新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
化学试卷
第Ⅰ卷 (选择题)
一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.以下对影响反应方向因素的判断不正确的是（ ）
A. 有时焓变对反应的方向起决定性作用
B. 有时熵变对反应的方向起决定性作用
C. 焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素
D. 任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用
【答案】D
【解析】
【详解】A项，△H ＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，则说明此时焓变对反应的方向起决定作用，选项A正确；
B项，△H ＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，则说明此时熵变对反应的方向起决定作用，选项B正确；
C项，依据△H－T△S＜0的反应能自发进行，说明焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素，选项C正确；
D项，如果反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定作用，选项D不正确；
答案选D。
2.对于可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【分析】
增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题。
【详解】A．平衡常数只与温度有关，增大压强，平衡常数不变，故A错误；
B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
D．多充O2，反应速率加快，但活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；
答案选B。
3.在恒温、体积为2L的密闭容器中进行反应：2A(g)3B(g)+C(g)，若反应物在前20s由3mol降为1.8mol，则前20s的平均反应速率为（ ）
A. v(B)=0.03mol·L-1·s-1 B. v(B)=0.045mol·L-1·s-1
C. v(C)=0.03mol·L-1·s-1 D. v(C)=0.06mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】反应物为A，20s内△n(A)=3mol-1.8mol=1.2mol，容器体积为2L，则v(A)=，同一反应同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(B)= 0.045mol·L-1·s-1，v(C)=0.015mol·L-1·s-1，故答案为B。
4.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z ，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（ ）
A. 33% B. 40% C. 50% D. 65%
【答案】D
【解析】
【详解】假设X和Y物质的量为1mol，达到平衡时消耗X物质的量为amol，则：
X+2Y2Z
起始量（mol）1 1 0
转化量（mol）a 2a 2a
平衡量（mol）1－a 1－2a 2a
根据题意有：(1-a+1-2a)：2a =3:2 ，a＝，Y的转化率=×100%=67%，最接近65%，
答案选D。
5.在一定温度、不同压强(p1
c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)
D. 溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH4+)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4+水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的c(H＋)，A项错误；
B. 在25 ℃时，水的离子积为1×10－14，但温度未知，B项错误；
C. NH4+水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)，C项正确；
D. 由物料守恒可知：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)，D项错误；
答案选C。
【点睛】氯化铵溶液中的三大守恒要分析清楚。其电荷守恒式为：c(NH4+)+ c(H＋)＝c(Cl－)+ c(OH－)；物料守恒式为：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)；质子守恒式为：c(H＋)＝c(NH3·H2O)+ c(OH－)。学生做题时要理性分析考查的是哪一个守恒式，其中电荷守恒式在离子浓度大小比较时经常使用。
16.常温下，下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是( )
A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋
B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-
C. 在＝1×10－12的溶液中：NH4+、Fe2＋、Cl－、NO3-
D. ＝10－10mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl－、K＋
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析解答。
【详解】A. 能使pH试纸变红的溶液显酸性，酸性溶液中CO32-不能大量共存，A错误；
B. 由水电离产生的[OH－]＝1×10－10mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，如果溶液显酸性，则NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-能大量共存，B正确；
C. 在c(OH－)/c(H+)＝1×10－12的溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液显酸性，则Fe2＋与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，C错误；
D. KW/c(H+)＝10－10mol·L－1的溶液中c(OH－)＝10－10mol·L－1，溶液显酸性，HCO3-不能大量共存，D错误。
答案选B。
17. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为
A. 9:1 B. 1:11 C. 1:9 D. 11:1
【答案】C
【解析】
【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，
答案选C。
18.某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L，该溶液不可能是( )
A. 硫酸氢钠溶液 B. 醋酸钠溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 二氧化硫水溶液
【答案】B
【解析】
某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L<1×10-7mol/L。A. NaHSO4H++ Na+ + ，H+抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的结果；B. 氯化铁水解使溶液显酸性，水解促进水的电离，不可能出现由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的结果；C. 氢氧化钠抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的结果；D.
二氧化硫形成亚硫酸，亚硫酸抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(H+)=1×10-11mol/L的结果。故选B。
19.现有室温下两种溶液，有关叙述正确的是
编号
①
②
pH
12
2
溶液
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
A. 两种溶液中水的电离程度：①=②
B. 两种溶液的浓度：c(NaOH)﹥c(CH3COOH)
C. 两种溶液等体积混合后：c(CH3COO-)﹥c(Na+)﹥c(OH-)﹥c(H+)
D. 加水稀释相同倍数后：c(Na+)﹥c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．①pH=12的NaOH溶液中H+全部来自水的电离，由水电离出的c（H+）水=10-12mol/L，②pH=2的醋酸溶液中OH-全部来自水的电离，由水电离出的c(H+)水=c(OH-)=10-12mol/L，A正确；
B．①中c(OH-)=10-2mol/L，c(NaOH) =10-2mol/L，②中c(H+)=10-2mol/L，CH3COOH属于弱酸，c(CH3COOH) ﹥10-2mol/L，B错误；
C．①中c(OH-)=10-2mol/L，NaOH属于强碱，②中c(H+)=10-2mol/L，CH3COOH属于弱酸，两种溶液等体积混合充分反应后，醋酸过量，溶液呈酸性，溶液中c(H+)﹥c(OH-)，C错误；
D．加水稀释前两溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，NaOH属于强碱，CH3COOH属于弱酸，加水稀释促进CH3COOH的电离，则加水稀释相同倍数后c(CH3COO-)﹥c(Na+)，D错误；
答案选A。
20.水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是
A. 4℃时，纯水的pH=7
B. 温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小
C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D. 向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、25℃时，纯水的pH=7，4℃时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，A错误；
B、温度升高，水的电离平衡向右移动，c（H+）与c（OH﹣）均增大，B错误；
C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，25℃时，纯水电离出的H+浓度只有1.0×10-7mol•L‾1，纯水中主要存在形态是水分子，C正确；
D、水的离子积不受溶液酸碱性的影响，D错误；
故答案选C。
第Ⅱ卷 (非选择题)
21.在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况右图所示，回答下列问题。
（1）“O”点时液体不能导电，说明醋酸中________离子键(填“含有”或“不含”)。
（2）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为________；a、b、c三点对应的溶液中c(H＋)最大的是________。
（3）要使c点溶液中c(CH3COO－)增大而c(H＋)减小，可采取的两种措施是______________。
（4）若实验测得c点处溶液中c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，c(CH3COO－)＝0.001 mol·L－1，则该条件下CH3COOH电离常数Ka＝________。
（5）在稀释过程中，随着醋酸浓度降低，下列始终保持增大趋势的量是______。
A．c(H＋) B．H＋个数
C．CH3COOH分子数 D. c(H＋)/c(CH3COOH)
【答案】 (1). 不含 (2). c＞b＞a (3). b (4). 加入锌、NaOH或CH3COONa(其他合理答案也可) (5). 1×10－5 (6). BD
【解析】
【详解】(1)溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸为共价化合物，不存在离子键，则没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为不含；
(2
)醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图像知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a；溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，故答案为c＞b＞a；b；
(3)要使醋酸根离子浓度增大，c(H+)减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动，故可以加入Zn，NaOH等；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加CH3COONa等，故答案为加入Zn，NaOH或CH3COONa；
(4)经实验测得c点处：c(CH3COOH)=0.1mol•L-1，c(CH3COO-)=0.001mol•L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka==1.0×10-5，故答案为1.0×10-5；
(5)A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；C．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；D．加水稀释，促进电离，n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，则c(H+)/c(CH3COOH)增大，故D正确；故答案为BD。
【点睛】本题综合考查电解质的电离，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点，解决该问题，可以通过物质的量的变化间接判断。
22.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知浓度的氢氧化钠溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）配制待测的氢氧化钠溶液时，在配制过程中，应选用下列仪器中的__(用序号填空)。
①烧瓶 ②量筒 ③容量瓶 ④锥形瓶 ⑤烧杯 ⑥碱式滴定管 ⑦玻璃棒 ⑧胶头滴管 ⑨漏斗
（2）用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视__。
（3）直到因加入一滴盐酸后，溶液颜色变化是__，并在30s内不变，即为终点。
（4）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液浓度偏大的是__。
A酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸
B.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D.读取盐酸体积开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数
【答案】 (1). ②③⑤⑦⑧ (2). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (3). 黄变橙 (4). AB
【解析】
【详解】(1)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，冷却后转移到容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以选②③⑤⑦⑧；
(2)因为要根据待测液的颜色变化来判断滴定终点，所以眼睛要注视锥形瓶中溶液的颜色变化；
(3)本实验利用盐酸标准液滴定氢氧化钠待测液，开始显碱性，滴定终点显中性，甲基橙为指示剂，所以颜色变化为黄变橙；
(4)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，直接装入标准盐酸，标准液被稀释，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故A选；
B．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，记录的标准液体积偏大，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏大，故B选；
C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥对待测液中溶质的物质的量没有影响，所以对测定结果无影响，故C不选；
D．读取盐酸体积开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数，记录的标准液体积偏小，使测定的氢氧化钠溶液浓度偏小，故D不选；
综上所述选AB。
23.（1）在医学上小苏打经常用于治疗胃酸过多，写出其电离方程式__；其水溶液中各离子浓度大小的关系为__。
（2）常温时，AlCl3的水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)：__。AlCl3溶液蒸干并灼烧得到的物质是__(填化学式)。
（3）泡沫灭火器灭火时发生反应的离子方程是___。
【答案】 (1). NaHCO3=Na++HCO3- (2). c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-) (3). Al3++ 3H2O⇌Al(OH)3+3H+ (4). Al2O3 (5). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【详解】(1)小苏打的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；其水溶液中存在： NaHCO3=Na++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-以及H2O⇌H++OH-；钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)＞c(HCO3-)，碳酸氢钠水解而使溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要是碳酸氢根离子，所以c(HCO3-)＞c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)＞c(CO32-)
，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；
(2)AlCl3的水溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，水解方程式为：Al3++ 3H2O⇌Al(OH)3+3H+；AlCl3溶液蒸干过程中加热促进其水解，而盐酸易挥发，所以蒸干得到的是氢氧化铝，灼烧后得到Al2O3；
(3)硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
24.（1）不同温度下水的离子积的数据：Kw(25℃)=1×10-14；Kt1=a；Kt2=1×10-12，试回答以下问题：
①若25＜t1＜t2，则a__1×10-14(填“＞”“＜”或“=”)，做此判断的理由是__。
②25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-4mol/L，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH-)=__。
（2）一定温度下，有以下三种酸：a.醋酸 b.硫酸 c.盐酸
①当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是_(用a、b、c表示，下同)。
②当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为__。
【答案】 (1). ＞ (2). 升高温度，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 1000∶1 (4). a＞c＞b (5). a=b=c
【解析】
【详解】(1)①水的电离是吸热过程，温度越高水的电离程度越大，离子积越大，而25＜t1＜t2，所以a>1×10-14；
②硫酸钠溶液中一定满足c(Na+)：c(SO42- )=2：1，所以c(Na+)=2×5×10-4 mol•L-1，稀释后c(Na+)=1×10-4 mol•L-1；硫酸钠溶液显中性，稀释后依然为中性，所以c(OH-)=1×10-7 mol•L-1，所以c(Na+)：c(OH-)=1×10-4 mol•L-1：1×10-7 mol•L-1=1000：1；
(2)①酸可以电离出氢离子抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水的电离抑制作用越大，物质的量浓度相同时三种溶液中氢离子浓度：b>c>a，所以水的电离程度a>c>b；
②锌的形状、密度、质量完全相同，则反应速率与氢离子浓度有关，当c(H+)相同、体积相同时，开始时反应速率：a=b=c。
