【化学】湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷

湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考
可能用到的相对原子质量：Fe～56 Cu～64
一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48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.根据以下三个热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-Q1 kJ·mol-1，
②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(g) ΔH2=-Q2 kJ·mol-1，
③2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(l) ΔH1=-Q3 kJ·mol-1，
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（Q1、Q2、Q3均大于0）（ ）
A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q2
C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3
【答案】C
【解析】
【分析】
物质由气态变为液态会放出能量，由气态变为固态也会放出能量。
【详解】E[SO2(g)]> E[SO2(s)]，E[H2O(g)]>E[H2O(l)]；
故放出的能量③>②>①，即Q3>Q2>Q1，答案选C。
2.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，
①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；
①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；
②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；
③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；
综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；
故选B。
3.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=－41kJ·mol-1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达平衡过程体系的能量变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
放出热量：32.8kJ
②
0
0
1
4
热量变化：Q
下列说法中，不正确的是
A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%
B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率
C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率
D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据反应热可得反应的CO为32.8kJ÷41 kJ•mol‾1=0.8mol，所以CO的转化率为80%，正确；
B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则：

故平衡常数k==1，故容器②中的平衡常数为1，设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：

所以=1，解得a=0.8，CO2的转化率=×100%=80%，正确；
C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，正确；
D、由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol- 0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，错误。
4.下列说法正确的是(　　)
A. 将0.10 mol·L－1氨水加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大
B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pHc(Cl-)=c(Br-)
D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于碳酸钡可溶于胃酸，故不用其进行肠胃X射线造影检查，应使用硫酸钡，A错误；
B. 在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS小，B正确；
C. 由于AgCl的溶解度大于AgBr，故混合溶液中c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)，C错误；
D. 盐酸和氯化镁中的氯离子会抑制氯化银的溶解，由于等物质的量浓度的氯化镁溶液中的氯离子浓度更大，所以银离子浓度③①>②>③，D错误；
故答案选B。
14.常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. Ka2(H2X)的数量级为10-5
B. 曲线N表示pH与lg的变化关系
C. NaHX溶液中c(H+)c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】在横坐标为0.0时，由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH，由于己二酸的一级电离远大于二级电离，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系；
A. Ka2(H2X)=·c(H+)，当横坐标为0.0时曲线M的纵坐标为5.4，即pH=5.4，此时c（X2-）=c（HX-），则Ka2=10-5.4，数量级为10-6，A项错误；
B. 在横坐标为0.0时，由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH，由于己二酸的一级电离远大于二级电离，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系，故B项正确；
C.根据图像可知，当横坐标为0.0时曲线N的纵坐标为4.4，即pH=4.4，此时c（HX-）=c（H2X），则Ka1=10-4.4，则HX-的水解平衡常数Kh===10-9.6c（OH-），C项错误；
D. 由图像可知当pH等于7时，lg>0，即c(X2-)>c(HX-)，D项错误；
故答案选B
15.常温下，向20 mL 0.01mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L 的NaOH溶液，溶液中水所电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图所示，下列说法不正确的是

A. 从a到c，醋酸的电离始终受到促进
B. a、d对应的纵坐标数值分别是：＞10-12、＞10-7
C. b点：2c(Na+)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)
D. 从b→c的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c(H+)=10-7的点
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正移，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故A正确；
B．a点醋酸部分电离，醋酸电离的氢离子浓度小于0.01mol/L，所以水电离的氢离子浓度＞10-12mol/L，d点，NaOH过量，pH大于7，水的电离被抑制，则d点水电离的氢离子浓度＜10-7mol/L，故B错误；
C．c点，醋酸的物质的量是NaOH的物质的量2倍，溶液中物料守恒为2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），故C正确；
D．c点，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，氢氧化钠体积小于20mL时的某一个值恰好使溶液显中性，所以从b→c的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c（H+）=10-7的点，故D正确；
故选B。
【点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
16.利用下图装置进行实验，甲乙两池均为l mol·L-1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验开始先闭合K1，断开K2。一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流计指针偏转(Ag+浓度越大氧化性越强)。下列说法不正确的是

A. 闭合K1，断开K2后，A电极增重
B. 闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升
C. 断开K1，闭合K2后，A电极发生氧化反应
D. 断开K1，闭合K2后，NO3-向B电极移动
【答案】D
【解析】
A项，闭合K1，断开K2，装置为电解池，A端为阴极，发生反应：Ag++e-= Ag，所以质量增加，故A正确；B项，电解池阳极Ag-e-=Ag+，阴极析出银，NO3-移向阳极，所以乙池浓度增大，甲池浓度减小，故B正确；C项，由已知：断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知B为正极，A为负极，所以A电极发生氧化反应，故C正确；D项，由上分析，B为正极，A为负极，所以NO3-移向A极，故D错误。
二、非选择题（共5小题，共52分）
17.硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二部电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-，HSO4-H++SO42-。请回答下列有关问题：
(1)Na2SO4溶液呈______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由_________________________（用离子反应方程式表示）。
(2)写出H2SO4溶液与BaCl2溶液离子反应方程式______________________________________；
(3)在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是______。（填字母代号）
A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1
B．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）
C．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+c（SO42-）
D．c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）
(4)若25℃时，0.10mol·L-1的NaHSO4溶液的c（SO42-）=0.029mol·L-1，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______0.029mol·L-1（填“＞”“=”或“＜”），其理由是__________________________________。
(5)若25℃时，0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______mol·L-1。
【答案】 (1). 弱碱性 (2). SO42－＋H2O HSO4－＋OH－ (3). HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋ (4). ABD (5). ＜ (6). H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离 (7). 0.01
【解析】
【详解】（1）由于硫酸的第二步电离不完全，导致溶液中存在SO42－＋H2O HSO4－＋OH－这一水解平衡，导致Na2SO4溶液呈弱碱性；
（2）根据题目所给信息，硫酸氢根离子不完全电离，故方程式应写为HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋；
（3）A. 根据物料守恒，可得出c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1，A 正确；
B. 根据质子守恒，可得出c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-），B正确；
C. 根据电荷守恒，可得出c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+2c（SO42-），C错误；
D. 根据物料守恒，可得出c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-），D正确；
故答案选ABD；
（4）由于H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离，故0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）”或“