【化学】四川省成都市外国语学校2018-2019学年高二下学期入学考试（解析版）

四川省成都市外国语学校2018-2019学年高二下学期入学考试
可能用到的相对原子质量: Fe-56 Cl-35.5 O-16 H-1 N-14 Cu-64 Mg-24 Na-23 C12 Sn- 119
一、选择题:本题共25小题，1-15: 15×2=30分； 16-25题 10×3=30分: 共计60分。
1.已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A. 增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B. 该反应的△S＜0
C. 正反应活化能大于逆反应的活化能
D. 反应物断键吸收能量大于成键释放能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
2.下列比较中前者大于后者的是

A
不同情况下速率：
A(g)＋3B(g) 2C(g)
v(A)＝0.15 mol/(L·min)
v(B)＝0.06 mol/(L·s)
B
加水稀释 10 倍后的 pH
1 mL pH＝1 的 CH3COOH
1 mL pH＝1 的 HCl

C
反应热△H
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L 的 HCl
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L CH3COOH

D
反应速率：
Zn＋2H＋ ═ Zn2＋＋H2↑

65 g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应
65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.针对同一个反应，速率之比和系数成正比，v(A)＝0.15 mol/(L·min)=0.0025 mol/(L·s)，用B表示的反应速率为v(B)＝0.06 mol/(L·s)，换算成A表示的反应速率为v(A)＝0.06 mol/(L·s)÷3=0.02 mol/(L·s)，所以前者小于后者，A错误；
B.醋酸属于弱电解质，加水稀释，促进电离，因此1 mL pH＝1 的 CH3COOH，加水稀释 10 倍后的 pH0，根据∆G=∆H-T∆Sc(OH-)的溶液是酸性溶液，H＋、NO3－能够和I－反应生成I2，故其不能大量共存，A项错误；
B．水电离出来的H＋为1×10-13的溶液，不能判断溶液中的酸碱性，可能是酸性，也可能是碱性。在酸性环境下HCO3－不能大量共存，在碱性环境下，Mg2＋、HCO3－不能大量共存，B项错误；
C．Fe3＋和SCN－能够生成红色的化合物，不能大量共存，C项错误；
D．Kw/c(H＋)=c(OH－)=0.1mol/L 的溶液，为碱性环境，Na+、K+、SiO32-、NO3-等几种离子间不能发生离子反应，故其能够大量共存，D项正确；
本题答案选D。
6.某晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低。而 M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是

A. △H1＝△H2＋△H3
B. M(s)溶于水形成溶液△S＞0
C. △H2＞△H3
D. 若 M 为 CuSO4，则 25℃时 CuSO4 溶液 pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，A正确；
B. M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0，B正确；
C. M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H30，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2=△H1-△H3>0，所以△H2＞△H3，C正确；
D. CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，25℃时 CuSO4 溶液 pH④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；
B.盐酸抑制水的电离，pH = 4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106，B正确；
C. 根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L，C错误；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3－)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3 －)＋2c(H2CO3)＋c(H+)，D错误；
综上所述，本题选B。
11.下列有关说法正确且解释合理的是

说法
解释

A
一定温度压强下，2 g H2 和 4 g H2 完全燃烧，后者 燃烧热的数值大

4 g H2 放出热量多

B
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ/mol，
平衡后再加入 SO2，Q 增大

平衡右移，放出热量增多

C
向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr 混合液中滴加
AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)
D
等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa
H2CO3 的酸性比 CH3COOH 强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气的消耗量越大，燃烧放出的热量就越多，4 g H2 放出热量多；而燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，一定温度压强下，氢气的燃烧热的数值是个定值；A错误；
B. 当一个反应确定以后，该反应的△H就不再发生变化，上述反应达平衡后再加入 SO2，平衡右移，放出热量增多，但是△H不变；B错误；
C. 向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr混合液中滴加AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀，说明碘离子和银离子先发生反应生成更难溶的沉淀，Ksp(AgI)较小，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)，C正确；
D. 等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa，说明Na2CO3的水解能力大于CH3COONa的水解能力，根据越弱越水解的规律可知，形成该盐的酸越弱，盐水解能力就越强，所以酸性H2CO3 的酸性比 CH3COOH 弱，D错误；
综上所述，本题选C。
12.已知 A(s)＋2B(g)3C(g)，下列能作为反应达平衡的判断标志的是
①恒温、恒容时，气体的质量不再变化
②恒温、恒容时，混合气体的密度不再变化
③恒温恒压时，容器的容积不再变化
④消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C
⑤恒容绝热时，当温度不再变化
⑥v(B)正＝v(C)逆
A. 有 3 个 B. 有 4 个
C. 有 5 个 D. 有 2 个
【答案】B
【解析】
【详解】①根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，当恒温、恒容时，气体的质量不再变化，反应达平衡状态；
②根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，恒温、恒容时，根据ρ=m/V可知，当混合气体的密度不再变化，反应达平衡状态；
③该反应为气体体积增大的可逆反应，气体的体积和气体的物质的量成正比，因此当恒温恒压时，混合气体的总量不再发生变化时，即容器的容积不再变化时，反应达平衡状态；
④不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，消耗 2 mol B 的同时消耗 3 mol C，反应达平衡状态；现在消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C，反应向右进行，没有达到平衡状态；
⑤反应发生时反应体系的热量在发生变化，在恒容绝热时，当体系的温度不再变化，反应达平衡状态；
⑥不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，v(B)正＝v(C)逆不满足速率之间的比值关系，不能判定反应是否达到平衡状态；
结合以上分析可知，有 4 个正确的；
综上所述，本题选B。
13.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是

A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2
B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1
C. 图丙中，一定是使用了催化剂
D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1后者
③将浓度均为0.1 的溶液和溶液分别接入电压相同的电路中，观察小灯泡亮度：后者>前者
④室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和NaHA溶液的pH:7>前者>后者
⑤室温下，分别测浓度均为0.1 的溶液和溶液的pH:前者>后者
⑥分别用等浓度的NaOH溶液滴定均为0.1 的溶液和溶液，绘制滴定曲线并观察:前者有两个滴定突跃，后者只有一个滴定突跃
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①强酸和弱酸相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，而Zn和溶液中的氢离子发生反应，H＋离子浓度越大，反应速率越快；通过反应速率，可以比较溶液中H＋浓度大小，从而知道酸的电离程度，判断酸性强弱，符合题意；②相同浓度的情况下，强酸完全电离，H＋浓度较弱酸的大，pH越小，符合题意；③相同浓度的情况下，强酸完全电离，离子浓度较弱酸的大，导电能力强，符合题意；④室温下，分别测浓度均为0.1 mol⋅L−1的NaHC2O4溶液和NaHA溶液的pH:7＞前者＞后者，说明NaHC2O4溶液呈现酸性，其电离程度大于水解程度，同浓度的情况下，NaHA的pH比NaHC2O4小，说明草酸是弱酸，符合题意；⑤弱酸的阴离子会水解，对应的酸越弱，阴离子水解能力越强，草酸钠的pH较大，说明草酸较弱，符合题意；⑥滴定曲线中只有1个滴定突跃，说明酸完全电离，有2个滴定突跃，说明酸分步电离，酸为弱酸。草酸有两个滴定突跃，故草酸为弱酸；H2A有一个滴定突跃，H2A为强酸，符合题意；
本题答案选D。
19.四种弱酸的电离常数列于下表:
酸




电离常数







①向溶液中滴加等浓度的溶液不发生反应
②向溶液中通入少量，产物为和
③向溶液中通入过量，产物为和
④等体积等浓度的和溶液相比，后者阴离子的数目更多
以上说法不正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①H3BO3的电离平衡常数，比碳酸的第二步电离平常大，说明H3BO3的酸性，比HCO3－的酸性强，向H3BO3溶液中加入Na2CO3会发生反应，生成HCO3－，符合题意；②HClO的电离平衡常数比碳酸的K1小，但是比K2大，向KClO通入CO2，能生产HClO和HCO3－，不符合题意；③ClO－具有强氧化性，SO2具有还原性，会发生氧化还原反应，生成Cl－和SO42－，符合题意；④Na2CO3溶液中，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，同样的在Na2SO3溶液中，也有c(Na＋)＋c(H＋)=2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，不能直接比阴离子浓度，但是可以通过阳离子浓度来比较，c(Na＋)相同，c(H＋)越大，阳离子浓度，则阴离子浓度越大。Na2CO3溶液和Na2SO3溶液，均为碱性溶液，对应的酸越弱，阴离子水解越强，碱性越强，Na2CO3溶液pH大，c(H＋)越小，则阴离子浓度越小，同体积情况下，数目越小，不符合题意；①③符合题意，有2个；
本题答案选B。
20.下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

下列判断正确的是( )
A. 的燃烧热为-266
B. =-572
C. 制得等量所需能量较多的是系统(I)
D. =+20
【答案】C
【解析】
【详解】A.H2S的燃烧热，完成燃烧生成SO2和H2O，而选项中的数据为反应④－①的数据，生成的是S单质，A项错误；
B．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) 为(①+②+③)×(-2)，△H=（327-151+110）×(-2)kJ·mol－1=-572 kJ·mol－1，生成物为液态水，但是选项中为2H2O(g)，B项错误；
C．制取等量的氢气，利用系统(Ⅰ)，反应①＋②＋③得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)，△H=327－151+110kJ·mol－1=+286 kJ·mol－1；利用系统(Ⅱ)，反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s)
△H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，可知需要能量较多的为系统(Ⅰ)，C项正确；
D．反应②＋③+④，H2S(g)=H2(g)＋S(s) △H=－151+110+61kJ·mol－1=+20 kJ·mol－1，得到的是固态的S，而不是气态的，D项错误；
本题答案选C。
21.常温下向20 mL 0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中错误的是( )

A. a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L
B. b点表示的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和
D. 滴定过程中溶液中的n (CH3COO-) +n(CH3COOH)的和不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A． 根据图像可知，在a点时溶液的pH=3，c(H+)=10-3mol/L，由于在溶液中c(H+)包括水电离产生的离子浓度和酸电离产生的c(H+)，所以a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L，正确；B．根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，b点表示的溶液中，由于溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)，正确；C．若酸与碱恰好中和产生CH3COONa，该盐是强酸弱碱盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液中c(H+)7，而不是等于7，D项错误；
本题答案选A。
24.用0.10 溶液滴定50.00 mL 0.050含有某卤离子()的溶液，用溶液作为指示剂，滴定曲线如图所示。已知：、 、、。

下列有关描述正确的是( )
A. 待测液中的是
B. 若是，则滴定终点由a移动到c
C. a点时，溶液中的浓度上限为
D. 待测液pH应调至强碱性，避免转化为而影响滴定准确性
【答案】C
【解析】
【详解】A．用0.1mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.00mL的含有X－的溶液，当加入25mLAgNO3溶液时，恰好沉淀完全，此时溶液中的c(Ag+)=c(X-)。找到25mL的点，－lg(X－)≈5，可以知道Ksp=c(Ag+)×c(X-)≈10－10，通过已知，可知X－为Cl－，A项错误；
B．如果X－为I－，恰好完全反应时，c(Ag+)=c(I-)，，I－浓度更小，－lg(X－)更大，终点应该有a移动到b，B项错误；
C．a点时，AgCl恰好沉淀完全，而Ag2CrO4不能生成，CrO42－浓度的上限为恰好要生成Ag2CrO4沉淀，，a点，，带入数据，，C项正确；
D．含有CrO42－的溶液中，存在平衡Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H＋，待测液pH应调至强碱性，能使平衡正向移动，溶液中CrO42－占绝大多数，但是溶液为强碱性，Ag＋会直接与OH－反应，生成AgOH，进而分解为Ag2O，会对实验带来干扰，D项错误；
本题答案选C。
25.温度为T，保持压强为p时合成氨气，原料气投料比与的平衡转化率的关系如图所示。M点时，该反应的压力平衡常数为[注：用平衡时气态物质的分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数]( )

A. 341.3 B. 59.3
C. 0.017 D. 0.0029
【答案】A
【解析】
【详解】从图中可以看出来在M点，n(H2)∶n(N2)=3，且N2的转化率为0.8，求压力平衡常数，要先求物质的量分数，假设氢气和氮气开始的物质的量分别为3mol、1mol，氮气转化率0.8，反应0.8mol。则根据三段式，
3H2 ＋ N2 2NH3
开始的物质的量 3 1 0
转化的物质的量 2.4 0.8 1.6
平衡时的物质的量 0.6 0.2 1.6
总的物质的量为2.4mol，分压=总压×物质的量分数，总压为p，
用分压代替平衡浓度进行计算，则有，A符合要求。
本题答案选A。
第II卷 非选择题(共40分)
26.应用中和滴定原理测定某白醋中 CH3COOH 的含量。
(1)25℃时，用 a L 0.1 mol/L 的 NaOH 与 b L 0.1 mol/L 的 CH3COOH 反应。当 c(Na＋)＝
c(CH3COO－)时，CH3COOH 的电离常数为_____。(用字母 a，b 表示)
(2)①用酸式滴定管量取 25.00 mL 白醋加入锥形瓶中，滴几滴_________________ 做指示剂。(填“石 蕊”、“酚酞”、“甲基橙”)
②向锥形瓶中滴加 1.00 mol/L NaOH 标准液。滴加到 20.00 mL 时恰好完全反应，则白醋中c(CH3COOH)＝_____。则滴加到 10.00 mL 时 CH3COO－、CH3COOH、Na＋、H＋、OH－由大到小排列_____。(已知 K(CH3COOH)＝1.7×10-5)
(3)滴定过程中眼睛注视_____，当_____恰好完全反应。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，会导致所测CH3COOH浓度_____________。(填“偏 大”、“偏小”)
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数会使所测CH3COOH浓度___________。(填“偏 大”、“偏小”)
【答案】 (1). k＝1×10－7a/(b－a) (2). 酚酞 (3). 0.800 mol/L (4). c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) (5). 锥形瓶中颜色的变化 (6). 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复 (7). 偏大 (8). 偏小
【解析】
【分析】
(1) 当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，根据溶液中存在的电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)关系，得出c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L，再根据原子守恒，求出溶液中剩余的c(CH3COOH)，最后根据电离平衡常数计算公式K=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)进行计算；

(2)①氢氧化钠与醋酸发生中和反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选用指示剂酚酞；
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行计算；当滴加氢氧化钠体积 10.00 mL 时，混合液为醋酸钠和醋酸的1:1混合液，电离大于水解，溶液显酸性，以此规律分析各粒子浓度大小关系。
(3)根据中和滴定操作要求进行回答。
(4)根据c(CH3COOH) =c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行分析，凡是引起V(NaOH)偏大的，结果偏高；反之，结果偏小。
【详解】(1)反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－),当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L；由于两溶液混合后体积为（a+ b）L，所以c(CH3COO－)= c(Na＋)= aL ×0.1 mol/L/（a+ b）L=mol/L；根据原子守恒规律可知，溶液中剩余的c(CH3COOH)=bL×0.1 mol/L/（a+ b）L-0.1 a/（a+ b）mol/L=0.1 b/（a+ b）-0.1a/（a+ b）=0.1(b- a)/（a+ b）,根据电离平衡常数计算公式K= c(H+) c(CH3COO－)/ c(CH3COOH)= [10-7×0.1 a/（a+ b）]/ 0.1(b- a)/（a+ b）=1×10－7a/(b－a)；
综上所述，本题答案是：k＝1×10－7a/(b－a)。
(2) ①石蕊变色范围为红、紫、蓝，颜色太深，不宜做指示剂；甲基橙的变色范围3.1-4.4，属于酸性变色范围；而酚酞的变色范围8.2-10，属于碱性变色范围；氢氧化钠与醋酸中和后的产物为醋酸钠，溶液为碱性溶液，所以要选择酚酞做指示剂；
综上所述，本题答案是：酚酞。
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)= 1.00 mol/L×20.00 mL×10-3/ 25.00 mL×10-3=0.800 mol/L；
当滴加NaOH到 10.00 mL 时，醋酸反应一半，剩余一半，即溶液中醋酸钠和醋酸的量为1:1；醋酸钠的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10-14/1.7×10-5=5.9×10-10