1、河北省黄骅中学2018-2019学年高二上学期第二次月考化学试题1.有关化学反应的说法，正确的是A. 自发反应都是放热反应 B. 自发反应都是熵增大的反应C. 非自发反应在一定条件下能实现 D. 自发反应常温下一定能实现【答案】C【解析】【分析】A、有些吸热反应也能自发进行；B、有些熵减的反应也能自发进行；C、非自发反应在一定条件下也可以发生；D、有些自发反应需在高温下才能进行。【详解】A、焓变不是影响反应方向的唯一因素，有些吸热反应也能自发进行，故A错误；B、熵变不是影响反应方向的唯一因素，有些熵减的反应也能自发进行，故B错误；C、非自发反应在一定条件下也可以发生，故C正确；D、 的反应，需
2、在高温下才能自发进行，故D错误。【点睛】在判断反应是否自发时，应该综合考虑熵变和焓变，即必须根据HTS进行分析，否则会得出错误的答案。2.实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3全部沉淀出来，最适宜选用的试剂是A. NaOH溶液 B. Ba(OH)2溶液C. 盐酸 D. 氨水【答案】D【解析】【分析】加入碱性试剂可以使AlCl3溶液中的Al3全部沉淀出来，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝能溶于强碱。【详解】A、AlCl3溶液中的加入NaOH溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量氢氧化钠，沉淀又会溶解，故不选A；B、AlCl3溶液中的加入Ba(OH)2溶液生成氢氧化铝沉淀，加入过量Ba(OH)2溶液，
3、沉淀又会溶解，故不选B；C、AlCl3溶液与盐酸不反应，故不选C；D、AlCl3溶液中的加入氨水生成氢氧化铝沉淀，加入过量氨水，沉淀不溶解，故不选D。3.改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列变化中正确的是A. 生成物浓度一定增大 B. 某生成物的产率可能提高C. 反应物的转化率一定提高 D. 生成物的物质的量分数一定增大【答案】B【解析】【分析】影响化学平衡移动的因素有浓度、温度、压强等，外界条件不同，对平衡移动的影响不同，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量一定增加。【详解】A、如果通过减小某生成物浓度导致平衡正向移动，则该生成物的平衡浓
4、度减小，故A错误；B、对于 ，增大A的浓度平衡正向移动，若 生成物的产率提高，若 生成物的产率降低，故B正确；C、如果增加某反应物的物质的量，平衡向正方向移动，但该反应物的转化率反而减小，故C错误；D、如果增加某反应物的浓度，平衡向正方向移动，生成物的物质的量一定增大，但生成物的物质的量分数不一定增大，故D错误。4.下列离子方程式正确的是A. 碳酸的电离：H2CO32HCO32-B. 将金属钠加入水中：2Na2H2O=2Na2OHH2C. 硫化钠水解：S22H2OH2S2OHD. 向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液：Al33OH=Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】A. 碳酸是二元弱酸，分步
5、电离；B、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C、S2是二元弱酸根离子，分步水解；D. 向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液，生成偏铝酸钠。【详解】A. 碳酸是二元弱酸，电离方程式是H2CO3HHCO3-，故A错误；B、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na2H2O=2Na2OHH2，故B正确；C、S2是二元弱酸根离子，分步水解，S2H2OHS-OH，故C错误；D. 向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液，生成偏铝酸钠，反应离子方程式是Al34OH=AlO2-+2H2O，故D错误。5. 准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（ ）A. 50mL量筒 B. 10mL量筒C. 50mL酸式滴
6、定管 D. 50mL碱式滴定管【答案】C【解析】试题分析：量取25.00mL溶液，精度为0.01mL，需用滴定管，高锰酸钾具有氧化性，所以需要酸式滴定管，故C正确。考点：本题考查化学仪器的使用。6.向纯水中加入少量的KHSO4固体（温度不变），则溶液的A. pH升高 B. c(H+)和c(OH-)的乘积增大C. 溶液呈中性 D. OH离子浓度减小【答案】D【解析】【分析】水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH+OH-，加入硫酸氢钾溶液后，溶液中氢离子浓度增大，溶液显示酸性，抑制了水的电离，电离平衡向着逆向移动；水的离子积受温度影响，温度不变，水的离子积不变。【详解】A、加入硫酸氢钾后，溶液中氢离
7、子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；B、由于温度不变，水的离子积不变，即c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故B错误；C、硫酸氢钾电离出氢离子，加入硫酸氢钾溶液后，溶液中氢离子浓度增大，溶液显示酸性，故C错误；D、加入硫酸氢钾固体后，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故D正确；【点睛】本题考查了影响水的电离平衡的因素，注意酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，能够水解的盐溶液能够促进水的电离，试题侧重对学生基础知识的巩固和训练。7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 溴水中有下列平衡Br2H2OHBrHBrO,当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅B. 对2HI（g）H2(g)I2(g)，
8、增大压强可使平衡体系颜色变深C. 反应CONO2CO2NO H0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动D. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施【答案】B【解析】【分析】如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强、温度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理又叫平衡移动原理。平衡移动原理适用于化学平衡、电离平衡、水解平衡等动态平衡。【详解】A、溴水中加入AgNO3溶液后，生成溴化银沉淀，溴离子浓度降低，使得化学平衡Br2+H2OHBr+HBrO向右移动，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；B、对2HI（g）H2(g)I2(g)，反应前后气体体积不变，所以压强不影响
9、化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故B符合；C、反应CONO2CO2NO H0，正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不符合；D、合成氨的正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施，所以能用勒夏特列原理解释，故D不符合。8.用于人造地球卫星的一种高能电池银锌蓄电池，其电极式反应式为Zn2OH2e=ZnOH2O Ag2OH2O2e=2Ag2OH。据此判断氧化银是A. 负极，并被氧化 B. 正极，并被还原C. 负极，并被还原 D. 正极，并被氧
10、化【答案】B【解析】【分析】原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。【详解】根据Zn2OH2e=ZnOH2O，锌失电子发生氧化反应，锌是负极；根据Ag2OH2O2e=2Ag2OH，Ag2O得电子发生还原反应，Ag2O是正极，故选B。9.向25 时的纯水中通入一定量的HCl气体，当溶液的pH2时，则由水电离出的c（H）是A. 1102 molL1 B. 1108 molL1C. 11012 molL1 D. 1104 molL1【答案】C【解析】【分析】水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子的浓度；盐酸抑制水电离。【详解】由pH=2，可知溶液中氢离子的浓度为110-2
11、molL-1，根据水的离子积常数，可以求出氢氧根离子的浓度为110-12molL-1，因为氢氧根全部来自水的电离，可以知道由水电离出的氢离子浓度也为110-12molL-1。故选C。10. 下列有关沉淀溶解平衡的说法中,正确的是()A. 在AgCl的沉淀溶解平衡体系中,加入蒸馏水,Ksp(AgCl)增大B. 在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中,加入稀盐酸,平衡不移动C. 可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D. 25 时,Ksp(AgCl)Ksp(AgI),向AgCl的悬浊液中加入KI固体,有黄色沉淀生成【答案】D【解析】难溶物的Ksp只与温度有关,A选项错;CaCO3沉淀溶解
12、平衡为CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq),加入盐酸后,C与H+结合为H2CO3,进一步分解为CO2逸出,平衡右移,B选项错;通过难溶物的Ksp数值判断难溶物的溶解度时要考虑化合物类型,C选项错;AgCl与AgI同为AB型化合物,Ksp大的AgCl可以转化为Ksp小的AgI,D选项正确。11. 在蒸发皿中加热蒸干并灼烧（低于400）下列的溶液，可以得到该物质的固体是（ ）A. 氯化镁溶液 B. 硫酸亚铁溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 硫酸铝溶液【答案】D【解析】试题分析：A氯化镁溶液中，Mg2+水解生成弱电解质Mg(OH)2，氢离子和氯离子结合生成盐酸，HCl具有挥发性，Mg(OH)2
13、加热分解生成MgO，最终只能得到MgO，A错误；B.Fe2+易被氧化为Fe3+，加热硫酸亚铁溶液只能得到硫酸铁，B错误；C碳酸氢钠在加热的条件要分解成碳酸钠、水、二氧化碳，加热碳酸氢钠溶液只能得到碳酸钠，C错误；D硫酸铝溶液中，硫酸铝电离的铝离子要水解，但是硫酸不是挥发性酸，最终得到的还是硫酸铝，D正确，答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数计算12.下列事实能用电化学理论解释的是A. 轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B. 铝片不用特殊方法保存C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液后速率加快D. 镀锌铁不如镀锡铁耐用【答案】A【解析】【分析】根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成
14、原电池的就能用电化学理论解释，否则不能用电化学理论解释，据此分析解答。【详解】A、锌比铁活泼，铁、锌构成原电池，锌被腐蚀而铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，可用原电池理论解释，故选A；B、铝在空气中，表面被氧化为氧化膜，保护内部金属不再被腐蚀，不能用电化学理论解释，故不选B；C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液，氢离子浓度增大，反应速率加快，没有构成原电池，不能用电化学理论解释，故不选C；D、镀锌的铁被破坏后，锌被氧化，而铁被保护，镀锡的铁被破坏后，铁失电子被氧化，加快了腐蚀，镀锌铁比镀锡铁耐用，故D错误。13. 已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中
15、1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol HO键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol HH键断裂时吸收热量为A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ【答案】C【解析】考查反应热的计算。根据题意1mol氢气完全燃烧放出242kJ能量。则有，解得X436kJ。14.可逆反应aA(g)+bB(s) cC(g)+dD(g)在反应过程中，其他条件不变，C的物质的量分数和T或p关系如图所示，下列叙述中正确的是 A. 化学方程式化学计量数ac+dB. 使用催化剂，C的物质的量分数增加C. 温度降低，化学平衡向逆反应方向移动D. 无
16、法根据图像确定改变温度后化学平衡移动方向【答案】A【解析】【分析】根据“先拐先平”，可知 、；加压或升高温度，C的平衡百分含量减小，说明加压或升高温度时，平衡逆向移动。加压平衡向气体系数和减小的方向移动；升高温度平衡向吸热的方向移动。【详解】A、，加压C的平衡百分含量减小，平衡逆向移动，所以ac+d，故A正确；B、催化剂不能使平衡移动，使用催化剂，C的物质的量分数不变，故B错误；C、根据图像，温度降低，C的平衡百分含量增大，化学平衡向正反应方向移动，故C错误；D、升高温度，C的平衡百分含量减小，说明升高温度时，平衡逆向移动，故D错误。【点睛】本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不
17、大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意催化剂，不影响平衡的移动。15.25时，1 mol/L的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4三种溶液中，测得c(NH4+)分别为a、b、c(单位为 mol/L)，下列判断正确的是A. abc B. abc C. acb D. cab【答案】D【解析】【分析】铵根离子的水解平衡，根据影响盐水解的因素分析。【详解】铵根离子的水解平衡 ，NH4Cl溶液中NH4+正常水解；NH4HSO4溶液中存在氢离子会抑制铵根的水解；醋酸根离子是弱酸根离子会促使铵根的水解平衡向右移动；所以25时，1 mol/L的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4三
18、种溶液中，c(NH4+)最大的是NH4HSO4溶液、最小的是CH3COONH4溶液，cab，故选D。16.将H+、Cl、Al3、K、S2、OH、NO3、NH4分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：H+、OH-抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以抑制水电离，属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有，故选B。考点：以盐类水解为载体考查水的电离。17.已知：25时，KspMg(OH)25.611012，KspMgF27.421011.下列说法正确的是A. 25时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比
19、，前者的c(Mg2)大B. 25时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大C. 25时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小D. 25时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2【答案】B【解析】【分析】A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2)越大；B、加入少量的NH4Cl，促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；C、溶度积常数只与温度有关；D、只要c(Mg2)c(F-)27.4210-11，就能生成MgF2沉淀
20、。【详解】A、Mg(OH)2、MgF2结构相似，溶度积常数越大，c(Mg2)越大，所以饱和MgF2溶液中的c(Mg2)比饱和Mg(OH)2溶液大，故A错误；B、加入少量的NH4Cl，铵根离子结合氢氧根离子，促进氢氧化镁溶解，溶液c（Mg2+）增大，故B正确；C、溶度积常数只与温度有关，25时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp与在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp相同，故C错误；D、不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合，使溶液中c(Mg2)c(F-)27.4210-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀，故D错误。18
21、.把a,b,c三块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；b、c相连时，c不易被腐蚀。则三种金属的活动性由强到弱的顺序为A. abc B. acb C. cba D. bca【答案】A【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，负极失去电子发生氧化反应被腐蚀。【详解】若a、b相连时，a为负极，说明a的金属性强于b；b、c相连时，c不易被腐蚀，说明c的金属性比b的弱；所以金属性强弱顺序是a b c，故选A。19.在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气，下列说法不正确的是A. 甲烧杯
22、中酸过量B. 两烧杯中参加反应的锌等量C. 甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大D. 反应开始后，乙烧杯中的c（H）始终比甲烧杯中的c（H）大【答案】A【解析】【分析】醋酸是弱酸，盐酸是强酸，同PH的盐酸、醋酸，c(CH3COOH) c(HCl)；两种溶液的体积和pH都相等，则n(CH3COOH) n(HCl)；反应结束后得到等量的氢气，说明消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，消耗锌的质量也相同。【详解】A、n(CH3COOH) n(HCl)，消耗醋酸、盐酸的物质的量相同，所以醋酸有剩余，故A错误；B、反应结束后得到等量的氢气，所以消耗锌的质量也相同，故B正确；C、消耗锌的质量相同，醋酸有剩
23、余，则放入醋酸中的锌完全反应，放入盐酸中的锌有剩余，所以甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大，故C正确；D、由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D正确。选A。【点睛】本题考查弱电解质的电离、酸与金属的反应，明确浓度与氢离子的关系，氢气与金属的质量关系是解答本题的关键，题目难度不大，但属于易错题。20.相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是A. 电离程度：HCNHClOB. pH：HClOHCNC
24、. 酸根离子浓度：c(CN)c(ClO)D. 与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClOHCN【答案】C【解析】【分析】盐类水解的规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解。相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明CN-水解程度比ClO-大，酸性HCNHClO。【详解】A、酸性HCNHClO，相同浓度的弱酸，酸性越强电离程度越大，所以电离程度：HCNHClO，故A错误；B、酸性HCNHClO，酸性越强，相同浓度的弱酸的电离程度越大，氢离子浓度越大，PH越小，所以pH：HClOHCN，故B错误；C、酸性HCNHClO，相同浓度的H
25、CN 和 HClO的电离程度：HCNHClO，所以酸根离子浓度c(CN)c(ClO)，故C正确；D、HCN 和 HClO都是一元酸，同体积同浓度的HCN 和 HClO酸的物质的量相同，中和碱的能力也相同，故D错误。21.可逆反应：3A（g）3B（？）C（？）（正反应是吸热反应），随着温度的升高，气体平均相对分子质量有减小趋势，则下列判断正确的是A. B和C可能都是固体 B. B和C一定都是气体C. 若C为固体，则B一定是气体 D. B和C不可能都是气体【答案】C【解析】【分析】正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，根据分析。【详解】A如B、C都是固体，只有A是气体，则气体的平均相对分子质量不
26、变，故A错误；B如B为气体，C为固体或液体，则升高温度平衡向正反应方向移动，气体的总质量减小，但物质的量不变，则气体平均相对分子质量变小，故B错误；C若C为固体，则B一定是气体，否则气体的平均相对分子质量不变，故C正确；D如B和C都是气体，气体的质量不变，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增多，则气体平均相对分子质量变小，故D错误。22.将0.l molL-1 CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起A. 溶液的pH增加 B. CH3COOH物质的量浓度小C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH)减小【答案】A【解析】【分析】CH3COOH溶液加水稀释，溶液
27、中C（H+）减小，溶液的PH增大，导电能力减弱，平衡向正反应方向移动，电离程度增大； CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液中C（H+）减小，溶液的PH增大，导电能力增强。【详解】A、CH3COOH溶液加水稀释，溶液中C（H+）减小，溶液的PH增大， CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，C（H+）减小，溶液的PH增大，故A正确；B、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，CH3COOH物质的量浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度也减小，CH3COOH物质
28、的量浓度增大，故B错误；C、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D、CH3COOH溶液加水稀释，溶液中C（H+）减小，c(OH)增大；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中C（H+）减小，c(OH)增大，故D错误。【点睛】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断。23.在密闭容器中，进行反应X（g）3Y(g)2Z(g)，达到平衡后，其他条件不变，只增加X的量，下列叙述中不正确的是A. 正反应速
29、率增大，逆反应速率减小 B. X的转化率变小C. Y的转化率变大 D. 正、逆反应速率都增大【答案】A【解析】【分析】增加X的量，X的浓度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，v(正)、v(逆)都增大。增加X的量，平衡正向移动，但由于充入了X，结果提高了Y的转化率， X的转化率反而降低。【详解】A、增加X的量，X的浓度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，所以v(正)、v(逆)都增大，故A错误；B、增加X的量，平衡正向移动，但由于充入了X， X的转化率反而降低，故B正确。C、增加X的量，平衡正向移动，所以提高了Y的转化率，故C正确；D、增加X的量，X的浓
30、度增大，开始时v(正)增大，随着反应的进行，生成物浓度增大，所以v(正)、v(逆)都增大，故D正确。24.用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl【答案】B【解析】【分析】向电解后的溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同说明是电解水，据此分析电解过程。【详解】A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加氧化银能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解硫酸钠溶液实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，能使溶液浓度和电解前相同，故B正确；C、电解氯化铜实质
31、是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量CuCl2能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解KCl溶液实质是电解KCl和水，电解结束后，向剩余溶液中加少量氯化氢，能使溶液浓度和电解前相同，故D错误。【点睛】本题考查了电解原理的应用，明确电解过程中电解的物质是解答本题的关键，应熟悉溶液中离子的放电顺序来判断，题目难度中等。25.常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1105 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是A. c(CH3COO)c(Na) B. c(CH3COOH)c(CH3COO)C. c(H)c(OH)
32、D. c(CH3COOH)c(CH3COO)0.02 mol/L【答案】A【解析】【分析】常温下，把0.02 mol/L CH3COOH(Ka=1105 mol/L)溶液和0.01 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中溶质是醋酸钠和醋酸，且物质的量浓度相等，由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,因此其浓度均为0.005mol/L。醋酸的电离平衡常数是1105 mol/L，则CH3COO-的水解平衡常数是。【详解】A、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水解程度，所以c(CH3COO-)c(Na+)，故A正确；B、由于醋酸电离的程度大于醋酸根离子的水
33、解程度，所以c(CH3COOH)c(OH)，故C错误；D、由于溶液等体积混合,所得混合溶液的体积与原单一的溶液来讲,增大到原来的2倍,所以浓度变为，根据物料守恒，c(CH3COOH)c(CH3COO)0.01 mol/L，故D错误。26. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失终点读数时俯视，其他读数方法正确A. B. C. D. 【答案】D【解析】略27.某同学为了使反应
34、2HCl2Ag=2AgClH2能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是 A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】因Ag与盐酸不反应，可设计为电解池，选择Ag为阳极，盐酸为电解质溶液即可。【详解】A装置是电解池，Ag作阴极，Ag不能失去电子，所以不能发生该反应，故A错误；B装置是电解池，Ag作阴极，Ag不能失去电子，所以不能发生该反应，故B错误；C装置是电解池，Ag作阳极，发生氧化反应，Ag-e-=Ag+，在阴极H+得到电子发生还原反应：2H+2e-=H2；总反应方程式是2HCl2Ag= 2AgClH2，故C正确；D装置中，由于活动性Ag”“HCl开始反应时的
35、速率HClCH3COOH参加反应的锌粉物质的量HCl=CH3COOH反应过程的平均速率CH3COOHHClHCl溶液里有锌粉剩余CH3COOH溶液里有锌粉剩余(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，升高温度(溶质不会分解)溶液pH随温度变化如图中的_曲线(填写序号)。(4)室温下，向0.01 molL-1 NH4HSO4溶液中滴加0.01 molL-1 NaOH溶液至中性，得到的溶液中：c(Na+)+c(NH4+) _2c(SO42- )(填“”“=”或“”“=”或“”)，该反应的离子方程式为_。(5)25 时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因
36、是_(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_(填“正向”“不”或“逆向”)移动。【答案】 (1). (6). NH4HSO42-Ba2+2OH BaSO4H2ONH3H2O (7). NH4H2ONH3H2OH (8). 逆向【解析】【分析】(1)一元强酸、一元强碱溶液，等物质的量混合溶液呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；（2）H+浓度相同，由于醋酸为弱酸、氯化氢为强电解质，说明盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在
37、锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，由此分析解题。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；升高温度促进铵根离子水解，溶液酸性增强；(4)根据电荷守恒，c(Na+)+c(NH4+)+c(H)=2c(SO42- )c(OH)，溶液呈中性c(OH)= c(H)；NH4HSO4与氢氧化钡溶液1:1混合，溶液中SO42- 恰好完全沉淀；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性；氨水抑制水电离。【详解】(1) 1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NaOH溶液
38、1 L充分反应恰好呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；若使1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NH3 H2O溶液充分反应至中性，则氨水的体积大于1L，所以yx；（2）根据以上分析，反应开始后，醋酸不断电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氢离子浓度越大反应所需要的时间越短，所以CH3COOHHCl，故错误；开始反应时溶液中氢离子浓度相等，所以反应时的速率相等：HCl=CH3COOH，故错误；因生成氢气量相等，所以参加反应的锌粉物质的量：HCl=CH3COOH，故正确；氢离子的浓度越大，反应过程的平均速率越快，由于反应反应过程中醋酸会继续
39、电离出氢离子，所以醋酸中氢离子浓度大于盐酸，则反应速率CH3COOHHCl，故正确；盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反应盐酸不足，锌与醋酸反应锌不足，故正确、错误。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式是NH4H2ONH3H2OH；氨水抑制水电离，所以滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向移动。【点睛】本题考查酸碱混合定性判
40、断及溶液pH的判断、弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素。黄骅中学20182019年度高中二年级第一学期第二次月考化学试卷附加卷35.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是A. 以石墨为电极，电解含甲基橙的0.1 mol/L硫酸溶液B. 以铜为电极，电解1 mol/L硫酸溶液C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水D. 以石墨为电极，电解1 mol/L溴化钾溶液【答案】A【解析】【分析】A. 以石墨为电极，电解稀硫酸，实质是电解水，硫酸浓度变化很小；B、以铜为电极，电解1 mol/L硫酸
41、溶液，阳极铜失电子生成铜离子，阴极氢离子得电子生成氢气；C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠；D. 以石墨为电极，电解1 mol/L溴化钾溶液，阴极生成氢气、氢氧化钾，阳极生成溴单质。【详解】A. 以石墨为电极，电解稀硫酸，实质是电解水，硫酸浓度变化很小，所以溶液颜色不会发生显著改变，故选A；B、以铜为电极，电解1 mol/L硫酸溶液，阳极铜失电子生成铜离子，所以溶液由无色变为蓝色，故B错误；C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，溶液颜色变红，故C错误；D. 以石墨为电极，电解1 mol/L溴化钾溶液，阳极生成溴单质，溶液变为橙色，故
42、D错误。36.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A. 稀醋酸与0.1 molL-1 NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H =-57.3 kJmol-1B. 氢气的标准燃烧热为285.5 kJmol-1， 则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H =285.5 kJmol-1C. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。 则Fe(s)+S(s)=FeS(s) H =-95.6 kJmol-1D. 已知2C(s)+O2(g)2CO(g)H =221 kJmol-1，则可知
43、C的标准燃烧热为110.5 kJmol-1【答案】C【解析】【分析】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热；B、燃烧热是指在1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；C、生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，注意物质的状态即可写出热化学方程式；D、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。【详解】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，而醋酸为弱电解质，电离吸热，故反应热H-57.3 kJmol-1，而且醋酸为弱酸，不能拆，故A错误；B、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生
44、成稳定的氧化物时放出的热量，如果是2molH2，燃烧的燃烧放热571.50kJ，则水电解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.0 kJmol-1，故B错误；C、生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，所以生成1mol硫化亚铁时，放出 95.6kJ热量，故热化学方程式为：Fe（s）+S（s）FeS（s）H=-95.6 kJmol-1，故C正确；D、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此反应是碳的不完全燃烧，故D错误。37.常温下，将pH3的H2SO4和pH12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH10时，强酸和
45、强碱的体积之比为A. 19 B. 91 C. 101 D. 110【答案】B【解析】【分析】将pH3的H2SO4和pH12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH10时，溶液呈碱性，根据c(OH-)= 计算。【详解】根据c(OH-)=， ， ，故选B。38.常温下，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH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：c(CH3COO)c(OH)=c(CH3COOH)c(H)B. 点所示溶液中：c(Na)=c(CH3COOH)c(CH3COO)C. 点所示溶液中：c(Na)c(OH)c(C
46、H3COO)c(H)D. 滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)【答案】D【解析】【分析】A. 点是10 mL 0.100 0 molL1 NaOH溶液与20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是等浓度的CH3COONa、CH3COOH的混合液；B、点溶液呈中性，根据电荷守恒分析；C、 点是20 mL 0.100 0 molL1 NaOH溶液与20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是CH3COONa溶液；D加入的NaOH比较少，形成CH3COONa、CH3COOH混合溶
47、液时可能存在。【详解】A. 点是等浓度的CH3COONa、CH3COOH的混合液，根据质子守恒c(CH3COO)2c(OH)=c(CH3COOH)2c(H)，故A错误；B、根据电荷守恒，c(CH3COO)c(OH)= c(Na)+c(H)，点溶液呈中性c(OH)= c(H)，所以c(Na)= c(CH3COO)，故B错误；C、 点是20 mL 0.100 0 molL1 NaOH溶液与20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH反应后的溶液，溶质是CH3COONa溶液，水解呈碱性，c(Na) c(CH3COO)c(OH)c(H)，故C错误；D、加入的NaOH比较少，形成CH3C
48、OONa、CH3COOH混合溶液时可能存在c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)，故D正确。【点睛】本题以滴定曲线为载体，考查弱电解质电离、盐类水解、离子浓度大小比较等，较好的考查学生获取信息能力、知识迁移运用能力，是对学生综合能力的考查。39.下列叙述正确的是A. 焓减或熵增的过程在任何条件下都能自发进行B. 向饱和AgCl溶液中加入盐酸，Ksp变大C. 将饱和FeCl3溶液滴入到沸水中可制备Fe(OH)3胶体D. pH=5的CH3COOH溶液加水稀释1 000倍后pH=8【答案】C【解析】【分析】A、不能只根据焓变或熵变分析判断反应方向；B、Ksp只与温度有关；
49、C、加热促进FeCl3水解平衡正向移动；D、酸溶液无限稀释后PH不能大于7。【详解】A、反应自发进行的判断依据是H-TS0，取决于焓变和熵变及其温度，单独焓减不一定能自发进行，单独熵增也不一定能自发进行，故A错误；B. 向饱和AgCl溶液中加入盐酸，Ksp不变，故B错误；C、加热促进FeCl3水解平衡正向移动，所以将饱和FeCl3溶液滴入到沸水中可制备Fe(OH)3胶体，故C正确；D、酸溶液无限稀释后PH无限接近7，但不能大于7，故D错误。40.已知H2A在水中存在以下平衡：H2AHHA，HAHA2。回答以下问题：(1)NaHA溶液_(填“显酸性”“显碱性”“显中性”或“酸碱性无法确定”)，原
50、因是_。(2)某温度下，向0.1 molL1的NaHA溶液中滴入0.1 molL1KOH溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是_(填字母)。A.c(H)c(OH)=11014B.c(Na)c(K)=c(HA)2c(A2)C.c(Na)c(K)D.c(Na)c(K)=0.05 molL1(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s) Ca2(aq)A2(aq) H0。温度升高时，Ksp_(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。滴加少量浓盐酸，c(Ca2)_，原因是_ (用文字和离子方程式说明)。(4)若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出
51、该过程中反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 酸碱性无法确定 (2). 不能确定HA的电离程度和水解程度的大小 (3). BC (4). 增大 (5). 增大 (6). 加盐酸发生反应：A2HHA A2浓度减小 CaA的溶解平衡向右移动 n(Ca2)显著增大 。而溶液体积变化不大所以c(Ca2)增大 (7). CaA(s)Cu2(aq) Ca2(aq)CuA(s)【解析】【分析】(1) NaHA溶液中存在HA的电离平衡和水解平衡，HA电离呈酸性、HA水解呈碱性；(2) A.温度不确定，所以水的离子积常数不能确定；B.根据电荷守恒c(Na)c(K)+ c(H) =c(HA)2c(A2)+ c
52、(OH)；0.1 molL1的NaHA溶液中与0.1 molL1KOH溶液等体积混合时，溶质是Na2A、K2A，此时溶液呈碱性，所以向0.1 molL1的NaHA溶液中滴入0.1 molL1KOH溶液至中性时，NaHA的物质的量大于KOH； 0.1 molL1的NaHA溶液中滴入0.1 molL1KOH溶液，根据物料守恒分析c(Na)c(K)；(3) CaA(s) Ca2(aq)A2(aq) H0，升高温度平衡正向移动，离子浓度增大；滴加少量浓盐酸，H与A2生成HA，A2浓度减小， CaA(s) Ca2(aq)A2(aq)平衡正向移动；(4)若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固
53、体物质CuA，发生沉淀转化。【详解】(1) NaHA溶液中存在HA的电离平衡和水解平衡，HA电离呈酸性、HA水解呈碱性，由于不能确定HA的电离程度和水解程度的大小，所以溶液酸碱性无法确定；(2)A.温度不确定，所以水的离子积常数不能确定，所以某温度下，c(H)c(OH)不一定等于11014，故不选A；B.根据电荷守恒c(Na)c(K)+ c(H) =c(HA)2c(A2)+ c(OH)，溶液呈中性c(H)=c(OH)，所以c(Na)c(K)=c(HA)2c(A2)，故选B；向0.1 molL1的NaHA溶液中滴入0.1 molL1KOH溶液至中性时，NaHA的物质的量大于KOH，所以c(Na)c(K)，故选C；V1L 0.1 molL1的NaHA溶液中滴入V2L 0.1 molL1KOH溶液，根据物料守恒，c(Na)c(K)= molL1，故不选D；(3) CaA(s) Ca2(aq)A2(aq) H0，升高温度平衡正向移动，离子浓度增大，所以温度升高时Ksp增大；滴加少量浓盐酸，H与A2生成HA，A2浓度减小， CaA(s) Ca2(aq)A2(aq)平衡正向移动，所以c(Ca2)增大；(4)若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质CuA，发生沉淀转化，反应离子方程式是CaA(s)Cu2(aq)Ca2(aq)CuA(s)。
