四川省宜宾市第三中学校2019-2020学年高二10月月考化学试题
高2018级高二上期半期考试题
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题（共40分）
本卷共20个小题，每题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。
1.下列有关化学反应自发性的说法中正确的是( )
A. 放热反应一定是自发进行的反应
B. 化学反应的熵变与反应的方向无关
C. 反应的自发性要综合考虑焓变和熵变两种因素
D. 只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应的自发性判断依据是吉布斯自由能判据△G=△H-T△S，其中△H表示化学反应的焓变，T表示体系的温度，△S表示化学反应的熵变（对于有气体参与且气态物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值），△S=生成物总熵-反应物总熵。若△G<0，则反应能自发，若△G>0，则反应不能自发，若△G=0，则反应达到平衡状态。
A.放热反应不一定都能自发进行，放热反应的△H<0，若△S>0，该反应在高温条件下不一定能自发进行，故A错误；
B.熵变与化学反应的方向有关，若反应方向相反，则熵变数据不同，故B错误；
C.由上述分析可知，一个反应能否自发进行，需根据熵变和焓变进行综合判断，故C正确；
D.自发过程的含义是：在一定条件下不需要借助外力作用就能自发进行的过程。有时需要提供起始条件，如燃烧反应等，故D错误，答案选C。
【点睛】自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，如水往低处流、冰在室温下融化的过程等，而自发反应一定是自发过程。某些自发反应需在一定条件下才能自发进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。如甲烷燃烧时自发反应，但需要点燃才能发生；石灰石分解为氧化钙和二氧化碳为非自发反应，但在高温下也可以发生。
2.下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成
④N2、H2、NH3浓度不再变化
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】可逆反应的平衡状态判断依据是“变量不变”一定平衡。
①.由方程式可知，每断裂1个N≡N的同时，一定有3个H-H键断裂，若同时有3个H-H形成，则说明v正=v逆，化学反应达到平衡状态，故①选；
②.题干未告知各物质的起始量以及转化率，无法判断达到平衡时N2、H2、NH3的分子数之比，故根据分子个数比无法判断反应是否达到平衡状态，故②不选；
③.由方程式可知，每断裂1个N≡N，一定会有6个N-H键形成，故无法判断是否达到平衡状态，故③不选；
④.当其它条件不变，反应中物质的浓度不再变化时，反应一定达到平衡状态，故④选；综上所述，可以证明该反应已达到平衡状态的是①④，故答案为A。
【点睛】对于平衡状态的判断，需注意审题，抓住题干的关键词，不能断章取义形成固定思维，要灵活变通，如本题的①表示的是不同方向的速率，而③表示的是同一个方向。
3.在一定温度下，将2molSO2和1mol O2充入一定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是（ ）
A. SO2和SO3共2mol B. 生成SO32mol
C. 放出197kJ热量 D. 含氧原子共8mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.从方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)中可以看出，SO2与SO3的化学计量数相等，在化学反应过程中，SO2减少的物质的量与SO3增加的物质的量相等，故达平衡时，SO2和SO3共2mol，A正确；
B. 因为反应为可逆反应，所以2molSO2不可能全部转化为SO3，从而得出生成SO3<2mol，B错误；
C. 从热化学方程式可以看出，2molSO2全部反应，放出197kJ热量，但由于参加反应的SO2<2mol，所以放热<197kJ，C错误；
D. 2molSO2和1mol O2
中，共含氧原子共6mol，所以反应后的混合物中，含氧原子也应为6mol，D错误。
故选A。
【点睛】在热化学方程式中，虽然表示的反应为可逆反应，但我们在提取数据时，仍把反应看作是完全进行的反应，如2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1，表示2molSO2(g)与1molO2(g)完全反应，生成2molSO3(g)时，放热197kJ。
4.在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡1.7倍，下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. A的转化率变小
C. D的物质的量变多 D. a>c+d
【答案】B
【解析】
将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡1.7倍，D的浓度小于原来的2倍，所以平衡逆向移动，a
b>c C. a>c>b D. c>a>b
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外界条件对铵根离子水解平衡的影响分析解答。
【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的水解对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4＋的浓度的大小关系是c＞a＞b，答案选D。
13.下列装置或实验操作正确的是
A. ①用pH试纸测某溶液的酸碱性 B. ②探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2
C. ③吸收氨气制氨水 D. ④中和滴定实验
【答案】B
【解析】
A．用pH试纸测某溶液的酸碱性，pH试纸放在玻璃片上，不能放在桌子上，A错误；B．锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化性KMnO4＞Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2＞I2，B正确；C．吸收溶解度较大的气体时，漏斗应刚好接触溶液，不是深入到溶液内，C错误；D．滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，D错误；答案选B。
14.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是( )
A. c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B. c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
C. c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
CH3COOH是一元弱酸，在10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；根据物料守恒分析A选项；根据质子守恒分析B选项；根据醋酸根离子水解和溶液显碱性分析C选项；根据电荷守恒分析D选项。
【详解】A.反应后溶液的溶质为醋酸钠，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
B.醋酸钠溶液中的质子守恒为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，不符合题意；
C.醋酸钠溶液中醋酸根水解会消耗醋酸根离子，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，故c(OH－)> c(H＋)，因醋酸根离子的水解程度很微弱，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)> c(OH－)> c(H＋)，符合题意；
D.醋酸钠溶液中的电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，不符合题意；综上所述，答案为C。
15.下列关于反应热的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应生成1molH2O时会放出57.3kJ的热量
B. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝-890.3kJ·mol-1
C. 一定条件下，将0.5molN2和l.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＝-38.6kJ·mol-1
D. 若S(s)+O2(g)＝SO2(g) △H1，S(g)+O2(g)＝SO2(g) △H2；△H1<△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应生成1molH2O时放热大于57.3kJ，因为SO42-+Ba2+=BaSO4↓会释放热量，A错误；
B. 从甲烷为1mol，产物CO2(g)、H2O(l)的组成和状态，燃烧热为890.3kJ·mol-1三点分析， CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝-890.3kJ·mol-1是表示甲烷燃烧热的热化学方程式，B正确；
C. 一定条件下，将0.5molN2和l.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，但实际参加反应的N2＜0.5mol，因此无法计算反应热，C错误；
D. 若S(s)+O2(g)＝SO2(g) △H1，S(g)+O2(g)＝SO2(g) △H2；由于S(s)→S(g)需要吸热，所以后者放出的热量多，但由于△H为负值，所以△H1>△H2，D错误。
故选B。
16.常温下，用 0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol·L－1某一元酸HA溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是( )
A. HA是强电解质
B. 点①所示溶液中：c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)
C. 点②所示溶液中：c(Na＋) =c(HA) ＋c(A－)
D. 水的电离程度随着NaOH溶液的滴入，不断增大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐类的水解规律及弱电解质的电离平衡分析解答；根据混合溶液中离子浓度的大小比较规律分析解答。
【详解】A.根据图象中氢氧化钠溶液体积为0时HA溶液的pH可知，若HA为强酸，0.1mol/L的HA溶液的pH=1，而0.1mol/L的HA溶液的pH一定大于1，故HA为弱酸，即弱电解质，故A错误；
B.①点时，V(NaOH)=10.00mL，HA过量，氢氧化钠被完全反应，发生了中和反应：NaOH+HA=NaA+H2O ，所得溶液中含等物质量浓度HA和NaA，由于溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，故溶液中的离子浓度大小顺序为：c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)，故B正确；
C. 若两者恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的pH＞7，点②pH=7，即c（H+）=c（OH-），说明此时氢氧化钠不足，根据电荷守恒，可得到：c(Na＋) +c(H+)=c(OH-) ＋c(A－)，其中，c（H+）=c（OH-），则c(Na＋) = c(A－)，故C错误；
D. 向HA溶液中滴加NaOH溶液的过程中，在没有完全反应前水的电离程度一直增大，但当NaOH过量后即③点后，随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐减小，故D错误。
故选B。
【点睛】酸、碱中和型离子浓度的关系
17.下列生产生活等实际应用中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+ HClO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 使用更有效的催化剂，提高可逆反应的转化率
C. 工业合成NH3是放热反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温的措施
D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率（2SO2+O22SO3）
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释，据此分析解答。
【详解】A.氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，生成氯化银沉淀，溶液中氯离子浓度降低，平衡向右移动，氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，不符合题意；
B.由于催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；
C.合成氨反应是放热的反应，降低温度，会促使平衡正向移动，可以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；
D.通入过量空气，增加了氧气的浓度，促进平衡正向移动，二氧化硫的转化率将会增大，能用勒夏特列原理解释，不符合题意；综上所述，答案为B。
18.室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是
A. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B. pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C. pH＝3的醋酸和pH＝11的的氢氧化钡溶液等体积混合
D. pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH＝3的盐酸中氯化氢浓度为0．001mol/L，而pH＝11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故A错误；
B选项，盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH＝7，故B错误；
C选项，pH＝3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0．001mol/L，pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0．001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，故C正确；
D选项，一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0．001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于0．01mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，故D错误；
综上所述，答案为C。
考点：考查溶液溶液酸碱性判断
19.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是( )
酸
HX
HY
HZ
电离常数Ka
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
B. 相同温度下，1mol/L HX溶液的电离平衡常数小于0.1mol/L HX
C. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
D. HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应
【答案】D
【解析】
分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
20.下图所示与对应叙述相符合的是（ ）
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)
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