1、12018-2019 学年内蒙古集宁一中(西校区)高二上学期期中考试化学试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码 粘 贴在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ， 写在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接
2、答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1在一密闭容器中充入一定量的 N2和 H2，经测定反应开始后的 2s 内氢气的平均速率：v(H 2)=0.45mol/(Ls)，则 2s 末 NH3的浓度为A0.45mol/L B0.50mol/L C0.55mol/L D0.60mol/L2将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)
3、+B(g) 2C(g)若经 2 s(秒)后测得 C 的浓度为 0.6 molL -1 ，现有下列几种说法： 用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol(Ls) -1 用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol(Ls) -1 2 s 时物质 A 的转化率为 70% 2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 molL -1 其中正确的是A B C D3已知反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+D(g)在四种不同情况下的化学反应速率分别为：v (A)=0.15mol/(Ls) v(B)=0.4mol/(Ls) v(C)=0.3mol/(Ls) v(D)=0.5mol/(Ls)则四种情况
4、下反应进行的快慢顺序为A B= C= D4反应 C(s)H 2O(g) CO(g)H 2(g)在一体积可变的容器中进行。下列条件的改变对其化学反应速率几乎没有影响的是：增加 C 的用量；将容器体积缩小一半；保持容器体积不变，充入氮气使容器内压强增大；保持压强不变，充入氮气使容器的体积变大A B C D5在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 2 mol 充入某 10 L 恒容密闭容器中，发生反应 X(g)+Y(g) 2Z(g) Hv(正)6对于可逆反应 N2(g)3H 2(g) 2NH3(g) H0，下列研究目的和示意图相符的是A B C D研究目的压强对反应的影响(p 2p 1)温度对反应
5、的影响平衡体系中增加 N2的浓度对反应的影响催化剂对反应的影响示意图7在恒温恒容容器中发生反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)H”、“” 或“”或“=，故选 C。点睛：本题考查化学反应速率快慢顺序判断，解题关键：将用不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较。侧重考查学生计算及判断能力，易错点：比较速率大小顺序时必须要统一单位。难点：换算时两物质计量数间关系，这也是易错点。4B【解析】【详解】增加 C(s)的量，并不改变 C(s)的浓度，则反应速率不变；将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大；保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的
6、各物质的浓度不变，则速率不变；保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小；综上所述，符合题意的为；答案选 B。【点睛】一般固体或纯液体的浓度视为一定值，故增加固体或纯液体的量并没有增大其浓度，对反应的速率影响不大。5B【解析】【详解】A.反应前 2min，n(Y)变化了 2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(102)=0.03 mol L -1min-1,根据速率和系数成正比可知 v(Z)=2v(Y)=6.0l0-2 mol L-1min-1，A 错误；B.反应在 10min 时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/1
7、0=0.04 mol L -1 , c(Y)=0.4/10=0.04 mol L-1，c(Z)= 2(2-0.4)/10=0.32mol L -1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64, B 正确；C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入 2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时 X 的体积分数不变，故 C 错误；D. 反应进行到 10 min 时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v(逆)v(正)；故D 错误；综上所述，本题选 B。【点睛】针对 X(g)+Y(g) 2Z(g) H0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再
8、充入2molZ，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积不变，所以平衡不移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入 2molZ，等效于等压过程，与原平衡等效。6C【解析】【详解】A. 合成氨反应是气体体积缩小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，使氨气的体积分数增大；并且压强越大，物质的浓度增大，使化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A 错误；B.因该反应正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致氮气的平衡转化率降低，与图象中转化率增大不符，B 错误；C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间反应物的浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率不
9、变，由于正反应速率大于逆反应速率，所以化学平衡正向移动，使正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的化学平衡，与图象符合，C 正确；D.催化剂能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此有催化剂时达到化学平衡的时间少，且催化剂对化学平衡移动无影响，与图象不符，D 错误；故合理选项是 C。【点睛】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素、图象中纵、横坐标的含义及曲线变化趋势是本题解答的关键。7D【解析】【详解】A.因为反应前后气体的物质的量不同，所以当容器内压强不变，说明反应到平衡，选项 A 正确；B.当二氧化硫和氧气的比例关系保持 1:2 不变，可以说
10、明反应到平衡，选项 B 正确；C.合适的催化剂能增大反应速率，选项 C 正确；D.每消耗 2mol 三氧化硫的同时生成 1mol 氧气，这是 v(逆)=v(逆)，不能说明达到平衡状态，选项 D 错误。答案选 D。【点睛】本题考查的是化学反应速率和平衡的影响因素及平衡的判断，有一定的难度。8D【解析】【详解】A等体积等浓度的醋酸和盐酸含有的醋酸和氯化氢的物质的量相等，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故 A 错误；B醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将 pH=3 的醋酸溶液，稀释至 10 倍后 pH4，故 B 错误；C. pH=3 的醋
11、酸溶液中醋酸浓度大于 0.001mol/L，pH=11 的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故 C 错误；D醋酸为弱电解质，等 pH 时醋酸的物质的量多，则与过量锌反应，醋酸生成的氢气多，故 D 正确；故选 D。9A【解析】【分析】铵根离子水解程度较小，所以要比较物质的量浓度相同的溶液中铵根离子浓度大小，应先比较盐中铵根离子的微粒个数，微粒个数越大，溶液中铵根离子浓度越大，微粒个数相同的铵盐溶液，应根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断。【详解】(NH4)2CO3溶液中铵根离子的微粒个数最多，则溶液中铵根离子浓度最大；N
12、H 4HSO4 和 NH4Fe(SO4)2溶液中，氢离子和亚铁离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大， CH 3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以 C(NH4 )由大到小的顺序为，故选 A。【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，解答时，应先根据盐中铵根离子的微粒个数进行分类比较，再其它离子对铵根离子的影响来分类比较。10C【解析】【详解】A. Ba(OH)2 是强碱，属于强电解质，K 2S 是盐，属于强电解质；B. HCl 是强酸，属于强电解质，FeCl3、NH 4Cl 是盐，属于强电解质，C 2H5OH 不能电离，属于非电解质；C. 乙酸、碳酸、水、Cu(OH) 2部分电
13、离，属于弱电解质；D. HCl、H 2SO4是强酸，属于强电解质，KNO 3是盐，属于强电解质。故选 C。【点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸，弱碱、水与少数盐。11A【解析】【分析】pH=0 的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；pH=12 的溶液，显碱性；水电离的 H+浓度 c(H+)=10-12molL-1的溶液，可能为酸或碱溶液；Mg 与 H+反应产生 H2，该溶液显酸性；使石蕊变红的溶液，显酸性，
14、氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；Fe 3+只能在酸性溶液大量存在。【详解】pH0 的溶液为强酸性溶液，H +、I 、NO 3 发生氧化还原反应，不能大量共存；pH12 的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；水电离的 H+浓度 c(H+)=10-12molL-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在 CO32-、SO 32-，若溶液为碱性，则不能大量存在 NH4+；加入 Mg 能放出 H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；使石蕊变红的溶液显酸性，H +、Fe 2+、MnO 4-(还有 NO3 )发生氧化还原反应，不能大量共存；中性溶液不能大量存在 F
15、e3+。综上分析，符合题意，故选 A。【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为和：常温下水电离的 c(H+)=10-12molL-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及 Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe 3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。12B【解析】【详解】A向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH - )增大，选项 A 错误； BNaHSO 4 Na +SO42-
16、 +H+ ，其中电离出的氢离子使 c(H+)增大，但是温度不变，K W 不变，选项 B 正确；CCH 3COONa 中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c(H +)降低，选项 C 错误；D温度升高，水的离子积常数 KW 增大，水的电离平衡正向移动，则 pH 值减小，选项 D 错误。答案选 B。13C【解析】A. 向溶液中滴入少量盐酸，可以抑制 FeCl3溶液水解，可以避免配制 FeCl3溶液出现浑浊，故A 正确；BFe 3+水解溶液显酸性，Fe 3+3H2O Fe(OH)3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，碳酸镁和氢离子反应生成镁离子和 CO2，使三价铁离子的水解平衡
17、向正反应方向移动，最终变成氢氧化铁沉淀除去，故 B 正确；C. 向 FeCl3溶液加 FeCl3固体，相当于增大溶液的浓度，水解平衡正向移动，但 FeCl3水解程度减小，故 C 错误；D. 向 FeCl3溶液加水，溶液浓度减小，颜色变浅，Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H+，平衡正向移动，FeCl 3水解程度增大，故 D 正确；故选 C。14A【解析】【分析】点得到 CH3COONa 与 CH3COOH 等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明 CH3COOH 电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c(CH 3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；点得到的溶液 pH=
18、7，溶液中 c(H+)=c(OH-)，c(Na +)=c(CH3COO-)；点NaOH 与 CH3COOH 恰好完全反应生成 CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则 c(Na+)c(CH 3COO-)c(OH -)c(H +)。【详解】点处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO )c(OH )c(Na )c(H )，A 正确；点所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由 c(H )= c(OH )，根据电荷守恒可知 c(Na )c(CH 3COO )，B 错误；点处恰好反应，NaOH 与 CH3COOH 恰好反应生成醋酸钠，醋
19、酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C 错误；0.100 0 molL1 CH3COOH 溶液中 c(H )小于 0.100 0 molL1 ，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的 c(H )大于 10 13 molL1 ，D 错误。故选 A。【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。150.001mol/(Ls) 0.36 不变 浅 【解析】【详解】(1)由坐标图中数据可知：在 060 s 时段，c(N 2O4)(0.100
20、molL 1 0.040 molL 1 )60 s0.001 molL 1 S-1；反应进行至 60s 后，反应物的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，则反应 N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数 K= = =0.36， 故答案为：2(2)(24)0.12020.040.001mol/(Ls)；0.36；(2)若缩小体积使 c(NO2)增大，气体颜色加深，但平衡此时向逆反应方向移动；在恒温恒容时，加入 NO2可使平衡逆向移动，N 2O4的体积分数增加，故 N2O4的体积分数增加不能说明平衡正向移动；恒温恒压充入 He，体积增大，平衡向正反应方向移动；单位时间内消耗 N2O4和 NO2的物质
21、的量之比等于 1：2，说明此时正逆反应速率相等，反应处于平衡状态；综上所述，符合题意的有： ，故答案为：；(3)体积不变，达到平衡后，再充入 1 mol NO2，相当于加压，平衡正向移动，转化率增大，故b%a%；在恒温恒压时，反应 2NO2(g) N2O4(g)达到平衡后，再向容器内充入一定量的 NO2，因体积可变，二者平衡等效，则 N2O4的体积分数不变；故答案为：、不变；(4)由图 b 知 H2O2分解放热，则图 a 中 B 容器中温度较 A 容器高；由图 c 可知反应 2NO2(g)N2O4(g)正反应为放热反应，升高温度，使平衡 2NO2 N2O4逆向移动， NO 2的浓度增大，气体的
22、颜色加深，因 B 中浓度较高，故其中气体的颜色较深，A 中气体颜色较 B 中浅，故答案为：浅。1610 14 1012 29 中性 A NH 3H2O 和 NH4Cl a/2mol/L 【解析】【详解】(1)A 点 25，c(H +)=c(OH-)=110-7mol/L，K w=c(H+)c(OH-)=110-7110-7=10-14；100时，c(H +)=c(OH-)=110-6mol/L，K w=c(H+)c(OH-)=110-6110-6=10-12，故答案为：10 -14；10 -12；(2)将 pH=8 的 Ba(OH)2溶液中 c(OH-)=10-4 mol/L，pH=5 的稀盐
23、酸中 c(H+)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为 x，盐酸的体积为 y，混合溶液的 pH=7，溶液呈碱性，c(OH -)= =10-5 1012107mol/L，c(OH -)= =10-5 mol/L，解得 xy=29，故答案为：29；104105+(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中 c(Na+)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒有 c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和 NaOH 混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积NaOH 溶液体积，故答案为中；中性；(4)因任何水溶液中都有 OH-、H +，若溶质只有一种则为 NH
24、4Cl，铵根离子水解方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，则 c(Cl-)c(NH 4+)，水解后溶液显酸性，有 c(H+)c(OH -)，又水解的程度很弱，则 c(Cl-)c(NH 4+)c(H +)c(OH -)，即 A 符合，故答案为：A；若上述关系中 D 是正确的，溶液呈碱性，且 c(NH4+)c(Cl -)，应为 NH3H2O 和 NH4Cl 的混合物，故答案为：NH 3H2O 和 NH4Cl；混合溶液呈中性，所以 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得 c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以 c(SO42-)= c(NH4+)= amolL-1，故
25、答案为： amolL-1。12 12 1217 乙 锥形瓶内溶液颜色的变化 由红色变为橙色，且半分钟内不变色 ABF 5Fe2+8H+MnO4-=5Fe3+Mn2+4H2O 酸式 否 滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且 30 s 不变色 CuO (或 Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu 2(OH)2CO3) 2.610-9mol/L 【解析】【分析】酸碱中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用标准液润洗；锥形瓶不能润洗；滴定终点颜色改变半分钟内不变化；酸式滴定管为玻璃活塞，碱式滴定管下端为含有玻璃珠的乳胶管；根据 c(待测)= ，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响；(标 准 )(标
26、准 )(待 测 )根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；利用 Fe(OH)3的 Ksp= c(Fe3 ) c3(OH-)来计算 c(Fe3 )。【详解】(1)用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，不润洗导致标准液浓度减小，消耗体积增大，测定结果偏大，必须用氢氧化钠溶液润洗，故错误；若用待测液润洗锥形瓶，会使待测液溶质物质的量增加，消耗标准液的体积增大，测定结果增大，所以锥形瓶不能润洗，故错误；答案为：。(2)氢氧化钠要用碱式滴定管，选择乙，答案为：乙；(3)滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；(4)因为用甲基橙作指示剂，滴定终
27、点时的现象为，锥形瓶中溶液由红色变为橙色，且半分钟内不变色，答案为：由红色变为橙色，且半分钟内不变色；(5)根据 c(待测)= ，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响：(标 准 )(标 准 )(待 测 )A滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；B观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，滴定结果无影响；D用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；E滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；
28、F配制标准 NaOH 溶液定容时仰视观察刻度线，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；答案为：ABF；.(6)该反应中，Fe 2+被氧化为 Fe3+，KMnO 4被还原为 Mn2+根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可以写出离子方程式为：5Fe 2+8H+MnO4-=5Fe3+Mn2+4H2O；由于 KMnO4溶液有强氧化性，应装在酸式滴定管中；由于 MnO4-还原为 Mn2+可看到溶液颜色由紫色变为无色，所以不需要指示剂；终点判断可以利用 MnO4-还原为 Mn2+看到溶液颜色由紫色变为无色，当 Fe2+完全反应后，紫色不再褪去；答案为：5Fe 2+8H+MnO4-=
29、5Fe3+Mn2+4H2O ；酸式；否；滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且 30 s 不变色；(7)制得纯净 CuCl2溶液，要除去杂质 FeCl3，还注意不能引入新的杂质，可以加入的物质有：CuO (或 Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu 2(OH)2CO3)；溶液 pH4，c (OH -)=10-10mol/L，c(Fe 3 )= = mol/L;()33() 2.61039(1010)3 2.6109答案为：CuO (或 Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu 2(OH)2CO3) ；2.610 -9mol/L。【点睛】本题考查的酸碱中和滴定结果的影响因素，利用 c(待测)= ，仔细读题分析各(标 准 )(标 准 )(待 测 )因素对测定结果的影响。滴定操作中，滴定管需要用标准液或者待测液润洗，但是锥形瓶不能润洗，要求熟悉酸碱中和滴定的基本操作。
