2018-2019学年河南省鹤壁市淇县第一中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版

2018-2019学年河南省鹤壁市淇县第一中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版

‎2018-2019学年河南省鹤壁市淇县第一中学高二上学期第三次月考化学试卷 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（每题3分，共54分）‎ ‎1．平衡有多种类型，如化学平衡、溶解平衡、电离平衡。下列不存在平衡的是(不考虑水的电离平衡)(　　)‎ A． 稀醋酸水溶液中 B． 氢氧化钙悬浊液中 C． 二氧化硫与氧气反应的混合物中 D． 稀氯化钠水溶液中 ‎2．常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol ‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol 现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是(　　)‎ A． 1:1 B． 1:2 C． 2:3 D． 3:2‎ ‎3．某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离出的 H＋浓度为10－a mol·L－1，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－bmol·L－1，则此温度下的Kw为（ ）‎ A． 1×10－14 B． 1×10－2a C． 1×10－(7＋a) D． 1×10－(a＋b)‎ ‎4．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是(　　)‎ A． 稀释溶液，水解平衡常数增大 B． Ksp(CuS)c（HA—）>c（H2A）>c（A2－）‎ ‎①该溶液中显________（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；‎ ‎②作出上述判断的依据是___________________________________________（用文字解释）。‎ ‎22．某研究性学习小组的同学对Zn.Cu、稀硫酸组成的原电池进行了探究,其中甲同学利用下图I装置进行探究，乙同学经过查阅资料后设计了图II装置进行探究( 盐桥内含有某种电解质的饱和溶液，起到连通电路的作用)。‎ ‎（1）实验表明,图I中两个电极上均有气泡产生,锌电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为______能;铜电极上有气泡产生,说明反应中有一部分化学能转化为____能。‎ ‎（2）图II中的X、Y 是ZnSO4溶液及稀硫酸中的一种,实验过程中只有正极上产生气泡，则X 是_________，正极上的电极反应式为__________。‎ ‎（3）当图I装置的溶液质量增加63 g时,生成的氢气共有______L( 标准状况);当图II 中锌电极质量减少65g时,电路中转移的电子数为______NA。‎ 高二普通班化学第三次月考参考答案 ‎1．D ‎【解析】A项,存在醋酸的电离平衡；B项，存在氢氧化钙固体的溶解平衡；C项，存在二氧化硫与氧气反应的化学平衡；D项，氯化钠是强电解质，不存在平衡。‎ ‎2．A ‎【解析】分析：根据热化学方程式和混合物计算的方法确定CH4和H2的物质的量之比。‎ 详解：假设混合气中CH4为xmol，H2为ymol，根据题干得：x+y=0.4mol①，根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ∆H=-980kJ/mol和2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-560kJ/mol得：980x+280y=252KJ②，①②联立解得：x=0.2mol，y=0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1:1，A选项正确，其余选项错误，正确答案A。‎ ‎3．D ‎【解析】硫酸中由水电离产生的c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－amol·L－1，Al2(SO4)3溶液中由水电离产生的c水(H＋)＝10－bmol·L－1，H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH相同，所以硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，以此解答。‎ 4． C ‎【解析】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。‎ ‎5．A ‎【解析】A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；答案选A。‎ ‎6．B ‎【解析】分析：A、氯水显酸性和强氧化性；B、溶液可能显酸性，也可能显碱性；‎ C、pH=12的溶液显碱性；D、CuS难溶于水。‎ ‎7．B ‎【解析】A.平衡常数K为温度的函数，只要温度改变，平衡才会发生移动，A错误；B.HS－为弱酸根离子，部分发生电离， B正确；C. 由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液，该溶液可为酸性、可为碱性；酸性环境中，ClO－与H+反应生成次氯酸，碱性环境中，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，C错误；D. Al3+水解显酸性，CO32－水解显碱性，混合后相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，D错误；答案选B。‎ ‎8．B ‎【解析】某些反应如离子反应可以瞬间完成，其活化能接近于零或等于零，A项错误；导电性的强弱与溶液中自由移动离子的浓度和所带电荷数有关，与是否为强电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但难溶于水，几乎不导电，B项正确；燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C项错误；H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示强酸与强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐的中和热，D项错误。‎ ‎9．B ‎【解析】A、N2+3H2⇌2NH3，将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，故能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的总物质的量相等，增大压强，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积减小，I2的物质的量浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、新制氯水久置后，颜色变浅，是因为反应达到的平衡中，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向进行，氯气含量减小，颜色变浅，和平衡移动有关，选项C不选；D、由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B。‎ ‎10．D ‎【解析】A、A是固体物质，浓度为常数，向该容器中加入少量 A，反应速率不变，选项A错误；B、恒容条件下向容器中充入 He 气，反应体系的总压强增大，但反应物的浓度不变，反应速率不变，选项B错误；C、某些放热反应也需加热才能发生，选项C错误；D、将粉末状 A 代替块状 A，反应物的接触面积增大了，反应速率增大，选项D正确。答案选D。‎ ‎11．D ‎【解析】反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，则选项B、C中表现的反应热曲线错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅱ的活化能较小，则选项A错误、选项D正确，‎ 答案选D。‎ ‎12．D ‎【解析】因为正常计算的话，氢离子的浓度会变成10-8mol/L也就是变成了碱性，这是不可能的，因为水本身也会电离，故酸稀释后只能无限接近中性，而不会变成碱性。答案选D。‎ ‎13．B ‎14．C ‎【解析】‎ A、反应产生黄色沉淀，证明碘化钾与硝酸银反应生成碘化银和硝酸钾，不符合，选项A不选；B、两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化还原反应，无法形成原电池，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项B不选；C、左边银电极上碘离子失电子产生碘单质，右边银离子在电极上得电子析出银，能证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，符合，选项C选；D、碘化银连接电源的正极氢氧根离子失电子产生氧气，银电极连接电源负极银离子得电子产生银单质，证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸，无法证明2Ag++2I-=2Ag+I2能否自发进行，不符合，选项D不选。答案选C。‎ ‎15．D ‎【解析】‎ A、pH＝2与pH＝1的硝酸中c(H+)分别为0.01mol·L－1和0.1 mol·L－1，因此c(H+)之比为1︰10，选项A不正确；B、Na2CO3溶液中CO32ˉ要水解，使其浓度减小，所以c(Na+)与c(CO32ˉ )之比应大于2∶1，选项B不正确；C、醋酸属于弱酸，存在电离平衡，因此若将0.2mol/L醋酸稀释到0.1mol/L，溶液中的c(H+)应大于原来的十分之一，即0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比应小于10︰1，选项C不正确；D、‎ pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中，c(H+)= c(OH-)，且根据电荷守恒有c(H+)+ c(NH4+)= c(OH-)+2c(SO42-)，则c(NH4+)=2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比为2∶1，选项D正确。答案选D。‎ ‎16．D ‎【解析】‎ 根据较强的酸制备较弱的酸可知，酸性强弱顺序是HF＞HNO2＞HCN，所以根据电离平衡常数可知，HF、HNO2、HCN三种酸的电离平衡常数分别是①、②、③，答案选D。‎ ‎17．B ‎【解析】HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-。氯气和水反应生成HCl和HClO，该反应为可逆反应。为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，根据强酸制取弱酸分析解答。‎ ‎18.C ‎【解析】平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；Fe3+水解显酸性，在碱性条件下Fe3+和Fe2+以氢氧化物沉淀形式存在；碘单质可以与碱反应生成碘离子和碘酸根离子；银离子与碘离子能生成碘化银沉淀；四氯化碳可以从水溶液中把碘单质萃取出来，以此解答。‎ ‎19．13 丙＞甲＝乙 250 mL容量瓶、胶头滴管 检验滴定管是否漏水 b 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 ‎【解析】(1)甲为0.1mol·L-1的NaOH溶液，则c(OH-)＝10-1mol·L-1，c(H＋)＝Kwc(OH‎-‎)‎=‎10‎‎-14‎‎10‎‎-1‎mol/L=1×10-13 mol·L-1，pH=13。 (2)等浓度的c(H＋)和c(OH-)对水的电离的抑制程度相同，而盐类的水解能促进水的电离平衡，故三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为：丙＞甲＝乙；‎ ‎(3）③KMnO4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装，a、c均错误，b正确；由方程式可知滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。‎ 因此，本题正确答案是：b；滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。‎ ‎20． 5CO(g)+ I2O5(s)=5CO2(g)+ I2(s) DH=﹣1377kJ· mol-1 60% 1024 d 碱性 SO2 ‎ ‎【解析】（1）反应①×(－1/2)+②×5/2得到：5CO(g)+ I2O5(s)=5CO2(g)+ I2(s) DH=﹣1377kJ· mol-1。‎ ‎（2）①由上b点的CO2为4×0.6=2.4mol，说明反应的CO也是2.4mol，转化率为2.4÷4=60%。由上c点的CO2为4×0.8=3.2mol，CO为0.8mol。所以反应的平衡常数为k=3.25/0.85=1024。‎ ‎②反应放热升高温度平衡逆向移动，转化率下降，选项a错误。增大压强平衡不移动，选项b错误。加入催化剂平衡不移动，选项c错误。移走二氧化碳，减小生成物浓度，平衡正向移动，转化率升高，选项d正确。‎ （3） 若氨水与SO2恰好生成正盐，则此时溶液为(NH4)2SO3的溶液，其中NH4+的水解常数为：‎1×‎‎10‎‎-14‎‎1.8×‎‎10‎‎-5‎‎=5.56×‎‎10‎‎-10‎。SO32-的水解常数为： ‎1×‎‎10‎‎-14‎‎6.3×‎‎10‎‎-8‎‎=1.59×‎‎10‎‎-7‎。由上说明亚硫酸根离子的水解应该远大于铵根离子的水解，所以溶液显碱性。注意：因为亚硫酸根离子的水解常数远大于铵根离子的水解常数，所以即使溶液中的铵根离子浓度大约是亚硫酸根离子浓度的2倍，也不应该溶液显碱性。因为溶液显碱性，所以通入二氧化硫才能使溶液显中性。‎ ‎21． 饱和H2S溶液中电离产生的S2-很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S电离，S2-离子浓度增大，有沉淀产生 Al2O3 c(NH4+) > c(SO42-) > c(H+) >c(OH-) 碱性 因为c（H2A）>c（A2－）可说明HA－水解程度大于其电离程度 ‎【解析】（1）H2S是弱电解质，存在电离平衡。饱和H2S溶液中电离产生的S2－很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2－离子浓度增大，从而产生沉淀；（2）因为AlCl3是挥发性酸所形成的铝盐，加热促进AlCl3水解，以致完全得到Al(OH)3，HCl则挥发掉：‎ AlCl3+3H2OAl(OH)3↓+3HCl↑，高温下，可使Al(OH)3分解，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，固体产物为Al2O3；（3）硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（SO42-），铵根离子水解较微弱，所以c（SO42-）＞c（H+），则该溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；（3）NaHA溶液中存在电离平衡(HA—A2—+H+)和水解平衡(HA—+H2O OH—+ H2A)，因c（H2A）>c（A2－），水解大于电离，故0.1mol·L－1的NaHA溶液呈碱性。‎ ‎22． 热 电 ZnSO4溶液 2H++2e-=H2↑ 22.4 2‎ ‎【解析】(1)图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，锌与稀硫酸反应，该反应为放热反应，说明反应中有一部分化学能转化为热能；锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为电能，故答案为：热；电；‎ ‎(2)锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，溶液中的氢离子在铜片得到电子，放出氢气，则锌浸在ZnSO4溶液中，铜浸在稀硫酸中；铜片上的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：ZnSO4溶液；2H++2e-=H2↑；‎ ‎(3)当图I装置的溶液质量增加63 g时，溶解的锌为65g，生成的氢气为2g，在标准状况下氢气的体积为‎2g‎2g/mol×22.4L/mol =22.4L；当图II 中锌电极质量减少65g(1molZn)时，电路中转移2mol电子，电子数为2NA，故答案为：22.4；2。‎