天津市第一中学2015-2016学年高二上学期期末考试化学
一、单选题：共25题
1．以下能正确表示电离方程式的是
A.BaSO4(s)Ba2＋(aq) +(aq) B.HClO H＋+ ClO-
C.NaHSO3Na＋+ H＋+ D.H2S+ H2OH3O+ + HS-
【答案】D
【解析】本题考查的是离子方程式的书写。BaSO4难溶于水，该式为BaSO4的溶解平衡，不是电离方程式，故A错；HClO是弱电解质，在水溶液中部分电离出H＋和ClO-，电离方程式应用“”连接，故B错；NaHSO3为强电解质，为弱酸的酸根离子，不能拆开写，电离方程式应为NaHSO3 Na＋+ ，故C错；H2S为二元弱酸，部分电离，且分步电离，其第一步电离方程式为H2S+ H2OH3O+ + HS-，故D正确。
2．下列说法正确的是
A.氯水能导电，所以氯气是电解质
B.CaCO3不溶于水，所以它是非电解质
C.NaHCO3是强电解质，所以它的水溶液中不存在电离平衡
D.体积相同，c(OH-)相同的氨水和NaOH溶液被中和，前者消耗HCl多，所以NH3·H2O是弱电解质
【答案】D
【解析】本题考查的是电解质与非电解质。在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，氯气是单质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错；CaCO3是难溶的盐，熔融状态下能电离而导电，属于电解质，故B错；NaHCO3是强电解质，电离方程式为NaHSO3Na＋+ ，但是是
弱酸的酸式酸根离子，部分电离，存在电离平衡，故C错；体积相同，c(OH-)相同的氨水和NaOH溶液被中和，前者消耗HCl多，说明氨水的浓度大于NaOH的浓度，说明NH3·H2O只有部分电离，所以NH3·H2O是弱电解质，故D正确。
3．用食用白醋(醋酸浓度约1 mol/L)进行下列实验,能证明醋酸为弱电解质的是
A.白醋中滴入石蕊试液呈红色 B.白醋加入豆浆中有沉淀产生
C.蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D.pH试纸显示白醋的pH为2~3
【答案】D
【解析】要证明CH3COOH为弱电解质,只要能证明CH3COOH溶液中存在电离平衡,或证明CH3COOH 与强碱形成的盐水解呈碱性即可。选项A,白醋中滴入石蕊试液呈红色,只能说明白醋呈酸性,不能证明其为弱酸。选项B,白醋加入豆浆中有沉淀产生,只能证明白醋是电解质溶液,使豆浆中的蛋白质发生凝聚沉降而出现白色沉淀。选项C,鸡蛋壳的主要成分为CaCO3,CaCO3 与醋酸反应生成CO2和水,只能说明CH3COOH的酸性比H2CO3强。选项D,用pH试纸测定1 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH,如果是强酸则溶液的pH大约为0,而实际测得pH为2~3,说明CH3COOH没有完全电离,存在电离平衡,故能证明CH3COOH是弱电解质。
4．在盐类的水解过程中，下列各种情况必定发生的是
A.盐的电离平衡被破坏 B.水的电离平衡被破坏
C.25℃，溶液的pH不是7 D.溶液温度升高
【答案】B
【解析】本题考查的是盐类水解的原理。盐的电离是完全电离，不存在电离平衡，故A错；弱酸根离子或者弱碱阳离子结合了水电离出来的氢离子或者氢氧根离子，导致水的电离平衡被破坏，故B正确；弱酸弱碱盐溶液中，若是水解后溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，25℃，溶液的pH是7，故C错；盐类的水解反应是吸热反应，溶液的温度会降低，故D错。
5．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于300℃)下列物质的溶液，可以得到该固体溶质的是
A.氯化铝 B.亚硫酸钠 C.硫酸镁 D.碳酸氢钠
【答案】C
【解析】本题考查的是盐类的水解的应用。氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热过程中促进氯化氢的挥发，从而促进氯化铝的水解，最后蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝固体分解生成三氧化二铝，所以最后得到的固体是三氧化二铝，而不是氯化铝，故A错；亚硫酸钠不稳定，易被氧化成硫酸钠，所以最后蒸干灼烧得到的固体是硫酸钠，故B错；加热虽然促进硫酸镁的水解，生成氢氧化镁和硫酸，但是生成的硫酸没有挥发性，所以最终灼烧后得到的固体仍为硫酸镁，故C正确；碳酸氢钠不稳定，在加热条件下，易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以最终得到的固体为碳酸钠，故D错。
6．已知常温下0.1 mol/LCH3COOH溶液中c(H＋)＝1.32×10－3 mol/L，则该CH3COOH溶液中水的离子积常数Kw是
A.1×10－14 B.1×10－13 C.1.32×10－14 D.1.32×10－15
【答案】A
【解析】本题考查的是水的离子积常数。在一定温度下，水的离子积是一个常数，它不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱和盐，所以在常温下，该CH3COOH溶液中水的离子积常数Kw是1×10－14，故A正确，B、C、D错。
7．下列做法与盐类水解知识无关的是
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳酸氢铵混合使用
C.Al2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备
D.配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
【答案】D
【解析】本题考查的是盐类水解的应用。碳酸钠溶液水解显碱性，碱性溶液能腐蚀玻璃，则实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，故A错；K2CO3溶液水解显碱性，能促进铵根离子的水解，生成氨气，降低肥效，故B错；Al3+和S2-在水溶液中能双水解，生成Al(OH)3和H2S，所以Al2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备，故C错；FeCl2易被氧化，而铁粉具有还原性，配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，可以防止FeCl2被氧化，与水解原理无关，故D正确。
8．向盛有0.1 mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.05 mol/LNa2S溶液至沉淀完全，再向上层清液中滴加足量NaCl，产生的现象及发生的反应是
A.黑色沉淀完全转化为白色沉淀 B.既有Ag2S也有AgCl
C.不能由黑色沉淀转变为白色沉淀 D.只有AgCl白色沉淀
【答案】C
【解析】本题考查的是沉淀的转化。298K时，溶度积常数Ksp(Ag2S)=6.3×10-50，溶度积常数Ksp(AgCl)=1.8×10-10，AgCl转化成Ag2S的离子方程式为2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-，K=×===0.5×1030，即当大于1030时，Ag2S才会转化成AgCl，即便是饱和食盐水也达不到这个浓度，所以Ag2S不会转化成AgCl，故C正确，A、B、D错。
9．下列叙述正确的是
A.95℃纯水的pHHCN
C.浓度：c(CN-)HCN
【答案】C
【解析】本题考查的是盐类水解的应用。相同物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液相比，前者的pH较大，可以得出酸性HCN n1 D.c(F-) < c(CN-)
【答案】A
【解析】本题考查的是盐类水解的应用。HF的酸性比HCN的酸性强，HF的电离程度大于HCN，则其酸根离子的水解程度F-c() >c()>c(OH- )= c(H+)
B.25℃时，在 0.1 mol∙L－1的NaHSO4溶液中，c(H+) = c(OH- )+ c()
C.浓度均为0.1 mol∙L－1的HF溶液和KF溶液等体积混合：c(F-)+c(HF)=0.2 mol∙L－1
D.均为0.1 mol∙L－1的Na2S溶液和NaHS溶液等体积混合：2c(Na+) = 3c(HS-)+ 3c(H2S)+3c(S2-)
【答案】C
【解析】本题考查的是离子浓度的大小比较。A.向0.01mol∙L－1的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，由物料守恒可知，c()=c()+c(NH3·H2O)①，由电荷守恒可知，c(Na+)+ c()+ c(H+)=2 c()+ c(OH- )，由于溶液显中性，所以c(OH- )= c(H+)，所以c(Na+)+ c()=2c()②，①和②组合可得，c(Na+)= c()+ c(NH3·H2O)，所以c(Na+) >c()，又由于c()= c()+c(NH3·H2O)，所以c() >c()，该溶液显中性，所以可得c(Na+) >c() >c()>c(OH- )= c(H+)，故A正确；B.25℃时，在 0.1mol∙L－1的NaHSO4溶液中，由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+) = c(OH- )+ 2c()，对于NaHSO4溶液，c(Na+)=c()，所以二者组合可得c(H+) = c(OH- )+ c()，故B正确；浓度均为0.1 mol∙L－1的HF溶液和KF溶液等体积混合，混合后溶液的体积是原来的2倍，则溶液的浓度减半，所以c(F-)+c(HF)=0.1 mol∙L－1，故C错；均为0.1 mol∙L－1的Na2S溶液和NaHS溶液等体积混合，由物料守恒可得，2c(Na+) = 3c(HS-)+ 3c(H2S)+3c(S2-)，故D正确。正确选项为C。
25．在一定温度下，X与Y 发生反应：X(aq)+m Y(aq)nZ(aq)，如图为反应在不同条件下达到平衡时，X、Y、Z 三种物质的平衡浓度。甲为1 L溶液中X与Y按起始物质的量比5:7混合，使反应达到平衡。乙和丙是将甲溶液按不同比例稀释后，使反应重新达到平衡。下列判断正确的是
A.m :n = 3 :2 B.K = 8
C. M(Z)= D.起始物质的量n(X)=1mol
【答案】B
【解析】本题考查的是化学平衡的有关计算。由图像可知将甲溶液按不同比例稀释后，化学平衡没有移动，可知反应前后物质的化学计量数不变，即1+m=n，可知A错；假设m=2，n=3，即X(aq)+2Y(aq) 3 Z(aq)，由于溶液的体积为1 L，反应达到平衡后，n(X)=n(Y)=0.3 mol，n(Z)=0.6 mol，反应按1:2:3进行，所以通过计算，X和Y的起始物质的量分别为n(X)=0.5 mol，n(Y)=0.7 mol，则n(X):n(Y)=5:7，说明假设成立，故D错；由上述分析可知，X、Y、Z的转化量分别为0.2 mol、0.4 mol、0.6 mol，根据质量守恒定律，可得0.6M(Z)=0.2M(X)+0.4M(Y)，故错；由平衡常数表达式可知K===8，故B正确。正确选项为B。
二、综合题：共2题
26．综合治理空气污染是环境化学当前主要研究的内容。
(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可转化为N2(g)和CO2(g)得到净化。
①已知 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)反应能自发进行，则该为__________反应(填“吸热”或“放热”)。
②上述反应在绝热、恒容密闭容器中进行，并在 t1时可达到平衡(图中 ω、M、v 正分别表示质量分数混合气体平均相对分子质量和正反应速率)，则下列示意图中符合题意的是_____(填选项序号)。
(2)在25℃、101kPa下，将2 molNO、2.4 molCO通入固定容积为2 L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
③NO的转化率为__________，0～15min 内，v(NO) =__________。
④20min 时若改变反应条件，导致CO浓度下降，则改变的条件可能是__________(填选项序号)。
a.升高温度 b.增加CO的量 c.降低温度 d.扩大容气体积
⑤如图所示，无摩擦、无质量的活塞 1、2 将反应器隔成甲、乙两部分，在 25℃、101kPa 下实现平衡时，各部分体积分别为V甲、V乙。此时若去掉活塞1，不引起活塞2的移动，则x =_____， V甲:V乙=__________。
【答案】①放热；②A；③40% 0.027 mol∙L－1∙min－1；④cd；⑤2 2:1
【解析】本题考查的是化学平衡的移动。(1) ①2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)为熵减反应，即△S4，Mg2+离子生成Mg(OH)2需要的c(OH-)==10－5 mol∙L－1，所以c(H+)=10－9 mol∙L－1，而Mg2+不能生成沉淀Mg(OH)2，所以pH ≤9；(6)溶液经除杂、过滤后，由滤液制取氯化镁晶体(MgCl2∙6H2O)，由于Mg2+易水解，滤液中加盐酸(或在HCl气流中)加热浓缩，再冷却结晶。
三、填空题：共1题
28．根据下列化合物：①H2SO4 ②CH3COOH ③NaCl ④NaOH，⑤NH4Cl，⑥NH3•H2O，⑦(NH4)2SO4 ⑧Na2C2O4 ⑨NH4HSO4，回答问题：
(1)⑧溶液中，盐水解的离子方程式________________________________________。
(2) 已知水存在如下平衡：H2O + H2OH3O++ OH-，现欲使平衡向左移动，且所得溶液显酸性，可加入的试剂是上述中的__________。
(3)浓度均为0.1 mol∙L－1的③⑤溶液比较：c(Na+) __________c()。浓度均为 0.1 mol∙L－1 的③⑤溶液等体积混合后，c(Na+)+c()+c(NH3∙H2O) = __________。
(4)物质的量浓度相同的①②③④⑤⑥六种稀溶液，按pH由大到小的顺序为(填序号)________。
(5)pH相同的⑤、⑦、⑨三种稀溶液中，c()的顺序是(填序号) __________。
(6)pH均为4，等体积的①和②溶液分别加水稀释n倍、m倍，稀释后两种溶液的pH都变成6，则m__________n(填 “”或“=”)。
(7)常温下，使溶液⑤中，c() =c(Cl－)的操作是______________________________。
【答案】(1)+H2O+OH-；+ H2OH2C2O4+ OH-；
(2)①②⑨;
(3)= c(Cl-)或0.1mol·L-1;
(4) ④>⑥>③>⑤>②>①；
(5)⑤=⑦>⑨;
(6)>
(7)向溶液⑤中滴加试剂⑥，使溶液pH=7。
【解析】本题考查的是盐类的水解和pH的比较。(1)Na2C2O4溶液中，由于是二元弱酸的酸根离子，所以分两步水解，所以水解方程式为+H2O+OH-；+ H2OH2C2O4+ OH-；(2)已知水存在如下平衡：H2O + H2OH3O++ OH-，现欲使平衡向左移动，且所得溶液显酸性，即向水溶液中加酸，抑制水的电离，①H2SO4和②CH3COOH为酸，⑨NH4HSO4完全电离出H+，所以相当于一元酸，所以可加①②⑨；(3)浓度均为0.1 mol∙L－1的③NaCl和⑤NH4Cl溶液，由于水解消耗一部分，所以c(Na+) >c()；浓度均为 0.1 mol∙L－1的③⑤溶液等体积混合后，根据物料守恒c(Na+)+c()+c(NH3∙H2O) =c(Cl-)= 0.1 mol∙L－1；(4)物质的量浓度相同的①H2SO4 ②CH3COOH ③NaCl ④NaOH，⑤NH4Cl，⑥NH3•H2O六种稀溶液，pH由大到小的顺序是一元强碱NaOH、一元弱碱NH3•H2O、中性盐NaCl、显酸性的盐NH4Cl、弱酸CH3COOH、强酸H2SO4，即④>⑥>③>⑤>②>①；(5)pH相同的⑤NH4Cl、⑦(NH4)2SO4、⑨NH4HSO4三种稀溶液中，NH4Cl和(NH4)2SO4都是由于水解显酸性，二者pH相同，所以c()也相同，所以⑤=⑦，而⑨NH4HSO4显酸性，是由于其完全电离出H+产生的，该电离程度远远大于的水解程度，则要使NH4Cl与NH4HSO4的pH相同，则NH4HSO4的浓度要小于NH4Cl的浓度，所以c()⑤>⑨，c()的顺序是⑤=⑦>⑨；(6)①H2SO4为二元强酸，②CH3COOH为一元弱酸，pH均为4，等体积的①和②溶液若加水稀释相同的倍数，则强酸的pH变化大，而要使稀释后两种溶液的pH都变成6，即pH的变化量相等，则弱酸稀释的倍数应大一些，所以m>n；(7)常温下，⑤NH4Cl溶液中，由电荷守恒可知，c()+c(H+)= c(Cl－)+c(OH-)，若使c() =c(Cl－)，则只需c(H+)= c(OH-)，即溶液呈中性，所以可以向溶液NH4Cl中滴加试剂NH3•H2O，使溶液pH=7，故答案为向溶液⑤中滴加试剂⑥，使溶液pH=7。
四、实验题：共1题
29．碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再进行测定。
(1)在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2(气体a)。
(2)将气体a通入测硫装置中(如图1)，采用滴定法测定硫的含量。
①H2O2氧化SO2的化学方程式：________________________________________。
②将①的吸收液稀释至250 mL，取1/10该溶液进行滴定，用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是________________________________________。
③用c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的溶液，则选择的指示剂为__________，直至加入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色__________，即可停止滴定。
④某次滴定前后，NaOH 溶液的液面如图2，其体积读数为__________。若滴定3次，消耗NaOH溶液体积的平均值为z mL，则该钢样中硫的质量分数为__________(用 x、c、z表示)。
⑤下列操作会造成测定结果偏高的是__________。
a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管 b.加入1 mL酸碱指示剂
c.滴定终点时，尖嘴出现气泡 d.滴定终点俯视滴定管的刻度
将气体 a 通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。
⑥为准确测定CO2，需除去SO2的干扰，除去SO2的装置是__________(填序号)。
⑦计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是______。去掉装置E，测得碳的质量分数_____(填 “偏小”、“无影响”或“偏大”)
⑧上述操作中，测定CO2前先除去SO2，但测定SO2前却没除CO2，是否合理？若不合理，说明如何改正；若合理，说明理由________________________________________。
【答案】① SO2＋H2O2H2SO4；②快速放液；③酚酞 恰好使溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；④24.50 mL；%；⑤ a b；⑥A、B；⑦装置 D 吸收气体前后的质量 偏大；⑧合理，SO2被氧化成硫酸后，溶液中的 c(H+)增大，使 CO2 的溶解平衡向逆向移动，导致 CO2 在水中几乎不溶，不会对测定SO2 产生影响。CO2 和 SO2 都能被碱石灰吸收，因此测定 CO2 时必须除去 SO2。
【解析】本题考查的是元素含量的测定。①H2O2能把SO2氧化为H2SO4，所以化学方程式为SO2＋H2O2H2SO4；②酸式滴定管取液时通过快速放液赶走气泡；③用c mol/L 标准 NaOH 溶液滴定取出的H2SO4溶液，即强碱滴定强酸，可用酚酞做指示剂，直至加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即可停止滴定；④由图可知，滴定前的读数为0.30 mL，滴定后的读数为24.80 mL，二者之差为24.50 mL，即NaOH溶液的体积读数为24.50 mL，用NaOH溶液滴定H2SO4，二者按2:1反应，所以n(H2SO4)=n(NaOH)=cz×10-3 mol，由于取1/10该H2SO4溶液进行滴定，所以H2SO4的的总物质的量应为n(H2SO4)=cz×10-3×10mol=5cz×10-3 mol，根据S原子守恒，则n(S)= n(H2SO4)=5cz×10-3 mol，所以钢样中硫的质量分数为×100%=%；⑤水洗后未用标准液润洗碱式滴定管，则相当于稀释了NaOH溶液，则消耗NaOH溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故a正确；酚酞具有弱酸性，加入1mL酚酞，酚酞量过多，也会消耗一部分NaOH溶液，则消耗NaOH溶液的体积偏大，造成测定结果偏高，故b正确；滴定终点时，尖嘴出现气泡，气泡也会占一部分体积，造成读取的NaOH溶液的体积偏小，造成测定结果偏低，故c错；滴定终点俯视滴定管的刻度，造成读取的NaOH溶液的体积偏小，造成测定结果偏低，故d错；⑥如图所示MnO2和KMnO4会氧化SO2，所以装置AB可以除去SO2；⑦计算钢样中碳的质量分数，应测量CO2气体的质量，装置D中的碱石灰吸收CO2，所以应测量装置D吸收气体前后的质量，若去掉装置E，则装置D也会吸收空气中的CO2和H2O，造成装置D中的质量偏大，所以测定碳的质量分数偏大；⑧上述操作中，测定CO2前先除去SO2，但测定SO2前却没除CO2，此操作合理，因为SO2被氧化成硫酸后，溶液中的c(H+)增大，使CO2的溶解平衡向逆向移动，导致CO2在水中几乎不溶，不会对测定SO2产生影响。CO2和SO2都能被碱石灰吸收，因此测定CO2时必须除去SO2。
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