1、江西省宜春市上高二化学中2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题1. 下列有关实验的叙述正确的是A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差【答案】C【解析】【详解】A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；B、若为碱溶液，被稀释后pH值会变小，B项错误；C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；答案选
2、C。2.假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是A. |H1|H2|B. |H1|H3|C. H1+H2+H3=0D. 甲丙的H=H1+H2【答案】A【解析】【详解】A、在过程中H1与H2的大小无法判断，A错误；B、因|H3|=|H1|+|H2|，B正确；C、因为甲丙和丙甲是两个相反的过程，所以H1+H2+H3=0，C正确；D、题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知：甲丙，H=H1+H20，D正确；答案选A。3.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B. 除去锅炉水垢中含有
3、的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸【答案】B【解析】【详解】AAlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；B硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；C一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅
4、，选项C错误；D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。答案选B。4.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）A. (NH4)2Fe(SO4)2B. NH3H2OC. (NH4)2CO3D. NH4Cl【答案】A【解析】【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4+SO42-，其中NH4+和Fe2+的水解相互抑制，导致NH4+的水解程度减小，NH4+的浓度最大，A正确；B. NH3H2O
5、是弱电解质，电离程度很弱，主要以电解质分子NH3H2O的形式存在，电离产生的NH4+的浓度远小于等浓度的盐电离产生的NH4+的浓度，B错误；C. (NH4)2CO3=2NH4+CO32-，其中NH4+和CO32-的水解相互促进，导致NH4+的水解程度比(NH4)2Fe(SO4)2的大，NH4+的浓度小于(NH4)2Fe(SO4)2中NH4+的浓度，C错误；D.NH4Cl=NH4+Cl-，其中NH4+水解，使NH4+的浓度减小，小于溶液中Cl-的浓度，但比等浓度的(NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2CO3的铵根离子浓度小，D错误；故铵根离子浓度最大的是A。5.常温下，0.1 molL1的三
6、种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是A. HX、HY、HZ的酸性依次增强B. 离子浓度：c(Z)c(Y)c(X)C. 电离常数：K(HZ)K(HY)D. c(X)c(Y)c(HY)c(Z)c(HZ)【答案】D【解析】【分析】常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HYXZ，由此分析解答。【详解】A对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HXHYXZ，选项A错误；B酸越弱水解的程度越大，离子
7、浓度越小，所以c（X-）c（Y-）c（Z-），选项B错误；C对于弱酸，其酸性越弱，对应盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HXHYXZ，电离常数K（HY）K（HZ），选项C错误；DNaX电离后不水解，X-的物质的量浓度c（X-）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z-）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X-）=c（Y-）+c（HY）=c（Z-）+c（HZ），选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查盐类的水解，题目难度中等，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱。6.下列事实能说明醋酸是弱电解
8、质的是（ ）醋酸与水能以任意比互溶；醋酸溶液能导电；醋酸稀溶液中存在醋酸分子；常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；0.1 mol/L醋酸钠溶液pH8.9；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】电解质的强弱与溶解性无关；弱电解质溶液电离后也可以导电；醋酸溶液中存在醋酸分子，可以说明存在电离平衡；0.1mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，可以说明醋酸为弱电解质；说明醋酸比碳酸强，不能说明醋酸是弱电解质；0.1 mol/L醋酸钠溶液pH8.9，
9、说明醋酸未完全电离；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明部分电离；故答案选B。7.下列关于反应能量的说法正确的是（ ）A. 已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJ/mol，则反应物总能量E2D. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3 kJ 的热量【答案】C【解析】【详解】A.已知Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJ/mol，反应是放热反应，说明反应物总能量比生成物总能量多
10、，A错误；B.氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧产生液态水时放出的热量，由于等物质的量的气态水含有的能量比液态水多，所以在101 kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol，则H2的燃烧热H小于-241.8kJ/mol，B错误；C.相同的条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，2molH原子结合形成1molH-H键，产生1molH2，会放出热量，1 mol氢分子的能量为E2，则2E1E2，C正确；D.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，H=-57.3 kJ/mol，由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.
11、5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3 kJ，D错误；故合理选项是C。8.常温下0.1molL1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是A. 将溶液稀释到原体积的2倍B. 加入适量的醋酸钠固体C. 加入等体积0.2 molL1盐酸D. 加少量冰醋酸【答案】B【解析】常温下0.1molL1醋酸溶液的pH=a，当此溶液变为pH=（a+1）时，pH升高了，溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，c(H+)由mol/L变为mol/L。醋酸为弱酸，溶液中存在其电离平衡，可以加水稀释溶液使氢离子浓度减小，欲使溶液中的氢离子浓度变为原来的十分之一，稀释后溶液体积必须大于原来
12、的十倍。也可以加入可溶性醋酸盐使电离平衡逆向移动而使氢离子浓度减小。A. 将溶液稀释到原体积的2倍 ，氢离子浓度肯定会大于原来的二分之一，所以A不正确； B. 加入适量的醋酸钠固体，可行，因为增大了溶液中醋酸根离子的浓度，醋酸的电离平衡逆向移动，所以B正确；C.因为盐酸是强酸，所以加入等体积0.2 molL1盐酸后，c(H+)一定变大了，pH将减小；D. 加少量冰醋酸，增大了醋酸的浓度，酸性增强，pH减小，D不正确。本题选B。点睛：首先要明确酸性溶液的pH变大时，表明溶液的酸性减弱了。pH增大1时，溶液中的氢离子溶液就会变为原来的十分之一。9.一定温度下，反应N2（g）3H2（g）2NH3（g
13、）的反应热和化学平衡常数分别为H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )A. 2H和2KB. -2H和 K2C. -2H和 K-2D. 2H和-2K【答案】C【解析】【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是2H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。10.符合图1、图2的反应是 A. X3Y2ZH0B. X3Y2ZH0C. X2Y
14、3ZH0D. 5X3Y4ZH0达到化学平衡后，(1)升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。a.若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量_；b.若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量_；c.若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量_；(2)如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是_态，C是_态。【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 固态或液态 (5). 气态【解析】【详解】（1）正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动；a.若B、C都是气体，则反应是体积增大的，所以气体的平均相对分子质量
15、变小；b.若B、C都不是气体，则气体的平均相对分子质量不变；c.若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；（2）将容器体积增加一倍的瞬间，A的浓度是原来的50%，但最终平衡时A的浓度是原来的60%，说明降低压强平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积减小的，所以B是液态或固态，C是气态。19.甲醇是一种新型燃料，工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-116kJ/mol(1)已知：CO(g)+O2(g)=CO2 (g) H2=-283kJ/mol H2(g) +O2(g)=H2O
16、 (g) H1=-242kJ/mol则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式：_(2)在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230、250、270三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。请回答:在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是_利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的平衡常数 K=_。下列既能提高上述反应中 CO 的平衡转化率，又能增大反应速率的是_（填标号）。a.增大压强 b.降低温度 c.增大H2浓度 d.加高效催化剂若
17、上述反应在某恒温恒容容器中发生，能说明该反应达到平衡的是_（填标号）。a.气体平均相对分子质量保持不变 b.H1保持不变 c.保持不变 d.气体密度保持不变(3)在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度(mol/L)变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min10min只改变了某一条件，所改变的条件是_。【答案】 (1). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=-651kJ/mol (2). 270 (3). 4 (4). ac (5). ac
18、 (6). 增加了H2的物质的量(或增大了H2的浓度)【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式加减，可得待求的热化学方程式；(2)合成甲醇的反应是放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析判断反应温度；根据平衡常数的含义，结合a点时CO的转化率计算平衡常数；根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断；根据化学反应特点，结合反应达到平衡时，任何物质的浓度不变，物质的量不变等分析判断；(3)根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件。【详解】(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-116kJ/mol；CO(g)+O2(g)=CO2 (g) H2
19、=-283kJ/molH2(g) +O2(g)=H2O(g) H1=-242kJ/mol根据盖斯定律，将-2，整理可得CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H1=-651kJ/mol；(2)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-116kJ/mol的正反应是放热反应，在n(H2)：n(CO)不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO的转化率降低。根据图示可知Z对应的CO转化率最低，说明反应温度最高，为270；a点时，CO转化率50%，反应消耗了1mol50%=0.5molCO，消耗氢气1mol，剩余0.5molCO，n(H2)=1.5mol-1mo
20、l=0.5mol，同时生成0.5mol甲醇。由于容器的容积是1L，所以a点各组分的浓度是：c(CH3OH)=0.5mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，则该温度下是化学平衡常数K=4L2mol-2；a.反应混合物都是气体，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，化学平衡正向移动，CO转化率提高，a符合题意；b.降低温度化学反应速率会降低，b不符合题意；c.增大H2浓度，化学反应速率加快，反应物有两种，所以增大反应物H2的浓度，化学平衡正向移动，CO转化率增大，c符合题意；d.加高效催化剂，只能加快反应速
21、率，而不能是平衡发生移动，因此CO的转化率不变，d不符合题意；故合理选项是ac；a.该反应是反应气体气体体积改变的反应，气体的质量不变，若达到平衡，气体的物质的量不变，气体平均相对分子质量保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，a正确； b.反应物H1始终保持不变，与反应程度无关，不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误； c.若反应达到平衡，则反应体系中的任何物质的浓度不变，则保持不变，故可以据此判断反应处于平衡状态，c正确； d.反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何情况下气体的密度都不变，所以不能根据气体密度保持不变判断反应是否处于平衡状态，d错误；故合理选项是a
22、c；(3)反应达到平衡时，根据反应方程式可知各物理量之间的关系式可知，在5min时，c(CO)=0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，c(H2)=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c(CO)减小，c(H2)增大，c(CH3OH)增大，则平衡向正反应方向移动，而氢气浓度却增大，所以改变的物理量是增加氢气的物质的量或增加氢气的浓度。【点睛】本题考查了盖斯定律应用、化学反应速率、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算及化学平衡移动等知识点，化学反应的反应热只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关，可以将已知的热化学方程式叠加，计算出待求反应的反应
23、热，这样不仅可以计算出不容易测量的反应的反应热，也能计算出不能直接发生反应的反应热，就可以充分利用反应的热效应。难点化学平衡移动，要结合外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响综合分析改变的条件。20. 25 时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K14.3107 K25.610113.0108回答下列问题： (1)下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是_；(填编号)aCO32-bClO-cCH3COO-dHCO3-；(2)下列反应不能发生的是_ ACO32-+ CH3COOH = CH3COO- + CO2 + H2OBClO-+ CH3COO
24、H = CH3COO- + HClOCCO32-+ HClO = CO2 + H2O + ClO-D2 ClO-+ CO2 + H2O = CO32-+ 2 HClO(3)用蒸馏水稀释0.10 molL-1的醋酸,则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_ A.c(CH3COOH)/c(H+) B.c(CH3COO-)/c(CH3COOH)C.c(H+)/ KWD.c(H+)/c(OH-)(4)体积为10 mL pH2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化 如图，则HX的电离平衡常数_(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出
25、来的c(H)_醋酸溶液中水电离出来的c(H)(填“大于”、“等于”或“小于”)【答案】（1）a、b、d、c（2）c、d （3）B（4）大于大于【解析】试题分析：(1)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，即abdc，故答案为：abdc；(2)aCO32-+CH3COOHCH3COO-+CO2+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误
26、；bClO-+CH3COOHCH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；cCO32-+HClOCO2+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；D2ClO-+CO2+H2OCO32-+2HClO：由于酸性H2CO3HClOHCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为：cd；(3)A加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以的比值减小，故A错误；B加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋
27、酸分子的物质的量减小，则的比值增大，故B正确；C加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以的比值减小，故C错误；D加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，的比值减小，故D错误；故答案为：B；(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，
28、所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，故答案为：大于；大于。考点：考查了酸碱混合溶液定性判断，离子浓度大小比较、pH的简单计算的相关知识。21.（1）在粗制CuSO45H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是_。A. KMnO4 B. H2O2 C. Cl2水 D. HNO3然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的_。A. NaOH B. NH3H2O
29、C. CuO D. Cu(OH)2（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.010-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.010-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于110-5molL-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 molL-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为_，通过计算确定上述方案_（填“可行”或“不可行”）。【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3.3 (5).
30、 可行【解析】【详解】（1）本题中将亚铁离子氧化为铁离子的最好试剂是过氧化氢，因为过氧化氢做氧化剂的还原产物是水，这样不会引入杂质。而其他选项都会引入之前溶液中不存在的元素，例如：K、Mn、Cl、N等，所以答案为B。加入物质的目的是为了提高溶液pH，所以应该加入可以与酸反应的物质。但是只需要调节pH至3.8，所以不需要太强的碱。另外，也要保证在此过程中不引入杂质。氢氧化钠碱性太强，而且氢氧化钠和氨水都会引入杂质。所以答案为CD。（2）开始沉淀的要求是QC大于KSP，即QC = c(Cu2+)c2(OH-) = 3.0 c2(OH-)Ksp=3.010-20，CuSO4的浓度为3.0 molL-1，所以c(OH-)=1.010-10 molL-1，pH=4。当铁离子完全沉淀时，应该认为铁离子的浓度为110-5 molL-1，此时该溶液是氢氧化铁的饱和溶液，所以Qc=KSP。即QC = c(Fe3+)c3(OH-) = Ksp=8.010-38，因为c(Fe3+)=110-5 molL-1，所以c(OH-)=2.010-11 molL-1，由水的离子积得到c(H+)=5.010-4 molL-1，对5.010-4 molL-1取负对数得到。经过上述计算得到：铁离子完全沉淀时，铜离子还没有开始沉淀，所以方案可行。
