‎2℃‎，则温度大小为：Tl℃＞T‎2℃‎，而在T‎2℃‎达到平衡时二氧化氮的物质的量小于Tl℃，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；‎ ‎(3)①甲容器中A反应的物质的量为△n(A)=(2-0.78)mol/L×‎1L=1.22mol，根据A和B的关系式知，参加反应的B的物质的量也是1.22mol，则B的转化率=×100%=61%；‎ ‎②甲容器反应达到平衡后，c(A)0.78mol/L，A的转化率=×100%=61%；乙容器中，A的转化率=×100%=50%，即压强越大，A的转化率越高，说明该反应的正反应是气体体积减小的反应，因此x=1。反应方程式为：‎ A(g) + B(g) C(g)‎ c(始)(mol/L) 2 2 0‎ c(变)(mol/L) 1.22 1.22 1.22‎ c(平)(mol/L) 0.78 0.78 1.22‎ 所以该反应的平衡常数K==2；‎ ‎(4)①氨水与盐酸发生反应HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，反应平衡时溶液c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；‎ ‎②平衡时由于c(NH4+)=c(Cl-)，则c(NH4+)==0.005mol/L，根据物料守恒可得c(NH3·H2O)=mol/L-0.005mol/L=(-0.005)mol/L，溶液为中性，则c(OH-)=10-7mol/L，所以NH3•H2O的电离常数Kb=。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡、电离平衡理论的知识，涉及中和热的热化学方程式的书写、化学反应速率与化学平衡常数及物质平衡转化率的计算、反应热的判断、酸碱混合溶液的酸碱性判断及电离平衡常数的计算等，较为全面的考查了学生对化学基本概念、基本理论的掌握和应用能力及学生分析、计算解答能力，难度中等。‎ ‎16.（I）草酸的组成用H‎2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．‎ 试回答：‎ ‎（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；‎ ‎（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；‎ ‎（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）‎ A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；‎ B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；‎ C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；‎ ‎（II）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________．‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．‎ ‎（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）‎ 序号 起始温度t‎1℃‎ 终止温度t‎2℃‎ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 ‎1‎ ‎20.0‎ ‎20.1‎ ‎23.2‎ ‎2‎ ‎20.2‎ ‎20.4‎ ‎23.4‎ ‎3‎ ‎20.5‎ ‎20.6‎ ‎23.6‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). 高锰酸钾具有强氧化性 (3). 锥形瓶内颜色变化 (4). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色 (5). 偏小 (6). 无影响 (7). 偏小 (8). 环形玻璃搅拌棒 (9). 减少实验过程中的热量损失 (10). -51.8kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；‎ ‎(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。‎ ‎【详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；‎ ‎(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4‎ 溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；‎ ‎(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；‎ B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)═分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；‎ C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。‎ ‎(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；‎ ‎(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为‎20.05℃‎，反应后温度为：‎23.2℃‎，反应前后温度差为‎3.15℃‎；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为‎20.3℃‎，反应后温度为：‎23.4℃‎，反应前后温度差为‎3.1℃‎；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为‎20.55℃‎，反应后温度为：‎23.6℃‎，反应前后温度差为：‎3.05℃‎；平均温度差为：‎3.1℃‎。‎ ‎50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×‎1g/cm3=‎100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×‎100g×‎3.1℃‎=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.2958kJ×=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。‎ ‎17.运用所学知识，解决下列问题：‎ ‎（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_____；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是______。‎ ‎（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液 ‎①NH4Cl溶液的pH_____7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以_______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；‎ ‎②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_______NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；‎ ‎③浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c(NH4+)由大到小的顺序为____＞___＞____（用序号填空）。‎ ‎（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。 （提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). Ag＋ ＋ H2O AgOH ＋ H＋ (3). 抑制Ag＋水解 (4). ＜ (5). 促进 (6). ＞ (7). B (8). C (9). A (10). Al3+ +3H2O Al(OH)3+3H+，AlCl3·6 H2O与SOCl2混合加热， SOCl2与AlCl3·6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，配制硝酸银溶液加入硝酸是抑制银离子水解；‎ ‎(2)①强酸弱碱盐在溶液中水解，溶液显酸性，升高温度促进盐的水解；‎ ‎②氢氧化钠为强碱溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，加热后氢氧化钠溶液的pH基本不变，而醋酸钠的水解程度增大，溶液pH增大；‎ ‎③浓度相同时，硫酸铵的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中含有铵根离子浓度最大，结合硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解比较铵根离子浓度大小；‎ ‎(3)SOCl2与AlCl3•6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制了氯化铝的水解。‎ ‎【详解】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，反应的离子方程式为：Ag++H2O⇌AgOH+H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其中加入硝酸目的是抑制硝酸银水解，避免溶液变浑浊；‎ ‎(2)①NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液显酸性，溶液的pH＜7，盐的水解为吸热反应，升高温度促进NH4Cl的水解；‎ ‎②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解溶液显示碱性，加热后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液pH增大，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；‎ ‎③浓度相同的下列三种溶液：(A)NH4Cl溶液，(B) (NH4)2SO4溶液，(C)NH4HSO4溶液，B的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中c(NH4+)最大；NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，则C溶液中铵根离子浓度大于A，所以三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为：B＞C＞A；‎ ‎(3)由于HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，若使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，可得到无水AlCl3，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，AlCl3•6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。‎ ‎18.有pH＝1盐酸、硫酸、醋酸溶液：‎ ‎（1）设三种溶液的物质的量浓度分别为a、b、c，则其关系是___________________‎ ‎（2）同体积的三种酸与足量的NaOH反应生成盐的物质的量分别为a、b、c，则其关系是______________________‎ ‎（3）完全中和体积和物质的量浓度都相同的NaOH溶液时，需三种酸的体积分别a、b、c，则其关系是__________________‎ ‎（4）取同体积的酸溶液加入适量的NaOH恰好完全中和，所得溶液pH分别为a、b、c，则其关系是___________________‎ ‎【答案】 (1). c＞a＞b (2). c＞a＞b (3). a=b＞c (4). a=b＜c ‎【解析】‎ 本题分析：本题主要考察中和反应。‎ ‎（1）盐酸是一元强酸，醋酸是弱酸，硫酸是二元强酸，设三种溶液的物质的量浓度分别为a、b、c，则其关系是c＞a＞b。‎ ‎ （2）三种溶液的物质的量浓度关系是醋酸＞盐酸＞硫酸，同体积的三种酸与足量的NaOH反应生成盐的物质的量分别为a、b、c，则其关系是c＞a＞b。‎ ‎（3）盐酸、硫酸是强酸，醋酸是弱酸，完全中和体积和物质的量浓度都相同的NaOH溶液时，需三种酸的体积分别a、b、c，则其关系是a=b＞c。‎ ‎（4）三种溶液的物质的量浓度关系是醋酸＞盐酸＞硫酸，取同体积的酸溶液加入适量的NaOH恰好完全中和，所得溶液分别为氯化钠溶液、硫酸钠溶液、醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液呈碱性，溶液的pH分别为a、b、c，则其关系是a=b＜c。‎