河南省鹤壁市淇滨高级中学高二上学期第一次周考化学试题及答案Word文件下载.docx
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A中反应,气体的物质的量减少,S0,故A错误;
B、H0,S0,G恒大于0,反应不能自发,故B错误;
C、反应物为气体,生成物无气体,S0,故C错误;
D、H0,G恒小于0,反应一定能自发,故D正确。
故选D。
12C【解析】【详解】A温度未知,100时pH=6为中性,所以不能由pH=7判断酸碱性,故A错误;
BpH=3的盐酸的c(H+)=0.001mol/L,pH=1的盐酸的c(H+)=0.1mol/L,则pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍,故B错误;
C碳酸根离子、碳酸氢根离子均水解,两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2O,故C正确;
D氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性,氯化钠溶液为中性;
同浓度的氨水和NaOH溶液,与相同浓度的盐酸反应呈中性时,氨水需剩余,则其消耗盐酸的体积较小,所以两种溶液消耗的盐酸的体积不同,故D错误;
故选C。
13C【解析】【详解】A.pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L,由于Kw=c(H+)c(OH-)=10-14mol/L,则c(OH-)=10-11mol/L,溶液中只有水电离产生OH-,所以该溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L,A错误;
B.醋酸是一元弱酸,c(CH3COOH)c(H+)=10-3mol/L,NaOH是一元强碱,NaOH溶液的pH=11,则c(OH-)=10-3mol/L,c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L,两种溶液等体积混合,醋酸过量,溶液显酸性,B错误;
C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡:
CH3COOHCH3COO-+H+,还存在着水的电离平衡H2OH+OH-,根据电离产生的离子关系可知:
c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),C正确;
D.在该混合溶液中存在电荷守恒:
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由于c(CH3COO-)=c(Na+),所以c(OH-)=c(H+),溶液显中性,D错误;
故合理选项是C。
14A【解析】【详解】A等物质的量浓度、等体积的两溶液含有溶质的物质的量相等,氢氧化钠和一水合氨都是一元碱,则恰好反应时消耗HCl的物质的量相等,故A正确;
BNaOH是强电解质,在水溶液中完全电离,NH3H2O是弱电解质,在水溶液中部分电离,所以等物质的量的两种溶液中c(OH)和pH:
NaOH大于氨水,故B错误;
CpH相等的两溶液稀释相同倍数,稀释过程中氨水中氢氧根离子的物质的量增大,而氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量基本不变,则稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大,但稀释后两溶液的pH都会减小,不会增大,故C错误;
D物质的量浓度相等的两溶液,若铵根离子不水解,反应后溶液中一定满足c(Na+)c(NH4+),但NH4+发生水解,所以c(Na+)c(NH4+),故D错误;
故选:
A。
15A【解析】【详解】A、根据图像,Ksp=c2(Ag)c(CrO42)=(1103)2molL11105molL1=11011,故A说法错误;
B、Ag2CrO4的溶解平衡:
Ag2CrO4(s)2Ag(aq)CrO42(aq),加入K2CrO4,溶液中c(CrO42)增大,c(Ag)降低,即Y点不变为X点,故B说法正确;
C、溶度积只受温度的影响,Y和Z点温度相同,溶度积相等,故C说法正确;
D、如果生成AgCl沉淀,需要c(Ag)=1.8108molL1,如果生成Ag2CrO4,需要c(Ag)=104molL1,因此先析出氯化银沉淀,故D说法正确;
答案选A。
16A【解析】【详解】A.NaHCO3水解的离子方程式为HCO3H2O=H2CO3OH,HCO3-+H2OCO32-+H3O+是其电离方程式,故A错误;
B.NH4Cl中铵根离子水解,该物质水解的化学方程式为NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl,故B正确;
C.Al(OH)3可以电离出氢离子和偏铝酸根,也可以电离出铝离子和氢氧根,电离方程式为H+AlO2-+H2OAl(OH)3Al3+3OH,故C正确;
D.亚硫酸氢根为弱酸的酸式酸根,所以电离方程式为NaHSO3=Na+HSO3-,故D正确;
故答案选A。
17A【解析】【分析】氯化铁溶液中存在水解平衡:
Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,依据外界因素对水解平衡的影响因素分析作答。
【详解】根据上述分析可知:
A.加入盐酸,铁离子的水解平衡中生成物的浓度增大,则会抑制水解,A项正确;
B.铁离子的水解属于吸热反应,因此升温促进水解平衡,B项错误;
C.根据“越稀越水解”原则可知,反应物铁离子的浓度越大,水解程度越小,C项错误;
D.因氯化铁水解产物氯化氢易挥发,会促进铁离子向水解方向进行,因此将溶液蒸干最终得到氢氧化铁固体,灼烧会得到氧化铁,并不能得到氯化铁,D项错误;
【点睛】D项是易错点,也是常考点。
溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况:
1、溶质会发生水解反应的盐溶液,则先分析盐溶液水解生成的酸的性质:
若为易挥发性的酸(HCl、HNO3等),则最会蒸干得到的是金属氢氧化物,灼烧得到金属氧化物;
若为难挥发性酸(硫酸等),且不发生任何化学变化,最终才会得到盐溶液溶质本身固体;
2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液,则最终得到稳定的产物,如加热蒸干亚硫酸钠,则最终得到硫酸钠;
3、溶质受热易分解的盐溶液,则最终会得到分解的稳定产物,如加热蒸干碳酸氢钠,最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
18C【解析】【分析】此题考查溶液中的电荷守恒,根据溶液不带电这一特性,溶液中的阳离子和阴离子所带电荷相同,根据所加物质的原子间的关系进行书写物料守恒。
【详解】A.根据电荷守恒得出,点所示溶液中:
c(K)c(H)c(HC2O4-)2c(C2O42-)c(OH),故A不正确,不符合题意。
B.点所示溶液中恰好反应生成KHC2O4,该溶液显酸性,故HC2O4-的电离程度大于其水解程度,故c(K)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4),B不正确,不符合题意。
C.点所示溶液中,根据物料守恒得出c(K)c(H2C2O4)c(HC2O4-)c(C2O42-)0.10molL-1,C正确,符合题意。
D.点所示溶液为K2C2O4溶液,依据电荷守恒c(K)c(H)c(HC2O4-)2c(C2O42-)c(OH-)和物料守恒c(K)2c(H2C2O4)2c(HC2O4-)2c(C2O42-),可得溶液中的质子守恒c(OH)=c(H)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4),故D答案不正确,不符合题意。
故答案选C。
19B【解析】【详解】H2与CH4的混合气体112L(标准状况),其物质的量为5mol,其完全燃烧生成CO2和H2O(l),实验测得反应放热3695kJ。
设H2与CH4的物质的量分别为x和(5mol-x),则0.5x572kJmol1+(5mol-x)890kJmol1=3695kJ,解之得,x=1.25mol,(5mol-x)=3.75mol,原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是13,故选B。
20C【解析】【分析】结合题给的曲线和表格中0min时的数据,可以判断该反应是从反应物开始投料的,直至建立平衡状态。
N2O5的速率从最大逐渐减小至不变,O2的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。
【详解】A.曲线是O2的浓度变化曲线,A项错误;
B.曲线是N2O5的浓度变化曲线,B项错误;
C.因从反应物开始投料,所以随N2O5的浓度减小,化学反应速率逐渐减小,直至平衡时化学反应速率保持不变,所以N2O5的浓度越大,反应速率越快,C项正确;
D.升高温度,反应速率加快,D项错误;
所以答案选择C项。
21BAABC不移【解析】【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、压强、催化剂以及固体的接触面积等,对于反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4+4H2(g)来说,增大压强、浓度、升高温度以及增大固体的表面积,都可增大反应速率。
【详解】
(1)浓度对化学反应速率的影响适用范围是溶液或气体,铁是固体,增加铁的量,没有增加铁的浓度,不能改变反应速率,其正反应速率不变,故答案为:
B;
(2)压强对化学反应速率的影响是通过改变物质的浓度影响的,容器的体积缩小,容器内各物质的浓度都增大,浓度越大,化学反应速率越快,所以正反应速率、逆反应速率都变快,故答案为:
A;
(3)压强对化学反应速率的影响是通过改变物质的浓度影响的,体积不变,充入Ar,使体系压强增大,但各物质的浓度不变,反应速率不变,即正、逆反应速率均不变,故答案为:
(4)压强对化学反应速率的影响是通过改变物质的浓度影响的,压强不变,充入Ar使容器的体积增大,各物质的浓度都减小,浓度越小,反应速率越小,即正、逆反应速率均变慢,故答案为:
C;
(5)该反应前后气体的体积不变,保持压强不变,充入Ar,体积增大,各物质的浓度都减小,但正逆反应同等程度减小,平衡不移动,故答案为:
不移。
【点睛】本题考查了化学反应速率、化学反应平衡状态的影响因素,可以从温度、物质间的接触面积,反应物颗粒的大小,反应物的浓度及催化剂等方面分析,注意充入惰气对恒温恒压容器、恒温恒容容器的影响分析是解答关键。
224NH3+5O2NO+6H2O,AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-565kJmol-12Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=85.6kJmol-1【解析】【分析】
(1)工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O;
(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝与碳酸氢钠;
(3)依据化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能,计算得到反应的焓变;
(4)先根据质量守恒定律书写其化学方程式,再结合反应热与热化学方程式之间的关系正确书写热化学方程式。
(1)工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O,其化学方程式为:
4NH3+5O2NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2NO+6H2O,;
(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-,故答案为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-;
(3)化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能,设HF键的键能为x,则CH4(g)4F2(g)=CF4(g)4HF(g)H=1940kJmol-1=(414kJ/mol4+155kJ/mol4)-(489kJ/mol4+x4),解得x=565kJmol-1,故答案为:
565kJmol-1;
(4)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,由质量守恒可知还原性气体为CO,反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g),则2mol氯气反应放出的热量为20.14.28kJ=85.6kJ,所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJmol-1。
故答案为:
2Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=85.6kJmol-1232112.010-7mol/L8.010-11mol/L【解析】硫酸为二元强酸,0.005mol/L硫酸溶液c(H+)=2c(H2SO4)=0.01mol/L,溶液的pH=-lgc(H+)=-lg0.01=2;
氢氧化钠为一元强碱,0.001mol/LNaOH溶液c(OH-)=c(NaOH)=0.001mol/L,c(H+)c(OH-)=110-14,c(H+)=10-11mol/L,pH=-lgc(H+)=11,故答案为:
2;
11;
(2)某温度下纯水中的c(H+)=210-7mol/L,则此时溶液中的c(OH-)=210-7mol/L;
若温度不变,滴入稀盐酸,使c(H+)=510-4mol/L,则溶液中c(H+)c(OH-)=410-14;
c(OH-)=810-11mol/L,此时溶液中由水电离产生的c(H+)=810-11mol/L,故答案为:
210-7mol/L;
810-11mol/L。
点睛:
本题考查了溶液的pH的有关计算,需要注意的是pH=-lgc(H+),如果是碱性溶液,需要先计算氢氧根离子浓度再根据水的离子积计算氢离子浓度,再求pH。
24酚酞当加入最后一滴标准溶液后,溶液恰好变红色,且在半分钟内无变化,说明到达滴定终点0.24偏低【解析】【分析】
(1)氢氧化钠是强碱,应用碱式滴定管量取;
(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段没有刻度线;
(3)强碱滴定酸用酚酞;
(4)由SO2H2SO42NaOH关系计算。
滴定管0刻度在上,俯视读数偏小,标准液体积偏小。
(1)氢氧化钠是强碱,应用碱式滴定管量取,排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡,答案选;
(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段没有刻度线,故管内液体的体积大于40mL,答案选;
(3)强碱滴定酸用酚酞,滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内,故可选用酚酞作指示剂。
选择酚酞时反应到达滴定终点现象为:
当加入最后一滴标准溶液后,溶液恰好变红色,且在半分钟内无变化;
(4)SO2与NaOH存在如下关系:
SO2H2SO42NaOH64g2molm(SO2)0.0900molL10.025L解得:
m(SO2)0.072g,故葡萄酒中SO2的含量为=0.24gL1。
滴定管0刻度在上,俯视读数偏小,标准液体积偏小,故测量结果比实际值偏低。
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- 河南省 鹤壁市 高级中学 上学 第一次 化学试题 答案