【化学】甘肃省甘谷第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

甘肃省甘谷第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65
一、选择题(本题共20个小题，每小题只有一个选项，每小题2.5分，共50分)
1.下列叙述中正确的是（ ）
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
C. 工业制粗硅2C(s)＋SiO2(s)===Si(s)＋2CO(g)，室温下不能自发进行，则△H＞0
D. 稀盐酸和稀氢氧化钠反应的中和热为－57.3 kJ•mol-1，则稀醋酸和稀氨水反应的中和热也为-57.3kJ·mol-1
【答案】C
【解析】A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，构成铁铜原电池，铁作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故错误；
B. 常温常压下，气体摩尔体积的值发生变化，11.2 L H2的物质的量不是0.5mol，故错误；
C. △G=△H-T△S，气体体积增加， △S＞0，室温下不能自发进行，即△G>0，则△H＞0，故正确；
D. 醋酸和一水合氨都是弱电解质，其电离都是吸热反应，所以它们反应的中和热不是-57.3kJ·mol-1，D错误；
故合理选项为C。
2. 下列关于能量转换的认识中不正确的是（ ）
A. 原电池工作时化学能全部转化为电能
B. 工业上电解氧化铝制备铝，电能转化成化学能
C. 镁在空气中燃烧时化学能不只转变成热能
D. 绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能
【答案】A
【解析】试题分析：A、能量的转化不一定都是100%的，所以原电池工作时化学能不可能全部转化为电能，A不正确；B、工业上电解氧化铝制备铝，属于电解原理，电能转化成化学能，B正确；C、镁在空气中燃烧时发出耀眼的白光，因此化学能不只转变成热能，C正确；D、绿色植物光合作用过程中生成葡萄糖，太阳能转变成化学能，D正确，答案选A。
3.下列变化中，属于吸热反应的是( )
①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓H2SO4稀释 ④KClO3分解制O2⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥石灰石高温分解⑦铝热反应⑧Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合⑨C＋H2O=CO＋H2 ⑩Al与盐酸反应
A. ②③④⑥⑦⑧⑨ B. ②④⑥⑧⑨
C. ①②④⑥⑧ D. ②③④⑧⑨
【答案】B
【解析】
【分析】常见的吸热反应有大多数分解反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、C与H2O(g)、C与CO2的反应等。
【详解】①液态水汽化，吸收热量，但属于物理变化，故①不符合题意；
②胆矾为CuSO4·5H2O，胆矾受热CuSO4·5H2OCuSO4＋5H2O，属于吸热反应，故②符合题意；
③浓硫酸稀释属于放热过程，故③不符合题意；
④KClO3分解属于吸热反应，故④符合题意；
⑤生石灰与水反应是放热反应，故⑤不符合题意；
⑥石灰石高温分解属于吸热反应，故⑥符合题意；
⑦铝热反应为放热反应，故⑦不符合题意；
⑧Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故⑧符合题意；
⑨C和H2O反应属于吸热反应，故⑨符合题意；
⑩Al与盐酸反应属于放热反应，故⑩不符合题意；
综上所述，属于吸热反应的是②④⑥⑧⑨，
答案选B。
4.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选C。
5.为了减缓锌和一定浓度盐酸反应速率，而又不减少产生氢气的量，向盐酸中加入下列物质，措施可行的是（ ）
A. 升温 B. NaNO3溶液
C. 几滴CuSO4溶液 D. CH3COONa固体
【答案】D
【解析】
【分析】Zn和盐酸反应：Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，减缓反应速率，降低温度或降低c(H＋)。
【详解】A、升高温度，加快反应速率，故A不可行；
B、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生H2，故B不可行；
C、加入几滴CuSO4，发生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不可行；
D、发生反应HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，c(H＋)降低，反应速率降低，CH3COOH能与锌发生置换反应生成H2，不影响H2的量，故D可行；答案选D。
6.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol
B. lmol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol
C. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol
D. HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】A、从燃烧热的定义入手，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
B、△H和化学计量数为对应关系；
C、C的稳定氧化物为CO2；
D、HF为弱酸，弱酸的电离是吸热过程，其中和热的绝对值应小于57.3kJ·mol－1。
【详解】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A错误；
B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B正确；
C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C错误；
D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D错误。
7.在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol/(L·min) B. v（D）=1mol/(L·min)
C. v（C）=0.8mol/(L·min) D. v（B）=0.3mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比。
【详解】A. v（A）=0.5mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
B. v（D）=1mol/(L·min)转化为v（B）=0.25mol/(L·min)；
C. v（C）=0.8mol/(L·min)转化为v（B）=0.27mol/(L·min)；
D. v（B）=0.3mol/(L·min)
对比数值，0.3mol/(L·min)反应最快，答案为D。
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c(SO42-)＞c(NH4+)
B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2
C. pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D. 向0.1 mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
【答案】C
【解析】A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中,当溶液pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以2c(SO42-)=c(NH4+)，故A错误；
B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10:1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1>10c2，故B错误；
C、pH=11的NaOH溶液的c(NaOH)=10-3mol/L，pH=3醋酸溶液的c(CH3COOH)>10-3mol/L，等体积的两种溶液醋酸的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，所以C选项是正确的；
D、氨水的电离方程式为：NH3H2O⇌NH4++OH-，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中减小，故D错误。
答案选C。
9.向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度的变化依次为（ ）
A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小
C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大
【答案】A
【解析】试题分析：NH4＋、Fe3＋水解使溶液呈酸性，对CH3COO－的水解有促进作用，而SO32-水解呈碱性对CH3COO－的水解有抑制作用，故在CH3COONa溶液中加入NH4NO3、FeCl3固体时CH3COO－浓度减小，加入Na2SO3固体CH3COO－浓度增大，答案选A。
10.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，一定条件下发生反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH0，T1温度下的部分实验数据为
t/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)mol/L
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法不正确的是（ ）
A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10－3 mol/(L·s)
B. T1温度下的平衡常数为K1＝125，1 000 s时转化率为50%
C. 其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol/L，则T1T2，则K1>K2
【答案】C
【解析】A.500s内N2O5的浓度变化量为5mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，故N2O5分解速率为=2.96×10-3mol/（L•s），故A正确；
B.1000s、1500s时，N2O5的浓度都是2.5mol/L，说明1000s时反应到达平衡，则：
2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）
开始（mol/L）：5 0 0
变化（mol/L）：2.5 5 1.25
平衡（mol/L）：2.5 5 1.25
故该温度下，平衡常数K==125，N2O5的转化率=×100%=50%，故B正确；
C．其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L>2.5mol/L，T2温度下反应速率减慢，故T1＞T2，故C错误；
D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，若T1＞T2，则K1>K2，故D正确；故选C。
16. 用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是（ ）
A. 电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变
B. 电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小
C. 电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D. 电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】试题分析：电解释H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小；电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH－，阴极消耗H＋，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大；电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，在阴极发生反应：2H＋＋2e－=H2↑，由于两电极通过电量相等，故放出H2与O2的物质的量之比为2∶1；电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1。
17.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是（　　）

A. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等
B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-8
D. t℃时，将0.01mol·L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L-1KCl和0.01mol·L-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀
【答案】C
【解析】A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；C、依据 图像曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-；Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-5=10-11；故C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp(CrO42-)=c2(Ag+)c(CrO42-)=1×10-9；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L，KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)= =×10-4mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故D正确；故选C。
18.用石墨电极完成下列电解实验

实验一
实验二
装置


现象
a、d处试纸变蓝;b处变红局部褪色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】试题分析：A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确。答案选B。
19.25 ℃时，有下列四种溶液：
①
②
③
④
0.1 mol·L－1氨水
pH＝11氨水
0.1 mol·L－1盐酸
pH＝3盐酸
下列说法中正确的是(　　)
A. ①稀释到原来的100倍后，pH与②相同
B. 等体积①③混合、等体积②④混合所得的溶液都呈酸性
C. ①②中分别加入少量CH3COONa固体，c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变小
D. ③④稀释到原来的100倍后，稀释后④溶液中的pH大
【答案】D
【解析】A. 一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，但一水合氨不会完全电离，所以pH小于②，故A错误；
B. 等体积①③混合，二者恰好反应生成氯化铵，NH4+水解而使溶液呈酸性；等体积②④混合，因为氨水浓度远大于盐酸，所以氨水大量剩余使溶液呈碱性，故B错误；
C．向氨水中加入醋酸钠时，醋酸钠水解使溶液呈碱性，抑制一水合氨电离，则①②中c(NH3·H2O)/c(NH4+)的值都变大，故C错误；
D. ③④稀释到原来的100倍后，③④的pH分别是3和5，故D正确。
故选D。
20.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（ ）

A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；
D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。
故选B。
21.按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)__c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)___c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为______________。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol∙L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为____。
【答案】(1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). ②①④③ (6). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (7). 抑制 (8). 5
【解析】
【分析】（1）根据反应后溶液的酸碱性及电荷守恒判断；
（2）强酸强碱完全电离，弱酸弱碱部分电离，据PH=-lg(H+)进行计算；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性，加酸可抑制其水解；
（4）要产生沉淀应c(Cu2+)c2(OH-)Ksp。
【详解】（1）等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中的醋酸根离子水解溶液显碱性，据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)知钠离子浓度大于醋酸根离子，c(Na+)>c(CH3COO−)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，等体积混合后醋酸又电离出氢离子，溶液显酸性，据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)知醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，c(Na+)；酸；