陕西省西安中学2019-2020学年高二12月月考化学试题
西安中学高二12月月考试题
化学
一、选择题
1.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1 mol·L-1醋酸的pH比0.1 mol·L-1盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9；⑦大小相同的铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，开始时产生H2的速率一样快；⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大。
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑦ C. ①② D. ③④⑥⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶，说明醋酸溶解度大，但是不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸为弱电解质，故①错误；
②醋酸溶液能导电，说明醋酸在水溶液中能发生电离，但是不能说明其部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，故②错误；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，则为弱电解质，故③正确；
④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，盐酸是强酸，则醋酸部分电离，为弱电解质，故④正确；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性大于碳酸，碳酸也是弱酸，所以不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故⑤错误；
⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9，说明CH3COO-在溶液中发生水解，使溶液显碱性，则醋酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦大小相同铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，因起始时溶液中H+浓度相等，则开始时产生H2的速率一样快，无法说明醋酸是弱酸，故⑦错误；
⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大，说明醋酸部分电离，即醋酸是弱电解质，故⑧正确；
③④⑥⑧正确，故答案为D。
【点睛】考查电解质强弱判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，部分电离的电解质为弱电解质，要证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，注意：电解质强弱只与电离程度有关，与其溶解度无关。
2.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是
A. c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)
B. c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)
C. c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)
D. c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）
c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；
B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；
故选D。
3.下列叙述正确的是 ( )
A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B. c(H＋)等于1×10－7mol/L的溶液一定是中性溶液
C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；
B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；
C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；
D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 100℃时，某溶液pH=6，则该溶液一定显酸性
B. 25℃时，0.l mol·L-1的 NaHSO3溶液 pH=4，溶液中c(SO32-)7，最后一种溶液的pH< 7，则（）
A. 碱性AOH>BOH、酸性HC>HD
B. 碱性AOHHD
C. 碱性AOH>BOH、酸性HCKsp，c(Ba2＋)＝c(SO42-)
C. c(Ba2＋)·c(SO42-)≠Ksp，c(Ba2＋)c(SO42-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；
B．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，温度不变，溶液中的溶度积常数不变，故B错误；
C．溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故C错误；
D．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中的溶度积常数不变，故D正确；
故答案为D。
【点睛】考查沉淀溶解平衡的建立和影响因素，在BaSO4饱和溶液中加入少量BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，存在沉淀溶解平衡，BaSO4(s)⇌Ba2++SO42-；若以Ksp表示BaSO4的溶度积，则Ksp=c(Ba2+)•c(SO42-)，BaSO4饱和溶液中c(Ba2+)= c(SO42-)，加入氯化钡溶液增大钡离子浓度，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向进行，硫酸根离子浓度减小，溶度积常数随温度变化，不随浓度改变。
16.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH
最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
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17.下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是 ( )
①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl
③Na2CO3＋2H2OH2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO3—＋H2O=CO32—＋H3O＋
⑤NH4Cl溶于D2O中：NH4+＋D2ONH3·D2O＋H＋
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①中是电离，HCl是强电解，不能用“”， ①错；
②是水解，但水解程度微弱，不能用“=”， ②错；
③中CO32-水解应分步进行，两步水解不能合并，因为水解的程度有很大差别，③错；
④中是电离，不能用“=”， ④错；
⑤中NH4+在水解时，应结合OD-，离子方程式应为NH4+＋D2ONH3·HDO＋D＋，⑤也错；
答案选D。
18.25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A. Ka(HA)＝1×10－6
B. b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C. a→c过程中水的电离程度始终增大
D. c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。
【详解】A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。
19.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知CH4(g)＋H2O(g) = CO(g)＋3 H2(g) ΔH=+206.1 kJ·mol–1，反应过程中使用催化剂，ΔH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，电离吸热，醋酸与氢氧化钠反应放出的热量较小，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ，故B正确；
C．碳燃烧放出热量，反应热为负值，放出的热量越多，反应热越小，则a＜b，故C错误；
D．催化剂不改变反应热，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，反应热为负值时，放出的热量越多，反应热越小。
20.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是
A CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
B. CH3CH2OH(g ) CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g) 2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
D. CO2(g)＋2NH3(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【分析】
温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2>T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1>P2；
【详解】A、该反应是吸热的可逆反应，升高温度平衡正向移动，则T2时水蒸气含量应该比T1时大，与图象不符，故A错误；
B、该反应是一个体积增大和吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大；增大压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量减小，不符合图象，故B错误；
C、该反应是一个体积增大和放热的可逆反应，增大压强平衡逆向移动，水蒸气的含量减少，与图象不符，故C错误；
D、该反应是一个体积减小和放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量降低；而增大压强平衡向正反应方向移动，水蒸气的含增大量，与图象相符，故D正确；
答案选D。
【点睛】灵活运用影响化学平衡的因素是解题关键，根据图(1)到达平衡时所用时间的长短判断温度T1和T2的相对大小，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合水蒸气的含量变化情况判断该反应的正反应是放热还是吸热；根据图(2) 到达平衡时所用时间的长短判断压强P1和P2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小。
21.I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)＋I(aq)＝I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上的任何点都表示平衡状态）。下列说法正确的是
①I2(aq)+I—(aq)=I3—(ag) ΔH>0
②若温度为T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
⑤保持温度不变，向该混合溶液中加水，将变大
A. 只有①② B. 只有②③ C. ①③④ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①由图象曲线的变化趋势可以知道，当温度升高时，I3－的物质的量浓度减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，△H<0，故不符合题意；
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高平衡常数越小、温度为T1K2，故符合题意；
③若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成I3－的方向移动，则v正>v逆，故符合题意；
④温度升高，平衡向逆方向移动，c(I3－)变小，则c(I2)应变大，所以状态B的c(I2)大，故不符合题意；
⑤，在该混合液中加水，c（I-）降低，温度不变平衡常数不变，则减小，故不符合题意；
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡常数的影响因素，试题难度不大，⑤项为易错点，注意判断的变化情况时，应从平衡常数的表达式出发进行判断。
22.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）＋F（s）2G（g）。忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示。下列说法错误的是
A. a<54.0
B. b> f
C. 915 ℃，2.0 MPa时E的转化率为60%
D K（1000 ℃）＞K（810 ℃）
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，所以达到平衡时，G的体积分数减小，因此a<54.0，A正确；
B.由于压强b>a，所以平衡时G的体积分数b915℃，所以平衡时G的体积分数f大于75.0，因此b
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