学年安徽省师范大学附属中学高二上学期期中考查化学试题 解析版Word格式文档下载.docx
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解答本题需要熟悉常见放热反应和吸热反应。
常见放热反应:
活泼金属与水或酸或碱溶液的反应、酸碱中和反应、燃烧反应、多数化合反应、铝热反应等;
常见吸热反应:
多数的分解反应、氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应、水煤气的生成反应、炭与二氧化碳生成一氧化碳的反应等。
3.一定温度下,在某密闭容器中发生反应:
2HI(g)
H2(g)+I2(s)ΔH>
0,若0~15s内c(HI)由0.1mol·
L-1降到0.07mol·
L-1,则下列说法正确的是( )
A.0~15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001mol·
L-1·
s-1
B.c(HI)由0.07mol·
L-1降到0.05mol·
L-1所需的反应时间小于10s
C.升高温度正反应速率加快,逆反应速率也加快
D.减小反应体系的体积,正逆反应速率增大程度相等
【答案】C
【解析】A.该反应中I2是固体,浓度不变,无法用固体浓度的变化表示反应速率,故A错误;
B.0~15s内,v(HI)=(0.1-0.07)/15mol·
s-1=0.002mol·
s-1,由于反应速率随着浓度减小而减小,所以c(HI)由0.07mol·
L-1降到0.05mol·
L-1所需的反应时间大于10s,故B错误;
C.升高温度正反应速率加快,逆反应速率也加快,故C正确;
D.该反应的气体化学计量数有变化,减小反应体系的体积,正逆反应速率增大程度不相等,故D错误。
故选C。
4.已知分解1molH2O2放出热量98kJ。
在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为①H2O2+I-═H2O+IO- 慢、②H2O2+IO-═H2O+O2↑+I- 快,下列有关该反应的说法正确的是( )
A.H2O2分解的化学方程式:
H2O2═H2O+O2↑B.H2O2分解速率主要由反应②控制
C.反应活化能等于98kJ·
mol-1D.IO-是该反应的中间产物
【解析】A.H2O2分解的化学方程式中元素不守恒,故A错误;
B.H2O2分解速率主要由慢反应即反应①控制,故B错误;
C.反应活化能与98kJ·
mol-1之间没有一定关系,故C错误;
D.反应过程中产生又消耗的物质是反应的中间产物,IO-是该反应的中间产物,故D正确。
5.下列有关化学反应速率的认识正确的是( )
A.H+和OH-的反应活化能接近于零,反应几乎在瞬间完成
B.对于任何化学反应来说,化学反应速率越大,反应现象就越明显
C.化学反应速率的快慢主要是由温度、浓度、压强等外因决定的
D.选用适当的催化剂,分子运动加快,增加了碰撞频率,故化学反应速率增大
【解析】A.H+和OH-的反应活化能接近于零,反应几乎在瞬间完成,故A正确;
B.即使化学反应速率增大,有些化学反应反应现象始终不明显,故B错误;
C.化学反应速率的快慢主要是反应物本身决定的,故C错误;
D.选用适当的催化剂,降低了反应活化能,增加了碰撞频率,化学反应速率增大,故D错误。
6.在恒容条件下,能使NO2(g)+CO(g)
CO2(g)+NO(g)的正反应速率增大且活化分子的百分
数也增加的措施是( )
A.增大NO2或CO的浓度B.减小CO2或NO的浓度
C.通入Ne使气体的压强增大D.升高反应的温度
【解析】试题分析:
A.增大NO2或CO的浓度,浓度增大,反应速率加快,活化分子数目增大,故A不选;
B.减小NO或CO2的浓度,浓度减小,反应速率减慢,活化分子数目减少,故B不选;
C.通入Ne使气体的压强增大,为恒容,则反应体现中各物质的浓度不变,反应速率不变,故C不选;
D.升高反应温度,反应速率加快,活化分子百分数增大,故D选;
【考点定位】考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】高频考点,把握反应速率的影响及活化理论为解答的关键,增大浓度、压强,活化分子的数目增多;
而升高温度、使用催化剂,增大活化分子百分数,选项C为解答的难点,恒容条件下,通入Ne使气体的压强增大,但对浓度没有影响,对速率也没有影响,据此解题。
7.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,发生可逆反应mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(s),当
m、n、p、q为任意整数时,反应达到平衡的标志是( )
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③体系的密度不再变化④各组分质量分数不再改变
A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④
【解析】①该反应气体的物质的量不能确定是否有变化,故①不是反应达到平衡的标志;
②温度随着反应进行而改变,当体系的温度不再改变时,说明反应达到平衡,故②是反应达到平衡的标志;
③该反应气体体积一定,气体密度随着反应进行而改变,当体系的密度不再变化时,说明反应达到平衡,故③反应达到平衡的标志;
④各组分质量分数不再改变,说明反应达到平衡的标志,故④是反应达到平衡的标志。
化学平衡的本质就是正反应速率等于逆反应速率,宏观上各物质的质量、物质的量、百分含量等保持不变。
8.一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g)
2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·
L-1、0.3mol·
L-1、0.08mol·
L-1,则下列判断正确的是( )
A.c2一定大于0.3mol·
L-1B.c1∶c2一定等于1∶3
C.平衡时,Y和Z的生成速率之比为2∶3D.c3的取值范围为0.08<
c3<
0.28mol·
L-1
【答案】B
【解析】A.用极值转化法可以确定,0<
c2<
0.42mol·
L-1,故A错误;
B.X、Y的消耗浓度之比等于化学计量数之比等于1:
3,X、Y的平衡浓度之比等于1:
3,所以c1∶c2一定等于1∶3,故B正确;
C.平衡时,Y和Z的生成速率之比为3∶2,故C错误;
D.用极值转化法可以确定,c3的取值范围为0<
0.28mol·
L-1,故D错误。
故选B。
解答本题需要使用极端转化法:
假设起始物质完全为反应物,得到极端值,再假设起始物质完全为生成物,得到极端值,归纳得到物质起始浓度的取值范围。
9.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。
在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:
CO(g)+H2S(g)
COS(g)+H2(g)K=0.1。
反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO的物质的量为8mol,下列说法正确的是( )
A.通入CO后,正反应速率逐渐增大
B.H2S的平衡转化率约为28.6%,CO的平衡转化率为80%
C.平衡后H2S的质量为170g
D.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应的逆反应是放热反应
【解析】A.通入CO后,正反应速率随着反应物浓度逐渐减小而逐渐减小,故A错误;
B.设H2S的平衡浓度为xmol/L,K=
=0.1,x=5,H2S的起始浓度为7mol/L,H2S的平衡转化率为2/7=28.6%,CO的平衡转化率为2/10=20%,故B错误;
C.平衡后H2S的质量为5×
34g=170g,故C正确;
D.升高温度,H2S浓度增加,表明平衡左移,所以该反应的逆反应是吸热反应,故D错误。
10.在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉,再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2,在不同温度下反应CO2(g)+C(s)
2CO(g)达到平衡,平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。
下列说法正确的是( )
A.反应CO2(g)+C(s)
2CO(g)的ΔS>
0、ΔH<
B.体系的总压强p总:
p总(状态Ⅱ)>
2p总(状态Ⅰ)
C.体系中c(CO):
c(CO,状态Ⅱ)>
2c(CO,状态Ⅲ)
D.逆反应速率v逆:
v逆(状态Ⅰ)>
v逆(状态Ⅲ)
【解析】A.该反应气体物质的量增大,所以该反应的ΔS>
0,c(CO2)随温度升高而减小,表明升温平衡右移,所以该反应的ΔH>
0,故A错误;
B.升温平衡右移,平衡常数K(状态Ⅱ)>
K(状态Ⅰ),K=c2(CO)/c(CO2),由于两状态平衡浓度c(CO2)相等,所以平衡浓度c(CO)体(状态Ⅱ)>
c(CO)(状态Ⅰ),因此,体系的总压强p总:
2p总(状态Ⅰ),故B正确;
C.状态Ⅱ和状态Ⅲ的温度相同,状态Ⅲ加压到原来的2倍转化为状态Ⅱ,加压平衡左移,所以体系中c(CO):
c(CO,状态Ⅱ)<
2c(CO,状态Ⅲ),故C错误;
D.状态Ⅰ升温转化为状态Ⅲ,升温反应速率增大,所以逆反应速率v逆:
v逆(状态Ⅰ)<
v逆(状态Ⅲ),故D错误。
11.在容积为2L的恒容密闭容器中,一定温度下,发生反应:
aM(g)+bN(g)
cQ(g)。
气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如右图所示,则下列叙述正确的是( )
A.体系平衡时与反应起始时的压强之比为3∶2
B.平衡时,M的转化率为50%,若条件改为恒温恒压,则达平衡时M的转化率小于50%
C.若开始时向容器中充入2molM和1molN,达到平衡时,M的体积分数小于50%
D.在5min时,再向体系中充入少量He,重新达到平衡前v(正)>
v(逆)
【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。
12.下列说法正确的是( )
A.酸、碱、盐均是电解质
B.不同浓度的同一弱电解质,其电离常数(K)不同
C.强电解质都是离子化合物,在水溶液中完全电离成离子形式
D.强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液
【解析】A.盐酸是混合物,不是电解质,故A错误;
B.同一弱电解质的电离常数(K)取决于温度,与浓度没有关系,故B错误;
C.强电解质也有共价化合物,故C错误;
D.强电解质的水溶液的导电性不一定强于弱电解质的水溶液,故D正确。
13.已知碳酸、亚硫酸、次氯酸在25℃时的电离常数如下:
电离常数
Ka1
Ka2
H2CO3
4.40×
10-7
5.61×
10-11
H2SO3
1.54×
10-2
1.02×
HClO
2.95×
10-8
则下列说法正确的是( )
A.Na2CO3溶液中通入少量SO2:
2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-
B.NaHCO3溶液中通入少量SO2:
2HCO3-+SO2═CO2+SO32-+H2O
C.NaClO溶液中通入少量SO2:
2ClO-+SO2+H2O═2HClO+SO32-
D.向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液,均可提高氯水中HClO的浓度
【解析】A.酸性:
H2SO3>
HSO3->
HCO3-,Na2CO3溶液中通入少量SO2:
2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-,故A正确;
B.酸性:
H2CO3>
HSO3-,NaHCO3溶液中通入少量SO2,不能生成SO32-,故B错误;
C.发生氧化还原反应,生成硫酸和盐酸,故C错误;
D.NaHSO3与HClO发生氧化还原反应,使得氯水中HClO的浓度降低,故D错误。
生成弱电解质是复分解反应发生的条件之一,生成弱酸时,可以说“强酸制弱酸”,生成弱碱时,可以说“强碱制弱碱”。
酸碱反应生成弱电解质水时,发生中和反应。
14.与纯水的电离相似,液氨中也存在着微弱的电离:
2NH3
NH4++NH2-据此判断以下叙述中错误的是( )
A.NH3、NH4+、NH2-的电子数相等,化学性质也相同
B.一定温度下,液氨中c(NH4+)·
c(NH2-)是一个常数
C.液氨的电离达到平衡时c(NH3)≠c(NH4+)=c(NH2-)
D.加入其他物质,液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的比值可能不变
.....................
考点:
弱电解质的电离平衡相关知识;
15.水的电离平衡曲线如下图所示,下列说法不正确的是( )
A.A、C两点可能为纯水
B.若从A点到C点,可采用:
升高温度,在水中加入少量氯化钠固体
C.若从C点到D点,可采用:
降低温度,在水中加入少量硫酸氢钠固体
D.若从A点到D点,可采用:
温度不变,在水中加入少量碱
【解析】A.A、C两点c(OH-)=c(H+),所以A、C两点可能为纯水,故A正确;
升高温度,在水中加入少量氯化钠固体,氯化钠不影响酸碱性,故B正确;
降低温度,在水中加入少量硫酸氢钠固体,NaHSO4
H++Na++
,c(H+)增大,故C正确;
D.在A点,温度不变,在水中加入少量碱,c(OH-)增大,c(H+)减小,A点向左移动,故D不正确。
16.常温下,下列叙述不正确的是( )
A.c(H+)>
c(OH-)的溶液一定显酸性
B.将0.1mol·
L-1HI溶液加水稀释l00倍,溶液中所有离子的浓度随之减小
C.常温下pH=5的硫酸溶液稀释到原来的1000倍,稀释后c(SO42-)与c(H+)之比约为1∶20
D.常温下的纯水加热到40℃,pH减小
【解析】A.c(H+)>
c(OH-)的溶液一定显酸性,故A正确;
B.水的离子积不变,c(H+)减小引起c(OH-)增大,故B不正确;
C.常温下pH=5的硫酸溶液稀释到原来的1000倍,c(SO42-)=
mol/L=5×
10-9mol/L,c(H+)≈1×
10-7mol/L,c(SO42-)与c(H+)之比约为1∶20,故C正确;
D.常温下的纯水加热到40℃,水的电离平衡右移,c(H+)增大,pH减小,故D正确。
17.常温下,甲溶液的pH=4,乙溶液的pH=5,甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是( )
A.2∶1B.10∶1C.1∶10D.1∶105
【解析】若甲、乙是酸溶液,则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-10:
10-9=1:
10;
若甲、乙是盐类水解呈酸性的溶液,则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-4:
10-5=10:
1;
若甲是酸溶液、乙是盐类水解呈酸性的溶液,则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=10-10:
10-5=1:
105;
若甲是盐类水解呈酸性的溶液、乙是酸溶液,则甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比=由水电离的c(OH-)之比=10-4:
10-9=105:
1。
因此,甲溶液与乙溶液中由水电离的c(H+)之比不可能是2∶1,故选A。
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9
B.Ⅱ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)
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Ⅱ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)<
V(氨水),D正确;
答案选C。
考点:
考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。
19.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数,其反应原理为:
4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时,1mol(CH2)6N4H+与lmolH+相当],然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验:
步骤I称取样品1.500g。
步骤II将样品溶解后,完全转移到250mL容量瓶中,定容,充分摇匀。
步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中,加入10mL20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5min后,加入1~2滴酚酞试液,用NaOH标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤III填空:
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液进行滴定,则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察____________。
(A)滴定管内液面的变化(B)锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时,酚酞指示剂由_________色变成_________色。
(2)滴定结果如下表所示:
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·
L-1,则该样品中氮的质量分数为___________。
【答案】
(1).偏高
(2).无影响(3).B(4).无(5).粉红(或浅红)(6).18.85%
(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,没有用NaOH标准溶液润洗就直接加入NaOH标准溶液,使滴定的氢氧化钠溶液的浓度偏小,则消耗氢氧化钠标准溶液体积判断,得测得样品中(CH2)6N4H+偏多,因此结果氮的质量分数偏高;
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,由于溶液中含有的被程度的物质的物质的量不变,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积也不变,因此不会产生任何影响;
③滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化,故选项B正确;
④由于指示剂酚酞在酸溶液中,用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸,因此开始溶液是无色,当滴定达到终点时,酚酞指示剂由无色变成浅红色;
(2)根据实验可知第一次实验反应消耗标准溶液的体积21.03mL-1.02mL=20.01mL;
第二次实验反应消耗标准溶液的体积21.99mL-2.00mL=19.99ml;
第三次实验反应消耗标准溶液的体积20.20mL-0.20mL=20.00ml;
因此反应消耗标准溶液的体积是V=(20.01mL+19.99ml+20.00ml)÷
3=20.00mL,根据酸、碱发生中和反应时的物质的量关系是1:
1可知:
c×
25.00mL="
0.1010"
mol·
L-1×
20.00mL,解得c=0.0808mol/L,则250mL溶液中含有(CH2)6N4H+及H+的物质的量是0.0808mol/L×
0.25L=0.0202mol,则在1.500g样品中含NH4+的物质的量是0.0202mol,其中含有N的质量是m(N)=0.0202mol×
14g/mol=0.2828g,所以N元素的质量分数是(0.2828g÷
1.500g)×
100%=18.85%。
【考点定位】考查混合物中元素含量的测定、酸碱中和滴定的知识。
【名师点睛】酸碱中和滴定是中学化学的一个重要的定性实验,一般是用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)的方法。
要注意指示剂的选择,为了减小视觉误差,应该选择指示剂在滴定达到终点时溶液的颜色变化由浅到深。
对该实验来说是用碱滴定酸,用酚酞作试剂,开始溶液无色,当达到滴定终点时,溶液由无色变为浅红色,半分钟内不变色。
同时要会对具体实验操作可能引起的误差进行分析。
常见的有仪器的润洗问题、读数、气泡,要会具体问题具体分析,从而得到正确的判断和计算。
20.Ⅰ.
(1)右图为1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。
已知E1=134kJ·
mol-1,E2=368kJ·
mol-1(E1、E2为反应的活化能)。
若在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,则E1、ΔH的变化分别是
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