四川省攀枝花市2018-2019学年高二上学期期末教学质量监测化学试题

2018'2019学年度（上）调研检测高二化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。可能用到的相对原子质量： H:1C:12N:14O:16F:19Na:23Mg:24Al:27S:32Cl:35.5K-39Cu:64Ag:108第I卷（选择题 共40分）一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。 ）.下列有关乙烯的说法错误的是A.在常温常压下为气体 B.是一种植物生长调节剂C.可自身加成形成聚乙烯 D. 不能使澳的CC14溶液褪色【答案】D【解析】【分析】从乙烯的物理性质、化学性质、用途入手进行分析；【详解】A、乙烯常温常压下为气体，故 A说法正确；日乙烯可以作一种植物生长的调节剂，故 B说法正确；C乙烯的结本简式为CH=CH,通过加聚反应，生成聚乙烯，故 C说法正确；D乙烯的结本简式为CH=CH,能使澳的四氯化碳溶液褪色，故 D说法错误。.下列物质中，能使酸性高镒酸钾溶液褪色的是A.苯B.乙烯C.甲烷D.乙烷【答案】B【解析】【分析】有机物中能使酸性高镒酸钾溶液褪色是含有碳碳双键、碳碳叁键、苯的同系物、部分醇、醛等，进行分析；【详解】A、苯不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故 A不符合题意；日乙烯中含有碳碳双键，能使酸T高镒酸钾溶液褪色，故 B符合题意；C烷煌化学性质相对稳定，不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烧，故C不符合题意；D乙烷属于烷烧，不能使酸性高镒酸钾溶液，故 D不符合题意。【点睛】易错点是选项A,苯中不含碳碳双键，介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，不能使酸性高镒酸钾溶液褪色。.下列过程中所发生的化学反应，不属于 取代反应的是♦♦♦A.光照射甲烷与氯气的混合气体B.苯与液澳混合后撒入铁粉C.在馍作催化剂的条件下，苯与氢气反应D.加热至50~60C,在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸反应【答案】C【解析】【详解】A、甲烷和氯气在光照下发生取代反应， CH4+C12光「CHCl+HCl.牛成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故 A不符合题意；日苯与液澳在铁单质作用下发生取代反应生成澳苯和 HBr,故B不符合题意；C苯与氢气在馍作用下发生加成反应，生成环己烷，故C符合题意；D苯与浓硝酸发生取代反应，生成硝基苯和 HO,故D不符合题意。.下列关于乙醇、乙酸的说法中，不正确的是♦♦♦A.乙醇不能与金属钠反应B.乙醇在空气中燃烧时放出大量的热C.乙酸能与CaCO反应放出COD.在浓硫酸存在下，加热，乙酸与乙醇发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A、乙醇能与金属钠发生反应： 2CHCHOM2N/2CH3CHON升H2T,故A说法错误；日所用的燃烧都是放热反应，甲醇在空气中燃烧时放出大量的热，故 B说法正确；C乙酸的酸性强于碳酸，因此乙酸与 CaCO反应放出CO,故C说法正确；D乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，故 D说法正确。.LED即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。 如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确 的是稀疏酸稀疏酸A.装置中存在“化学能一电能一光能”的转化B.铜片上发生的反应为2H1++2e=H2TC.锌片是负极，其质量逐渐减小D.如果将稀硫酸换成稀盐酸，则导线中不会有电子流动【答案】D【解析】【分析】根据原电池定义以及原电池工作原理进行分析；【详解】A、该装置为原电池装置，将化学能转化成电能， LED灯发亮，是电能转化成光能，故A说法正确；日锌比铜活泼，即锌为负极，铜为正极，原电池总反应为 Zn+HaSO=ZnSO+H2T,即Cu电极反应式为2H++2e—=H4,故B说法正确；C根据B选项分析，Zn为负极，发生Zn-2e=Zn2+,锌的质量减小，故C说法正确；D锌与稀盐酸发生Zn+2HCl=ZnCl2+Hd,该反应为氧化还原反应，因此稀硫酸换成稀盐酸，能够构成原电池，导线上有电子通过，故 D说法错误。.下列液体中pH>7的是A.蔗糖溶液B. 人体血液C.胃液D.食盐水【答案】B【解析】【详解】A、蔗糖为非电解质，其溶液为中性，即 pH=7,故A不符合题意；日人体血液呈弱碱性，即 pH>7,故B符合题意；C胃液成分是盐酸，呈酸性，即 pH<7,故C不符合题意；D食盐水是NaCl的水溶液，显中性，即pH=7,故D不符合题意。.用稀NaOH§液与稀盐酸反应测定中和热的实验中，下列操作错误的是A.反应前酸、碱溶液的温度要相同.测量混合溶液温度时，温度计插在溶液中C.为了使反应均匀进行，可以向酸中分多次加入碱D.为了使反应更完全，可以使碱适当过量【答案】C【解析】【详解】A、反应温度要相同，不同时误差较大，故 A说法正确；日测量混合溶液温度时，温度计要一直才1在溶液中，观察最高温度，故 B说法正确；C分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确，故 C说法错误；D为了使反应进行更安全，可以使酸或碱适当过量，故 D说法正确。.Mg(OH)2固体在水中达到溶解平衡： Mg(OH1(s)y^=M「+(aq)+2OH(aq),为使Mg(OH)固体的量减少，可加入少量的A.NH4CIB.NaOHC.MgSO4D.Na2SQ【答案】A【解析】【分析】根据勒夏特列原理进行分析；【详解】A、加入NHCl,N『与OH反应生成NH-H2。，促使平衡向右进行，Mg(OH＞固体减少，故A符合题意；日加入NaOH使c(OM)增大，平衡向左进行， Mg(OH)固体质量增多，故B不符合题意；C加入MgSO,使c(Mg2+)增多，平衡向左进行， Mg(OH1固体质量增多，故C不符合题意；D加入N&S。，对平衡无影响，故D不符合题意。.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是♦♦A.开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫B.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集 C12C.加入催化剂有利于氨的合成D.生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率【答案】C【解析】【分析】利用勒夏特列原理的定义入手分析；【详解】A、啤酒中存在：CO(g)=^CO(aq),开启啤酒瓶，造成压强减小，使平衡向左进行,产生大量的CO气体，泛起大量泡沫，符合勒夏特列原理，故 A不符合题意；日C12溶于水中存在：Cl2+HO=^C「+N+HC。加入食盐水，c(Cl-)增大，平衡向左进行，抑制了C12溶解，符合勒夏特列原理，故 B不符合题意；C催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故 C符合题意；DNH与Q反应：4NH+5Q^^4N»6H.O,增大空气量，即增大氧气浓度，平衡向正反应方向进行，提高NH的利用率，符合勒夏特列原理，故 D说法正确。10.下列说法中正确的是A.若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多C(s,石墨尸C(s,金刚石)AH=+1.5kJ/mol,结论：相同条件下金刚石性质比石墨稳定CH4(g)+2O2(g尸CO2(g)+2H2O(g)AHI=-801.3kJ/mol,结论：CH的燃烧热△H=-801.3kJ/molN2(g)+3H2(g)m二2NH(g) AH=-92.4kJ/mol,结论：在密闭容器中充入 0.5molN2、1.5molH2,充分反应后放出46.2kJ的热量【答案】A【解析】【详解】A、固体硫转化成气态硫是吸热过程，气态硫具有能量高于固体硫，因此等质量的硫蒸气燃烧放出的热量高于硫固体的燃烧放出的热量，故 A说法正确；日该反应为吸热反应，石墨的能量低于金刚石，即石墨比金刚石稳定，故 B说法错误；C根据燃烧热的定义，水为液态，题中水为蒸气，即无法判断甲烷的燃烧热，故 C说法错误;DK该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此 0.5molN2、1.5molH2反应放出的热量小于46.2kJ,故D说法错误。【点睛】易错点是选项C,根据燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，C转化成CO,S转化成SO,H转化成液态水。11.在催化条件下发生反应：N2O(g)+CO(g) CO(g)+N2(g)可使环境污染性气体转化为无害气体。反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是, 丸曜化知.应匹7r『反左丑权A.加入催化剂使反应的△H变小B.该反应的热化学方程式为： N2O(g)+CO(g)『^CQ(g)+N2(g) AHI=-226kJ/molC.反应物的总能量小于生成物的总能量D.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A、AH只与始态和终态有关，加入催化剂降低活化能，不变，故A错误；日根据图像得出热化学反应方程式为： N2O(g)+CO(g)=CQ(g)+N2(g)△H=(134—360)kJ-mol1=—226kJ•mol1,故B正确；C根据图像，反应物的总能量小于生成物的总能量，故C错误；DEa1为正反应活化能，Ea为逆反应活化能，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误。12.用水稀释0.1mol/L的氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是A.c(H+)/c(NH4+)B.c(NH3•H2O)/c(OH-)C.c(NH4+)c(OH-)/c(NH3•H2O)D.c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】【分析】氨水中存在：NH•H2O=^NH++OH,加水稀释促进NH•H2。的电离，但v(NH4+)、c(OHI)降低，然后进行分析；【详解】氨水中存在：NH•HzO^^NHT+OH,加水稀释促进NH・H2。的电离，但v(NH4+)、c(O7)降低,A、根据水的离子积，c(OHI)减小，c(H+)增大，c(H+)/c(NH4+)增大，故A不符合题意；日同溶液中，体积相同， c(NH3-H2O)/c(OH)=n(NH3-H2O)/n(OH),加水稀释促进电离， ON物质的量增大，NH-％。物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；C该比值等于Kb,Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故 C不符合题意；DKw=c(H+)Xc(OH),Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。【点睛】易错点，学生认为加水稀释所有离子浓度都减小，忽略水的离子积 Kw=c(H+)Xc(OH),水的离子积不变，加水稀释， c(OH-)减小，则c(H+)增大。13.25C时，关于pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH§液，下列说法不正确的是♦♦♦A.c(Na+)=c(CH3CO。)B.醋酸溶液中c(H+)等于NaOH§液中c(OH-)C.NaOH溶液的导电能力比醋酸溶液的强D.将两溶液等体积充分混合，所得溶液呈酸性【答案】C【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，CHCOOI^/CHCOO+H+,c(CH3COO)近似等于c(H+)=103mol-L1,NaOH^强碱，完全电离，c(Na+)近似等于c(OH),c(Na+)=103mol•L1,即c(Na+尸c(CH3COO),故A说法正确；日醋酸溶液中c(H+)=103mol-L1,NaOH§液中c(OH)=103mol•L1,即醋酸溶液中c(H+)等于NaOH容液中c(OH),故B说法正确；C根据上述分析，两种溶液中离子浓度相同，导电能力相同，故 C说法错误；D醋酸是弱酸，NaOH^强碱，c(CRCOOH)>c(NaOH)相同体积混合后，溶质为 CHCOOK口CH3COONa溶液显酸性，故D说法正确。14.将4molSQ和2mol。2在2L的恒容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应 ：2SO2(g)+Q(g)=i2SQ(g),若经2s后测得SO的浓度为0.6mol/L。下列说法中不正确的是♦♦♦A.用SO表示反应的平均速率为0.3mol/(L-s)B.用O表示反应的平均速率为 0.15mol/(L.s)2s时Q的浓度为0.7mol/L2s时SO的转化率为70%【答案】D【解析】【分析】2SO(g)+O2(g)——2SQ(g)

TOC\o"1-5"\h\z起始：4 2变化：1.2 0.62L X0.6molL平衡：2.8 1.4 1.2 根据化学反应速率的定义、转化率的定义进行分析；【详解】2SQ(g)+O2(g).一二2SQ(g)起始：4 2 01变化：1.20.6 2L X0.6mol•L平衡：2.8 1.4 1.2A、根据化学反应速率的定义，v(SO2)=1.2mol/(2L•2s)=0.3mol/(L•s),故A说法正确；日根据化学反应速率的定义，v(O2)=0.6mol/(2L•2s)=0.15mol/(L•s),故B说法正确；C2s时Q的浓度为1.4mol/2L=0.7mol•L一，故C说法正确；DSQ的转化率为1.2/4X100%=30%故D说法错误。15.已知：Ag++SCNI=AgSCM(白色)，某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。滴加1滴滴加OdniL滴加民滴2nwl/L4/g箔液2cii[hl/LKI溶液滴加]mL

0.01EihvIZL

AgNS溶液

►上层酒液白色沉淀ImL0.01eiie»I/I.Fl色粒淞K0b溶液mL2rrwl/LKI溶镀——*浅红色溶液红色褪去.产生白色沉淀产生

黄色沉淀③白色沉淀先转化为黄色沉淀,随后溶解，得到无色番液卜列说法中，不正确的是♦♦♦A.①中现象能说明Ag+与SCN生成AgSCNJf淀的反应有限度B.②中现象产生的原因是发生了反应 Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN+Fe3+C.③中产生黄色沉淀的现象能证明 AgI的溶解度比AgSCNB勺溶解度小D.④中黄色沉淀溶解的原因可能是 AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应【答案】C【解析】【详解】A、AgNO与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加 Fe(NQ)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清?中含有SCZ,即说明Ag+与SCN生成AgSCNJf淀的反应有限度，故A说法正确;日根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀， Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN即发生:Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN+Fe3+,故B说法正确；C前一个实3中滴加0.5mL2mol•L-AgNO溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，「与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN故C说法错误；D白色沉淀为AgSCN加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即 AgSCN专化成AgI,随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的「进一步发生了反应，故D说法正确。16.PC13和PC15都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g),AHI<0并于10min时达到平衡。有关数据如下：PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)初始浓度/(mol-L-1)2.01.00平衡浓度/(mol-L-1)C1C20.4下列判断不正确的是♦♦♦10min内，v(Cl2)=0.04mol/(Lmin)B.升高温度，反应的平衡常数增大C.反应达到平衡时容器内的压强与初始时容器的压强之比为 13:15D.平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2,相同条件下再达平衡时， c(PCl5)<0.2mol-L【答案】B【解析】【详解】A10min消耗Cl2的物质的量为0.4mol•Lt,根据化学反应速率的表达式为v(Cl2)=0.4mol/L/10min=0.04mol/(L min),故 A说法正确；日该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即升高温度，化学平衡常数减小，故B说法错误；CPCl3(g)+Cl2(g)一PCl5(g)起始：2.01.0 0平衡：1.60.6 0.4 相同条件下，压强之比等于物质的量之比， P前/P后=6/(3.2+1.2+0.8)=3/2.6=15/13 ,故C说法正确；D平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2,相当于在原来的基础上增大容器的体积一倍,c(PCl5)=0.2mol•L,但增大容器的体积，压强减小平衡向逆反应方向进行，c(PCl5)<0.2mol•L1故D说法正确。【点睛】难点是选项D,一般这样的题，开始时通入4molPCl3和2molCl2,平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2,相当于开始时通入2.0molPCl3和1.0molCl2,相当于在原来基础上增大容器的体积一倍，假设平衡不移动， PC15的物质的量浓度为0.2mol•Lt,容器体积扩大，压强减小，平衡向逆反应方向进行， PC15的物质的量浓度小于0.2mol•Lt。17.工业上合成CHOH的原理为：2屋(g)+CO=/CHOH(g),一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入H2和CO反应达平衡时CHOH的体积分数与反应物投料之比(n(H2)/n(CO))的关系如图所示。下列说法错误的是n(H；)/n(C0)A.相同条件下，达到平衡时混合气体的密度与反应前相同a、b、c、d四点中，c点CO的转化率最大。C.若投料时n(CO)不变，a、b、c、d四点中d处CHOH的物质的量最大D.图像中c点到d点，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A、容器为恒定，气体体积不变，组分都是气体，气体质量不变，因此任何时刻气体密度都想等，即达到平衡时气体的密度与反应前相同，故A说法正确；日投料比增大，增大氢气的物质的量，平衡向正反应方向进行， CO的转化率增大，即四个点中d点CO的转化率最大，故B说法错误；C根据B选项分析，增大H2的量，平衡向正反应方向进行，甲醇的物质的量增大，即四点中d处CHOH的物质的量最大，故C说法正确；Dc点到d点，增加了H2的量，平衡向正反应方向进行，故 D说法正确。18.一定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中， 反应2CO(g)+6H2(g)=C2H50H(g)+3H2O(g)达平衡。下列说法正确的是容器温度/K物质的起始浓度（mol•L-1）物质的平衡浓（mol•L-1）CO(g)H(g)C2H50H(g)H20(g)C2H50H(g)甲5000.200.60000.083乙5000.400.6000丙600000.100.300.039A.该反应正反应为吸热反应B.达平衡时,甲、乙容器内：2c（C2HOH，甲）=c（C2H50H,乙）C.达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的大D.达平衡时，转化率：a（CC2,甲）+a（C2H50H丙）＞1【答案】D【解析】【详解】A如果丙的温度为500K,则甲和丙为等效平衡，此时丙中 GH50H物质的量浓度为0.083mol/L，但温度为600K时，丙中QH0H物质的量浓度为0.039mol•L1＜0.083mol•L1,说明升高温度，平衡向逆反应方向进彳T,即正反应为放热反应，故A错误；日乙可以看彳先通入0.20mol/LCO2和0.60mol/LH2,达到平衡时，此时乙醇的物质的量浓度为0.083mol/L,再通入0.20mol•L1C0,平衡向正反应进行， 2c（C2H50H甲）〉c（C2H50H乙）“（C2HOH甲），故B错误；C容器乙中反应物浓度大于容器甲，浓度增大，反应速率加快，即达到平衡时，容器甲中逆反应速率比容器乙中小，故 C错误；D如果丙的温度为500K,则有a（CQ,甲）+a，（C2H50H丙）=1,该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即 a（C2H50H丙）〉a，（C2HOH丙），则有a（CQ,甲）+a（C2Ht0H丙）＞1,故D正确。19.25C时，将一元酸HA的溶3^和K0H§液等体积混合（设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和），所得实验数据如下表：实验编号起始浓度/(mol•L-1)反应后溶液的pHHAKOH①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是♦♦♦A.实验①反应后的溶液中： c(K+)+c(H+)-c(A-)=1x10—9mol”-1B.实验①反应后的溶液中： c(K+)>c(A-)>c(OH)>c(H+)C.实验②反应后的溶液中： c(A-)+c(HA)>0.1mol-L-1D.实验②反应后的溶液中： c(K+)=c(A-)>c(OH-尸c(H+)【答案】A【解析】【分析】根据①HA和KOH勺浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成 KA,溶液pH=9,显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的 pH=7,显中T即x>0.1mol•Lt；【详解】根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应， 生成KA溶液pH=9,显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的 pH=7,显中T即x>0.1mol-L1,A、根据电荷守恒， c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(A),推出c(K+)+c(H+)-c(A)=c(OH)=105mol•「1,故A说法错误；日根据上述分析，反应后溶液的溶质为 KA,A一发生水解，即c(K+)>c(A)>c(OH)>c(H+),故B说法正确；C根据上述分析，x>0.1mol-L1,依据物料守恒，推出c(A-)+c(HA)>0.1mol•L-1,故C说法正确；口根据电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(A),溶液的pH=7,推出c(H+)=c(OH),c(K+)=c(A),即c(K+)=c(A)>c(OH)=c(H+),故D说法正确。.已知：电导率越大导电能力越强。 25c时，用0.100mol/LNaOHO(分另U滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示 (注：混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)。下列说法正确的是A.曲线①代表滴定盐酸的曲线a点溶液中：c(OH)+c(CH3COO)-c(H+)=0.1mol/La、b、c三点溶液中水的电离程度： c>a>bb点溶液中：c(OH)=c(H+)+c(CH3COO)+2c(CH3COOH)【答案】D【解析】【分析】醋酸为弱酸，滴入NaOH^生NaOHFCHCOOH=CHOONaH2Q溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；【详解】醋酸为弱酸，滴入 NaOH^t生NaOHFCHCOOH=CHOONaH2O,溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；A根据上述分析，故A错误；Ba点两种溶液恰好完全反应， 溶质为CHCOONa根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH),则有c(OH)+c(CH3COO)-c(H+)=c(Na+)=0.1mol-L1X10X103L/(20X103L)=0.05mol•L1,故B错误；Ca点溶质为CHCOONa促进水的电离，c点溶质为NaCl,对水的电离无影响，b点溶质为CHCOONaNaOH溶液显碱性，抑制水的电离，即三点中水的电离程度为 a>c>b,故C错误；Db点溶质为CHCOONaNaOH且物质的量相等，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH),根据物料守恒： c(Na+)=2c(CH3COO)+2c(CH3COOH)两式合并为c(OH)=c(H+)+c(CH3COO)+2c(CH3COOH)故D正确。【点睛】易错点为选项B,学生认为两者恰好完全反应此时 c(Na+)=0.1mol•L1,忽略了NaOH和CHCOO谑等体积混合，浓度是原来的一半，即c(Na+)=0.05mol•「1。第n卷(非选择题 共60分)二、(本大题包括21、22、23题，共20分).写出解释下列事实的离子方程式:FeCl3水溶液呈酸性：(2)用N&CO溶液浸泡含有CaSO的水垢：(3)用稀硫酸酸化的KI淀粉溶液在空气中久置后变蓝：【答案】 (1). Fe3++3Ho ：Fe(OH)3+3H(2).CaSO(s)+CO2-(aq) ：CaCQ(s)+SO42-(aq)(3).4I+O2+4H+=2I2+2H2O【解析】【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解，其水解方程式为 Fe"+3屋。=^Fe(OH)3+3H+;CaCM难溶物，CaSO为微溶物，即有C(O2(aq)+CaS/s尸CaCO3(s)+SO*(aq);(3)「具有强还原性，容易被氧气氧化，离子方程式为 4「+Q+4H+=2I2+2HO。.按要求回答下列问题：(1)在200C、101kPa时，0.5molH2(g)与足量12(g)完全反应放出7.45kJ的热量，该反应的热化学方程式表示为 。(2)根据键能数据估算化学键C-HC-FH—FF-F键能/(kJ-mol-1)414489565155CH(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热AH为kJ/mol已知:①2CH30H(l)+3Q(g)=2CO2(g)+4HaO(g) AHi=-akJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g) AH2=-bkJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) AH3=-ckJ/mola、b、c均大于0则：反应①中，AS(选填“>”、"v”或“=”) 0；2C(s)+4Hz(g)+O2(g)=2CH30H(l) AH=kJ/mol。【答案】(1).H 2(g)+I 2(g)==2HI(g)△H=—14.9kJ/mol(2).-1940JLU-LKr3.(3). >(4).a-2b-2c【解析】【详解】(1)H2和I2反应方程式为H2+I2=2HI,即1molH2参与反应放出热量为200°C7.45kJX1mol/0.5mol=14.9kJ,热化学反应方程式为 H2(g)+I2(g) 2HI(g)AH=-1UlKr3.14.9kJ/mol;(2)根据△H我应物键能总和—生成物键能总和 =(4X414+4X155—4X489—4X565)kJ•moli―1940kJ♦mol1;(3)①CHOH为液体，其余为气体，反应①中嫡增，即^S>0;根据目标方程式，有①—②X2—2③得出△H=(a—2b—2c)kJ-mol\23.按要求回答下列问题：.(1)室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.1mol/L的HA酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH§液体积的变化如图：U10 2030V/mL①a点对应的溶液中c(HA)c(A-)(选填“>”“<”或“=”)；b点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为。②K(HA尸 (2)已知：TC时,K=1X10-12。在TC时，将pH=9的NaOHB?夜aL与pH=2的H2SO溶液bL混合(注：混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和 )。若所得混合溶液的pH=3,则a:b=。【答案】 (1).<(2). c(Na+)>c(A-)>c(OH)>c(H+)(3).1.0X10-5(4).9:2【解析】【详解】(1)根据图像起点，HA的pH=3,说明HA为弱酸，①a点溶质为HA和NaA且两者物质的量相等，溶液显酸性，即有c(HA)<c(A);b点溶质为NaA,A-发生水解，溶液显碱性，即离子浓度大小顺序是 c(Na+)>c(A)>c(OH)>c(H+);②通过起点进行分析， c(H+)=103mol-L\K(HA)=c(A)Xc(H+)/c(HA)=103X103/0.1=105(2)此温度下，NaOHf§M中c(Od)=10-3mol•Lt,反应后溶液显酸性，因此有(bLX102mol-L1—aLX103mol•L―)/(aL+bL)=103mol-L\a:b=9:2。【点睛】易错点是问题(2),学生容易弄错NaOH^夜c(OHI),不注意此时的水的离子积，学生推出NaOHB液中c(Od)为105mol•L\因此利用水的离子积进行计算，注意温度。三、(本大题包括24、25题，共16分)24.用0.2000mol/L的标准NaO聆液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸储水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol/L的标准NaO昭液至“0”刻度线以上；②调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，使滴定管尖嘴充满液体，并记下读数；③量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚儆溶液；④用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。⑤再重复以上滴定操作3次。请回答：(1)以上步骤有错误的是(填编号)。(2)步骤③中，量取20.00mL待测液应使用(填仪器名称)。(3)步骤④滴定时眼睛应注视;判断到达滴定终点的现象是：(4)以下是实验数据记录表滴定次数盐酸体积(mL)NaOH容液体积读数(mL)滴定前滴定后120.000.0016.80220.000.0216.22320.000.0216.20420.000.0016.20从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH^^体积明显多于后三次的体积，其可能的原因是 OA.锥形瓶装液前，留有少量蒸储水B.滴定结束时，俯视读数C.锥形瓶用待测液润洗D.滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形瓶外的滴定台上(5)根据表中第2、3、4次记录数据计算，该盐酸浓度为mol/L【答案】 (1).①(2). 酸式滴定管(或移液管) (3). 锥形瓶内溶液颜色变化⑷.溶液由无色变红色，且半分钟内颜色不变 (5).CD(6).0.1619【解析】【详解】(1)操作步骤错误的是①，没有用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，所测浓度将会偏大；(2)量取20.00mL待测液，应用酸式滴定管或移液管；(3)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH§液，溶液由无色变为红色，且30s内颜色不变；A锥形瓶中有无蒸储水，对实验无影响，故 A不符合题意；日滴定前，俯视读数，所读数值偏小，故 B不符合题意；C锥形瓶中用待测液润洗，消耗的标准液的体积增大，故 C符合题意；D滴定过程中，少量标准溶液滴到锥形并S外，消耗标准液体积增大，故 D符合题意；(5)消耗NaOH§液平均体积为(16.20+16.18+16.20)/3mL=16.19mL,贝Uc(HCl)=16.19X103LX0.2000mol-L^/(20.00X103L)=0.1619mol•L：【点睛】易错点为(2),学生认为量取液体体积应用量筒，忽略了量筒精确度，量筒的精确度为0.1mL,而本题是小数点后2位，应用滴定管、移液管。25.用含FeCl2杂质的氯化铜晶体制纯净CuCl2•2H2O的过程是：先将晶体配制成水溶液，然后按如下图步骤进行提纯：纯净的CuCb・纯净的CuCb・2HQ质溶杂水I含的液已知：在上述流程条件下， CiTFe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的 pH,见下表:L3+FeL2+FeCu2+氢氧化物开始沉淀时的PH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的PH3.29.06.7请回答下列问题：(1)加入氧化剂X的目的是。得到溶液II,最适合作氧化剂X的是(选填以下编号)。A.KaCrzQB.NaClOC.HQD.KMnO(2)为了除去Fe3+,需加入物质Y调节溶液的pH范围是(3)溶液出得到CuCl2•2HO晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，,―,干燥。【答案】(1).将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成Fe(OH)3沉淀而与Cu2+分离(2).C(3).3.2~4.7之间(4).过滤(5).洗涤【解析】【详解】(1)根据表中数据，应将Fe2+转化成Fe3+,即氧化剂X的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成Fe(OH)3而与Cu2十分离；加入氧化剂不能引入新杂质， A、加入LCrzQ引入K卡和Cr3+,故A不符合题意；日加入NaClO,引入Na卡,故B不符合题意；C 为绿色氧化剂，不引入新杂质，故 C符合题意；D加入KMnO,引入K+和MrT,故D不符合题意；(2)调节pH,应将Fe3+完全转变成沉淀，Cu"不能沉淀，因此调节pH的范围是3.2<pH<4.7;(3)得到CuCl2-2HO,采用操作步骤是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。四、(本大题包括26、27题，共18分)26.氮的氧化物(如NO、N2Q、N2Q等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。(1)已知：N2Q在一定条件下发生分解 2N2O(g)=^4NQ(g)+Q(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2Q浓度随时间的变化如下表：T/min0.001.002.003.004.005.00c(N2O5)/mol•L11.000.710.500.350.250.17设反应开始时体系压强为 p0,第2.00min时体系压强为p,则p：Po=;1.00〜3.00min内，C2的平均反应速率为。(2)在NQ与NO之间存在反应：N2O4(g) 2NO(g)。将1mol的NQ放入1L的恒容密闭容器中，测得其平衡转化率 [a(N2O4)]随温度变化如图所示。①337.5K时，反应的平衡常数K=(填写计算结果)。②据图推测N2Q(g)——i2NO(g)是吸热反应，理由是。[PfNOJ]2③对于反应N2Q(g)=2NO(g),用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数 K= -o在一定条件下N2。与NO的灯柜哼率与自身压强间存在关系： v(N2O)=k-p(N2Q),v(NO2)=k2-[p(NO2)]2。其中，ki、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率一压强关系如图所示：一定温度下，ki、k2与平衡常数&的关系是ki=,在图标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点并说明理由 。NO/N<>yL/D/NJ*1【答案】(1).1.75(2).0.090mol/(L min)(3). 3.6(4). 温度升高，a(N2Q)增加，说明平衡向正反应移动 (5). k2Kp/2(6).B点与D点，v(NQ消耗)=2v(NzQ消耗尸v(NO2生成)满足平衡条件【解析】【详解】(1)2N2Q(g)^^4NQg)+Q(g)起始：1 0 0变化：0.5 1 0.252min：0.5 1 0.25 相同条件下，压强之比等于物质的量之比，p/p0=(0.5+1+0.25)/1=1.75;根据化学反应速率数学表达式， v(N2Q)=(0.71-0.35)mol-LT/2min=0.18mol/(L-min),根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(02)=v(N2O)/2=0.090mol/(L -min);(2)①N2Q(g)——^2NO(g)起始：1 0平衡：0.4 1.2 根据化学平衡常数的表达式， K=c2(NO2)/c(N204)=1.22/0.4=3.6;②根据图1,随着温度升高，NbQ转化率增大，反应向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应为放热反应；

③Kp的表达式为Kp=[p(NO2]2/p(N2O4),当反应达到平衡时，2v(N2Q尸V(NO2),把公式代入，推出：k产Kp」2/2;v(NQ消耗)=2v(N2Q消耗尸v(NO2生成)满足平衡条件，即平衡点为 B点和D点。【点睛】易错点是Q反应速率的计算，学生能计算出 Q的反应速率是0.09mol/(L•min),忽略了表