1、2019级高二第二次阶段性检测化学试题第I卷 选择题一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)1. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A. SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B. 500 左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0B. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态C. A点对应状态的平衡常数K(A)102.294D. 30时，B点对应状态的v(正)c（OH）C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：D. V1L 与V2L 溶液混合后，若混合后溶液pH7，则V1c(OH)，B项正确；C. 分别加水稀
2、释10倍，假设平衡不移动，那么、溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3H2ONH4+OH右移，使pH10，同理醋酸稀释后pHV2，D项错误；答案选D13. 在25 下，稀释HA、HB两种酸溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前酸的体积，V2表示稀释后溶液的体积，下列说法不正确的是A. a、b两点水的电离程度a小于bB. HA、HB两种酸溶液pH相同时，c(HA)c(HB)C. 25时，NaA溶液中c(A-)一定大于NaB溶液中c(B-)D. 曲线上a、b两点一定相等【答案】C【解析】【详解】稀释前，HA、HB溶液的pH均为2，加水稀释至lg2，稀释100倍，HA溶液pH4，说
3、明HA为强酸，溶液HB的pH4，说明HB为弱酸。A.a、b两点HB的浓度a大于b，对水的电离的抑制程度a大于b，因此水的电离程度a小于b，选项A正确；B.HA为强酸，HB为弱酸存在电离平衡，pH相同时，c(HA)c2V2，A正确；B V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2，恰好中和，溶液呈酸性，c (H+)c (OH-)，另两离子c (NH4+)c (Cl-)，错误；C铵根离子水解，c (NH4+)c (Cl-)，错误；D 氨水与盐酸恰好中和（即c1V1=c2V2）生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH，A错误；BNa2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H+、OH-、CO
4、32-、HCO3-、H2CO3、Na+、H2O，B正确；C醋酸的酸性强于次氯酸，在等物质的量浓度相等下，pH小的是醋酸，C错误；D根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，D错误；答案选B。考点：考查盐类水解的应用，电解质溶液中水的电离程度大小比较，守恒关系等知识。18. 25时，下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（ ）。A. pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+) c(CH3COO-）c(OH-)c(H+)B. 含等物质的量的CH3COONa溶液和CH3COOH的混合溶液中：c(Na+)
5、 c(CH3COOH）c(CH3COO-）c(H+)c(OH-)C. 0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7：c(Na+) =c(Cl-）c(OH-)=c(H+)D. 0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+) =3c(CO32-) + c(HCO3-)+ c(H2CO3)【答案】D【解析】A. pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性：c(Na+)c(CH3COO-) c(H+) c(OH-)，A错误；B. 含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液显酸
6、性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解：c(Na+)c(CH3COO-)c(CH3COOH) c(H+)c(OH-)，B错误；C. 0.1molL-1CH3COONa溶液与0.1molL-1HCl溶液混合至pH=7：c(Na+)c(Cl-)c(OH-)=c(H+)，C错误；D. 0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合，由Na2CO3与NaHCO3各自的物料守恒可得：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，则混合液中：2c(Na+)=3c(CO32-)+c(
7、HCO3-)+c(H2CO3)，D正确。答案选D。点睛：比较溶液中微粒浓度大小是方法确定溶质成分与物质的量比例，通过三个守恒来解决问题。19. 常温下，用 0.1000 molLNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 molL溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A. 点所示溶液中：B. 点所示溶液中：C. 点所示溶液中：D. 滴定过程中可能出现：【答案】D【解析】【详解】A、点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO）+c（OH）c（
8、Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点pH7，即c（H+）c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）c（CH3COO），故B错；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO水解，且程度较小，所以c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确，答案选D。【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液
9、离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。20. 用0.010 0 molL-1的KMnO4标准溶液滴定某未知浓度的H2C2O4溶液，下列说法错误的是A. 用酸式滴定管量取标准KMnO4溶液，该滴定实验不需要指示剂B. 该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶C. 滴定管使用前需检验是否漏液D. 若滴定终止时，俯视读数，所测H2C2O4浓度偏低【答案】B【解析】【详解】A因KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以应使用酸式滴定管量取标准KMnO4溶液；KMnO4溶液呈紫色，所以该滴定实验不需要指示剂，A正确；B
10、KMnO4标准溶液和H2C2O4溶液都应放在酸式滴定管内，该实验不需要使用碱式滴定管，B错误；C为防止滴定过程中滴定管漏液，在滴定管使用前需检验是否漏液，C正确；D若滴定终止时，俯视读数，则读取KMnO4标准溶液的体积偏小，所测H2C2O4浓度偏低，D正确；故选B。第II卷 非选择题二、非选择题21. 碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：H+88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是_。(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJmol1，CH3OH(l)1/2O2(g)
11、=CO2(g)2H2(g) Ha kJmol1，则a_726.5(填“”“”或“”)。(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(4) 已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) H=+489.0 kJ mol-1；CO(g)+l/2O2(g)=CO2(g)H=-283. 0kJ mol-1；C(石墨)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5kJ mol-1。则4Fe (s)+3O2(g) =2Fe2O3(s)H=_。【答案】 (1). M (2). (3). 2
12、Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g)H290 kJmol1 (4). -16410 kJ mol-1【解析】【分析】根据反应吸放热判断物质能量高低，进而判断物质的稳定性，根据盖斯定律书写热化学反应方程式并计算反应热。【详解】(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：H = +88.6kJmol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定，故答案为：M；(2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热，故答案为：14，则_(填表达式)。【答案】
13、 (1). 19 (2). a+b14 (3). 10x+y-14【解析】【分析】25 时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，KW=10-14；95 时，c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，KW=10-12。【详解】(1)依题意得：，则V(NaOH):V(HCl)= 19。答案为：19；(2)依题意得：100L10amol/L1L1012bmol/L，故ab14。答案为：a+b14；(3)若两溶液完全中和，则溶液中n(H)n(OH)，即10xa10y14b，整理得10xy14。答案为：10xy14。【点睛】95 时，pH7的溶液不呈中性，而呈碱性。24. 常温下，将某一元
14、酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pHc（Na）c（H）c（OH） (5). 105 (6). 105109 (7). 109【解析】【分析】（1）从组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7；（3）由组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性；（4）组实验所得
15、混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的。【详解】（1）从组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：HA是弱酸；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L，故答案为：大于；（3）由组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）c（OH-），电离大于水解，则c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故答案为 大于；c（A-）c（Na+）c（
16、H+）c（OH-）；（4）组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L，由电荷守恒可得c（A-）+ c（OH-）= c（Na+）+ c（H+），故c（Na+）- c（A-）= c（OH-）-c（H+）= 105109。依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（Na+）=c（A-）+c（HA），合并得到c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9 ，故答案为：105；105109 ；109。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和判断，主要
17、是强电解质弱电解质的判断方法，溶液中的电荷守恒、物料守恒是解题关键。25. (1)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，其原因是_。(2)相同浓度的下列溶液中：CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH中，c(CH3COO-)由大到小的顺序是_。(填序号)(3)c()相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液、NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_。(填序号)(4)常温常压下，现有浓度为0.100 molL-1的六种溶液：HCl、H2SO4、CH3COOH、CH3COONa、NaOH、Na2CO3，由水电离出的c(OH-)大小关系正确的是_
18、。(填序号)(5)下列化合物：NaCl、NaOH、HCl、NH4Cl、CH3COONa、CH3COOH、NH3H2O溶质的物质的量浓度相同，则这7种溶液按pH由大到小的顺序排列为_ (填序号)。(6)Na2CO3 溶液中离子浓度由大到小的顺序排列为_。【答案】 (1). Mm+mH2OM(OH)m+mH+ (2). (3). (4). = (5). (6). c (Na+)c()c(OH-)c()c(H+)【解析】【分析】比较盐溶液中某离子浓度时，首先看完全电离产生的离子浓度关系，然后再考虑其它离子的存在对该离子浓度的影响；分析电解质溶液中水的电离程度时，首先看水的电离是受到促进还是抑制，然后
19、再分析对水电离影响程度的相对大小。【详解】(1)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH7，则主要发生Mm+的水解，其原因是Mm+mH2OM(OH)m+mH+。答案为：Mm+mH2OM(OH)m+mH+；(2)CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH中，CH3COONH4、CH3COONa发生完全电离，CH3COOH发生部分电离，所以c(CH3COO-)最小，CH3COONH4、CH3COONa中，前者促进了CH3COO-水解，使其浓度有所减小，所以c(CH3COO-)由大到小的顺序是。答案为：；(3)c()相等时，(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液的浓度比NH4HSO4
20、溶液、NH4Cl溶液小，而能促进水解，所以(NH4)2CO3溶液的浓度比(NH4)2SO4溶液大，H+能抑制水解，所以NH4HSO4溶液浓度相对小，因此其物质的量浓度由大到小的顺序为。答案为：；(4)HCl、H2SO4、CH3COOH、CH3COONa、NaOH、Na2CO3六份溶液中，水解程度越大，对水电离的促进作用越大；酸或碱电离出H+或OH-的浓度越大，对水电离的抑制作用越大；若酸与碱电离出的H+或OH-的浓度相等，则对水电离的影响相同，综合以上分析，由水电离出的c(OH-)大小关系正确的是=。答案为：=；(5)将NaCl、NaOH、HCl、NH4Cl、CH3COONa、CH3COOH、
21、NH3H2O分成碱性、中性、酸性三组，碱性组中，电离能力强的碱的pH大于电离能力弱的碱的pH，大于水解呈碱性的盐的pH；酸性组中，盐酸为强酸，溶液的pH较小，而醋酸属于弱酸，部分电离，酸性较盐酸弱，溶液的pH较盐酸大；氯化铵水解能力微弱，酸性较醋酸弱，所以这7种溶液按pH由大到小的顺序排列为。 答案为：；(6)Na2CO3 溶液中，发生的水解及电离为Na2CO3=2Na+、H2OOH-、H2OH2CO3+OH-、H2OH+OH-，程度依次减弱，所以离子浓度由大到小的顺序排列为c (Na+)c()c(OH-)c()c(H+)。答案为：c (Na+)c()c(OH-)c()c(H+)。【点睛】比较NH4HSO4溶液与(NH4)2CO3溶液中c()时，虽然前者的水解受到H+的抑制，后者的水解受到的促进，但由于起初(NH4)2CO3电离的c()大，而水解受到的促进或抑制程度都很小，所以最终达平衡时(NH4)2CO3溶液中c()大。
