湖南省邵阳市邵东三中学年高二期中化学试题docWord文件下载.docx

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D．2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和4SO2（g）+2O2（g）═4SO3（g）的△H相等

【考点】pH的简单计算；

物质的量的相关计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A、温度压强没有说明，无法计算11.2LO2的物质的量，根据N=nNA来计算分子数即可；

B、25℃与60℃时，水的电离程度不同；

C、等物质的量的盐酸、醋酸所消耗的n（NaOH）是相等的；

D、反应的焓变和方程式的系数有关系．

A、11.2L气体的体积不一定是0.5mol，温度压强没有说明，不知道气体的摩尔体积，无法根据气体的体积计算物质的量和分子数，故A错误；

B、25℃与60℃时，水的电离程度不同，所以水的pH不相等，故B错误；

C、等物质的量的盐酸、醋酸所消耗的n（NaOH）是相等的，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n（NaOH）相等，故C正确；

D、反应的焓变和方程式的系数有关系，系数加倍，焓变数值加倍，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查学生物质的量的计算、焓变的影响因素、水的电离平衡等知识，属于综合知识的考查，难度中等．

3．相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是（　　）

A．NH4ClB．NH4HCO3C．NH4HSO4D．（NH4）2SO4

【考点】盐类水解的应用．

【专题】盐类的水解专题．

【分析】题中NH4Cl和（NH4）2SO4水解都呈酸性，NH4HCO3水解呈碱性，NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液酸性最强．

NH4Cl和（NH4）2SO4对比，水解都呈酸性，（NH4）2SO4pH较小；

NH4HCO3水解呈碱性，pH最大；

NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离，溶液酸性最强，则pH最小，

【点评】本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意影响盐类水解的因素和平衡移动的问题，注意NH4HSO4为酸式盐，HSO4﹣完全电离的特点．

4．在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，则该反应的平均反应速率为（　　）

A．0.4mol/（L•s）B．0.3mol/（L•s）C．0.2mol/（L•s）D．0.1mol/（L•s）

【考点】反应速率的定量表示方法．

【专题】化学反应速率专题．

【分析】化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，根据v=

计算该反应的平均反应速率．

2s内该气体由8mol变为7.2mol，

所以2s内该气体的浓度变化△c=

=0.4mol/L，

所以2s内该气体的平均反应速率为v=

=0.2mol/（L•s）．

【点评】本题考查反应速率的计算，难度不大，注意对基础知识的理解．固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速．

5．下列各组物质中，都是强电解质的是（　　）

A．HBr、HCl、BaSO4B．NH4Cl、CH3COONa、H2S

C．NaOH、Ca（OH）2、NH3•H2OD．HClO、NaF、Ba（OH）2

【考点】强电解质和弱电解质的概念；

电解质与非电解质．

【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，大多数盐类和强酸强碱（H2SO4HNO3HClNaOHKOH等）都是强电解质．

A、HBr、HCl、BaSO4是在水中完全电离成离子的化合物，所以属于强电解质，故A正确．

B、H2S在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故B错误．

C、NH3•H2O在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故C错误．

D、HClO在水中只有部分电离，所以属于弱电解质，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查了强电解质的判断，难度不大，注意电解质的强弱与溶解性大小无关，与电离程度有关．

6．某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（　　）

A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸

B．用托盘天平称量25.20gNaCl

C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3

D．用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】A．量筒的感量是0.1mL；

B．托盘天平的感量是0.1g；

C．pH试纸测定溶液pH值只能是整数；

D．滴定管感量是0.01mL．

A．量筒的感量是0.1mL，所以用10mL量筒不能量取7.13mL稀盐酸，可以量取7.1mL稀盐酸，故A错误；

B．托盘天平的感量是0.1g，所以用托盘天平不能称量25.20gNaCl，可以称量25.2gNaCl，故B错误；

C．pH试纸测定溶液pH值只能是整数，所以pH试纸不能测得某溶液的pH为2.3，故C错误；

D．滴定管感量是0.01mL，所以用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及常见仪器的感量，熟悉量筒、托盘天平、滴定管的感量，题目难度不大．

7．符合如图所示的热化学方程式是（　　）

A．CO+H2O═CO2+H2△H=+41kJ/mol

B．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol

C．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol

D．CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=﹣41kJ/mol

【考点】热化学方程式．

【分析】图象分析可知反应物能量高于生成物，反应是吸热反应，热化学方程式需要标注物质的聚集状态和对应反应的焓变得到热化学方程式．

A、未标注物质的聚集状态，故A错误；

B、反应是吸热反应，焓变为正值，故B错误；

C、符合反应的焓变是此反应的热化学方程式，故C正确；

D、反应是吸热反应，焓变为正值，故D错误；

【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，图象分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．

8．将0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量的CH3COONa晶体时，都会引起（　　）

A．溶液的pH增大B．溶液中的c（H+）增大

C．溶液的导电能力减弱D．溶液中的c（OH﹣）减小

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；

CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小．

A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；

B．CH3COOH溶液加水稀释，溶液体积增大，溶液中c（H+）减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液中的c（H+）减小，故B错误；

C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；

D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，溶液中的c（OH﹣）增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，c（OH﹣）增大，故D错误；

【点评】本题考查了外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度变化以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断，题目难度不大．

9．下列表示0.1mol/LNaHCO3溶液中有关微粒浓度（mol/L）的关系式中，正确的是（　　）

A．c（Na+）＞c（HCO

）＞c（CO

）＞c（H+）＞c（OH﹣）

B．c（Na+）+c（H+）=c（HCO

）+c（CO

）+c（OH﹣）

C．c（Na+）+c（H+）=c（HCO

）+2c（CO

D．c（Na+）=c（HCO

）+c（H2CO3）

【考点】离子浓度大小的比较．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题；

盐类的水解专题．

【分析】NaHCO3溶液中溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c（Na+）＞c（HCO3﹣），盐中阴阳离子浓度大于水电离出氢氧根离子浓度，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

溶液中还存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），物料守恒：

c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），据此进行判断．

A．溶液呈碱性，所以c（OH﹣）＞c（H+），钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c（Na+）＞c（HCO3﹣），盐中阴阳离子浓度大于水电离出氢氧根离子浓度，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；

B．根据质子守恒得：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故B错误；

C．根据电荷守可知：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；

D．根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故D错误；

故选AC．

【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，从守恒的角度比较离子浓度大小是常用的方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

10．某化学反应达到化学平衡：

A（g）+3B（g）⇌2C（g）（△H＜0），将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（　　）

A．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动

B．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动

C．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动

D．正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动

【考点】化学平衡的影响因素．

【专题】化学平衡专题．

【分析】对于正反应为放热反应的化学反应来说，降低温度，该反应的正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答．

A、该正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故A正确；

B、降低温度，正、逆反应速率都减小，故B错误；

C、降低温度，正、逆反应速率都减小，故C错误；

D、降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；

【点评】本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，难度不大，侧重对基础知识的巩固．

11．用铁片与稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能使氢气的生成速率增大的是（　　）

A．加热

B．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸

C．滴加少量CuSO4溶液

D．不用铁片，改用铁粉

【考点】化学反应速率的影响因素．

【分析】增大金属与酸反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，注意浓硫酸和铁发生钝化反应．

A．温度升高，反应速率增大，故A不选；

B．改用浓硫酸溶液，浓硫酸和铁发生钝化反应，不能生成氢气，反应速率减小甚至为0，故B选；

C．滴加少量CuSO4溶液，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，故C不选；

D．改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D不选．

故选B．

【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意浓硫酸与铁在常温下发生钝化．

12．常温下，盐酸与氨水混合，所得溶液pH=7，则此溶液中的关系正确是（　　）

A．c（NH4+）＜c（Cl﹣）B．c（NH4+）=c（Cl﹣）

C．c（NH4+）＞c（Cl﹣）D．无法确定c（NH4+）与c（Cl﹣）

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【分析】常温下，盐酸与氨水混合后的溶液中存在：

c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），根据c（H+）与c（OH﹣）关系可确定溶液中其它离子浓度的关系．

常温下，盐酸与氨水混合后的溶液中存在：

c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），

所得溶液pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），

所以：

c（NH4+）=c（Cl﹣），

【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度分析是解答该题的关键．

13．下列各组离子能大量共存且溶液颜色为无色的是（　　）

A．Na+、MnO4﹣、K+、NO3﹣SO32﹣

B．Na+、S2﹣、SO32﹣、H+、NO3﹣

C．Na+、S2﹣、OH﹣、K+、Cl﹣

D．HCO3﹣、H+、Na+、Ca2+SO32﹣

【考点】离子共存问题．

【专题】离子反应专题．

【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．

A．MnO4﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，且MnO4﹣为紫色，故A不选；

B．S2﹣、SO32﹣分别与H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；

D．HCO3﹣、SO32﹣分别与H+反应生成水和气体，SO32﹣、Ca2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．

14．设C+CO2⇌2CO﹣Q1，反应速率v1；

N2+3H2⇌2NH3+Q2反应速率v2．对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（　　）

A．同时增大B．同时减小

C．v1增大，v2减小D．v1减小，v2增大

【分析】升高温度，无论对于吸热还是放热反应，都会使反应速率增大．

升高温度时，活化分子的百分数增大，正逆反应速率都增大，吸热反应或放热反应的速率都增大，与吸放热无关．

【点评】本题考查温度对反应速率的影响，题目难度不大，注意只要温度升高，反应速率就增大，与反应的吸放热无关．

15．常温下，给蒸馏水中滴入少量氢氧化钠后，下列说法中错误的是（　　）

A．[H+][OH﹣]乘积不变B．pH增大了

C．[H+]降低了D．水电离出的[H+]增加了

【考点】离子积常数；

水的电离．

【分析】常温下，在蒸馏水中加入NaOH后，氢氧根离子浓度增大，导致溶液中氢离子浓度减小，酸或碱抑制水电离，据此分析解答．

A．在蒸馏水中加入NaOH后，NaOH电离出的氢氧根离子导致溶液中[OH﹣]增大、[H+]减小，[H+][OH﹣]乘积为溶液中离子积常数不变，故A正确；

B．常温下，在蒸馏水中加入NaOH后，氢氧根离子浓度增大，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故B正确；

C．常温下，在蒸馏水中加入NaOH后，氢氧根离子浓度增大，离子积常数不变，导致溶液中氢离子浓度减小，故C正确；

D．酸或碱抑制水电离，所以NaOH抑制水电离，则水电离出的[H+]减少了，故D错误；

故选AD．

【点评】本题考查离子积常数、水电离影响因素等知识点，为高频考点，明确离子积常数与溶液中[H+][OH﹣]乘积关系是解本题关键，注意：

离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性无关，为易错点．

16．把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是（　　）

A．自来水B．0.5mol/L盐酸

C．0.5mol/LCH3COOH溶液D．0.5mol/LKCl溶液

【考点】电解质溶液的导电性．

【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，B、D项中物质均是强电解质，加入NaOH后生成物仍是强电解质，故导电性变化不大；

A、C项中物质由于难电离，离子浓度很小，当加入NaOH后，离子浓度增大很多，成为强电解质，故导电能力与原来相比变化很大．

导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少．

A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；

B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B正确；

C、原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；

D、氯化钾为强电解质，加入NaOH后是两种强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；

【点评】本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．

17．可以充分说明反应P（g）+Q（g）⇌R（g）+S（g）在恒温下已达到平衡（　　）

A．反应容器内的压强不随时间改变

B．反应容器内P、Q、R、S四者共存

C．P的生成速率和S的生成速率相等

D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化

【考点】化学平衡状态的判断．

【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．

A．该反应前后气体物质的量之和不变，则压强始终不变，所以不能根据压强判断平衡状态，故A错误；

B．无论该反应是否达到平衡状态，反应容器中P、Q、R、S四者共存，所以不能据此判断平衡状态，故B错误；

C．P和S的生成速率相等，则P的消耗速率和生成速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；

D．无论反应是否达到平衡状态，反应容器中总的物质的量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；

故选C

【点评】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，易错选项是A，为易错题．

18．25℃时，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH﹣离子浓度与水电离的OH﹣离子浓度之比为（　　）

A．1010：

1B．5×

109：

1C．108：

1D．1：

1

【考点】pH的简单计算．

【分析】根据H2O=H++OH﹣，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出水电离出的c（H+）利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH﹣离子浓度．

pH=11的NaOH溶液，水电离的c（H+）=10﹣11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c（OH﹣）=

mol/L=10﹣3mol/L，而由水电离产生的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH﹣离子浓度与水电离出的OH﹣离子浓度之比：

10﹣3mol/L：

10﹣11mol/L=108，

【点评】本题考查PH的简单计算，题目难度不大，注意碱水的电离平衡移动的影响．

19．已知下列热化学方程式：

①CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol

②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol

③H2（g）+

O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol

则反应④2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓变为（　　）

A．488.3kJ/molB．﹣224.15kJ/mol

C．﹣488.3kJ/molD．244.15kJ/mol

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】由盖斯定律可知2×

②+③×

2﹣①得：

2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），则△H=2△H2+2△H3﹣△H1，带入数据进行计算．

已知①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3KJ/mol，

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5KJ/mol，

O2（g）=H2O（l）△H3=﹣285.8kJ•mol﹣1，

将方程式2×

2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），

则△H=2△H2+2△H3﹣△H1=2（﹣393.5kJ/mol）+（﹣571.6KJ/mol）﹣（﹣870.3KJ/mol）=﹣488.3kJ/mol，

【点评】本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意掌握盖斯定律在热化学方程式的计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及