学年山西大学附属中学高二上学期期中考试化学试题解析版.docx

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学年山西大学附属中学高二上学期期中考试化学试题解析版

山西大学附中2021～2021学年高二第一学期期中考试

化学试题

考试时间：

90分钟考查范围：

化学平衡、电解质溶液

可能用到的相对原子质量：

Zn65

客观题

一、选择题（共18题，每题2分，共36分）

1.以下说法正确的选项是（）

A.自发反响一定能快速进行，不自发的反响一定不能发生

B.体系能量降低和混乱度增大都有促使反响自发进行的倾向

C.Br2+H2O⇌HBr+HBrO的平衡常数表达式为K＝

D.弱电解质的电离平衡常数和其对应盐的水解平衡常数互为倒数

【答案】B

【解析】

【详解】A．有些自发进行的反响也需要反响条件，才能进行，如氢气和氧气需要点燃反响，不自发反响在一定条件下也能进行，故A错误；

B．根据△H-T△S可知，当△H＜0，△S＞0时，△H-T△S一定小于0，反响一定能自发进行，也就是说体系能量减小和混乱度增大都有促使反响自发进行的倾向，故B正确；

C．平衡常数是生成物的平衡浓度幂次方之积与反响物的平衡浓度幂次方之积的比值，那么可逆反响Br2+H2OHBr+HBrO的平衡常数表达式为K＝，故C错误；

D．弱电解质的电离平衡常数和其对应盐的水解平衡常数之积等于Kw，故D错误；

应选B。

2.以下物质分类时，按强电解质/弱电解质/非电解质排列的是（）

A.NaCl/HF/Cl2B.NaHSO4/NaHCO3/CCl4C.Ba（OH）2/HCl/CuD.AgCl/H2S/C2H5OH

【答案】D

【解析】

【详解】A.NaCl属于盐，是强电解质；HF属于弱酸，是弱电解质；Cl2属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B.NaHSO4和NaHCO3都属于盐，是强电解质；CCl4是有机物，属于非电解质，故B错误；C.Ba（OH）2属于强碱，HCl属于强酸，都属于强电解质；Cu是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D.AgCl属于盐，是强电解质；H2S属于弱酸，是弱电解质；C2H5OH属于有机物，是非电解质，故D正确；答案：

D。

【点睛】此题考查电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的知识。

电解质指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物；非电解质指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物；强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是在溶液中局部电离的电解质，根据概念进行判断即可。

3.以下表达正确是

A.用水稀释0.1mol·L－1的氨水，那么溶液中减小

B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，CH3COOH的pH变大

C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别参加等质量的相同锌粒，随着反响的进行，醋酸不断电离出H＋，反响速率比盐酸大

D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别为c1和c2，那么c2<10c1

【答案】A

【解析】

【详解】A.用水稀释0.1mol·L－1的氨水，促进一水合氨的电离，减小，增大，那么溶液中减小，故A正确；

B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，促进醋酸的电离，醋酸溶液中氢离子浓度增大，因此CH3COOH的pH变小，故B错误；

C.在等体积等浓度的盐酸和醋酸中分别参加等质量的相同锌粒，随着反响的进行，虽然醋酸不断电离出H＋，但醋酸中氢离子浓度小于盐酸中，因此反响速率比盐酸小，故C错误；

D.两种氨水的pH分别为a和a＋1，物质的量浓度分别为c1和c2，假设这两者电离程度相同，那么c2=10c1，根据越弱越电离，物质的量浓度为c1的氨水电离程度大，那么浓度应适当小，所以c2＞10c1，故D错误；

综上所述，答案为A。

4.100℃时Kw=10-12，将pH=3的硫酸与pH=9的NaOH溶液混合，假设要得到pH=7的溶液，混合时硫酸与NaOH溶液的体积比为

A.9:

11B.99:

101C.99:

110D.1:

100

【答案】B

【解析】

【详解】100℃时Kw=10-12，中性溶液的pH=6；pH=3的硫酸溶液中c（H＋）=1×10−3mol∙L−1，pH=9的NaOH溶液中c（OH－）=1×10−3mol∙L−1，两者混合后假设要得到pH=7的溶液即c（OH－）=1×10−5mol∙L−1，即充分反响后NaOH过量，那么有，解得；

综上所述，答案为B。

5.以下事实不能用勒夏特列原理解释的是（）

①溴水中存在化学平衡：

Br2＋H2OHBr＋HBrO，当参加AgNO3溶液后，溶液颜色变浅

②铁在潮湿的空气中易生锈

③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，压缩体积后颜色加深

④工业合成氨反响〔放热〕为加快反响速率，将温度升高到500℃左右

⑤钠与氯化钾共融制备钾：

Na（l）＋KCl（l）K（g）＋NaCl（l）

A.①④⑤B.①②③C.②③④D.②④

【答案】C

【解析】

【详解】由题可知①参加NaOH溶液时，NaOH和HBr、HBrO发生中和反响，从而影响化学平衡，促进溴和水的反响，所以可以用勒夏特里原理解释，故①不选；

②铁在潮湿的空气中易生锈是电化学腐蚀，不是可逆反响，故②选；

③增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但颜色加深是体积缩小，二氧化氮浓度变大，不能用平衡移动原理解释，故③选；

④合成氨反响是放热反响，温度升高，产物的产率降低，将温度升高到500℃左右是为了适当加快反响速率，与勒夏特列原理无关，故④选；

⑤K在该条件下为气体，逸出离开反响体系，生成物的浓度减小，可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故⑤不选；

应选②③④，故答案选C。

6.以下图示与对应的表达相符的是〔〕

A.图甲表示向CH3COOH溶液中逐步参加CH3COONa固体后，溶液pH的变化

B.图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，那么CH3COOH溶液的pH：

a>b

C.图丙表示催化剂能改变化学反响的焓变

D.图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反响：

2NO2（g）N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，那么该反响的△H<0

【答案】D

【解析】

【详解】A.向CH3COOH溶液中逐步参加CH3COONa醋酸的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，A选项错误；

B．溶液中离子浓度越大，导电性越强，a点的导电性强，那么a点氢离子浓度大，pH小，所以CH3COOH溶液的pH：

a

C．加催化剂不能改变化学反响的焓变，C选项错误；

D．由图可以知道，反响平衡后升高温度，NO2的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反响，所以该反响的△H<0，D选项正确；

答案选D。

【点睛】解答时需要注意，催化剂只能改变化学反响的活化能，不能改变化学反响的焓变，此知识点易混淆。

7.常温下，以下各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A.使甲基橙变红色溶液：

Al3+、Cu2+、I-、

B.常温下，加水冲稀时的值明显增大的溶液：

CH3COO-、Ba2+、、Br-

C.0.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液：

[Fe（CN）6]3-、Na+、、Cl-

D.由水电离出的c（H+）＝1×10-14mol•L-1的溶液：

K+、、Cl-、

【答案】B

【解析】

【详解】A．使甲基橙变红的溶液呈酸性，H＋与反响生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，故A不符合题意；

B．常温下，加水冲稀时的值明显增大，说明氢氧根离子浓度减小，溶液呈碱性，CH3COO-、Ba2+、、Br-相互间不反响、且均不与氢氧根反响，能大量共存，故B符合题意；

C．0.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液中，Fe2+与[Fe（CN）6]3-会发生反响形成蓝色沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；

D．由水电离出的c（H+）＝1×10-14mol•L-1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，当溶液呈酸性时，与H＋反响生成水和二氧化碳，不能大量共存，当溶液呈碱性时，与氢氧根不共存，故D不符合题意；

应选B。

8.在体积都为1L、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.69g锌粒，那么如下图比拟符合客观事实的是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】1L、pH值等于2的盐酸溶液中c（H+）=0.01mol∙L−1，n（H+）=0.01mol；1L、pH值等于2的醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下氢离子浓度c（H+）=0.01mol∙L−1，n（H+）=0.01mol，但溶液中醋酸的物质的量大于0.01mol；0.69g锌粒物质的量，锌和酸反响Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子缺乏，锌剩余；醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子缺乏，但随着反响进行，醋酸又电离出氢离子进行反响，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反响速率相同，反响过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反响速率快；反响后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中。

【详解】A.开始时，溶液的pH值为2，图中开始时溶液的pH=0，故A错误；

B.反响开始氢离子浓度相同，反响速率相同，曲线从相同速率开始反响，但醋酸溶液中存在电离平衡，反响过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反响过程中反响速率快，故B错误；

C.产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反响过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反响速率快，故图象符合题意，故C正确；

D.反响开始氢离子浓度相同，反响过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误。

应选C。

9.常温下设a代表Ba（OH）2，b代表NaOH溶液，c代表NH3·H2O溶液。

以下说法正确的选项是

A.同物质的量浓度的三种溶液的pH：

a=b＞c

B.同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：

a=b＜c

C.同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：

a=b=c

D.同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：

a＞b＞c

【答案】B

【解析】

【详解】Ba（OH）2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡；

A．同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：

a>b>c，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：

a>b>c，A错误；

B．同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，由于一元弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c（OH-）增大，所以pH：

c>a=b，B正确；

C．同pH、同体积的三种溶液，由于弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：

a=b

D．由于弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，同pH时，稀释相同倍数，pH：

a=b

a=b

答案选B。

10.等体积两种一元酸“酸1〞和“酸2〞分别用等浓度的KOH溶液滴定，滴定曲线如下图。

以下说法错误的选项是

A.“酸1〞比“酸2〞的酸性强

B.“酸2〞的浓度为•L-1

C.“酸2〞的Ka的数量级约为10-5

D.滴定“酸1〞和“酸2〞均可用酚酞作指示剂

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图中可以看出，滴定达终点时，酸2消耗KOH的体积大，那么说明c（酸2）>c（酸1），而起始时pH（酸2）>pH（酸1），所以“酸1〞比“酸2〞的酸性强，A正确；

B．“酸2〞为弱酸，c（