【解析】广东省普宁市华美实验学校2017-2018学年高二上学期第二次月考化学试题

广东省普宁市华美实验学校学年高二上学期第二次月考化学试题（解析版）广东省普宁市华美实验学校学年高二上学期第二次月考化学试题1.化学与生活密切联系，下列与盐类水解无关的是（

）A.

用NaHCO3粉末作灭火剂B.

实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞C.

实验室配制FeCl3溶液时，应先将其溶解在盐酸中，而后加水稀释D.

加热蒸干A1C13溶液得到A1(OH)3固体【答案】A【解析】A、用NaHCO3粉末作灭火剂，是利用其受热分解产生二氧化碳，起到灭火的作用，与盐类水解无关，选项A选；B、Na2SiO3溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃而使玻璃塞与玻璃瓶粘边在一起而打不开，与盐类水解有关，选项B不选；C、实验室配制FeCl3溶液时，应先将其溶解在盐酸中，而后加水稀释，盐酸可抑制FeCl3水解，与盐类水解有关，选项C不选；D、AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧会得到Al2O3固体)，与盐类水解有关，选项D不选。答案选A。2.密闭容器中，对于可逆反应A(?)+3B(?)2C（g），平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是(

)A.

若正反应方向ΔH＜0，则T1＞T2B.

A一定为气体C.

B一定为气体D.

压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小【答案】C【解析】A．若正反应方向△H＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，C的含量降低，由图可知，温度T2到达平衡时C的含量较低，故温度T2＞T1，选项A错误；B．温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即B一定是气体，故B一定为气体，A可能是气体，可能为非气体，选项B错误；C．温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即B一定是气体，故B一定为气体，选项C正确；D．温度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，故B一定为气体，混合气体的总质量增大，总的物质的量减少，故平均相对分子质量增大，选项D错误。答案选C。3.下列水解的离子方程式正确的是（

）A.

Br－+H2O

HBr+OH－B.

NH4++2H2ONH3•H2O+H3O+C.

CO32﹣+2H2OH2CO3+2OH﹣D.

Fe3++3H2O

Fe（OH）3↓+3H+【答案】B【解析】A．氢溴酸为强电解质，所以溴离子不是弱酸根离子，在水溶液里溴离子不水解，选项A错误；B．铵根离子与水电离的氢氧根离子结合生成弱电解质一水合氨同时产生氢离子，为水解反应，选项B正确；C．碳酸根离子分两步水解，第一步水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，选项C错误；D．盐类的水解是微弱的，一般不产生沉淀，不用沉淀符号，选项D错误。答案选B。4.在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2−+H2OHS−+OH−。下列说法正确的是(

)A.

稀释溶液，水解平衡常数增大B.

升高温度，c(HS−)/c(S2−)增大C.

加入NaOH固体，溶液pH减小D.

通入CuSO4固体，HS−浓度增大【答案】B【解析】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，选项A错误；B、水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2）减小，c（HS）增大，所以c(HS−)/c(S2−)减小，选项B错误；C、加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，选项C错误；D、通入H2S，HS浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，使S2+H2OHS+OH正向移动，HS浓度增大，选项D正确。答案选B。5.室温下，下列说法中错误的是(

)A.

pH=1的NaHSO4溶液：c(H＋)=c(SO42)＋c(OH)B.

pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)C.

pH=5的下列溶液①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸中由水电离出来的c(H＋)水：①＞②＞③D.

pH相同的下列三种溶液①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO中的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】C【解析】A、根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO42)＋c(OH)，因为c(Na＋)=c(SO42)，所以c(H＋)=c(SO42)＋c(OH)，选项A正确；B、等浓度的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液PH大小NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），选项B正确；C、氯化铵促进水的电离，醋酸和盐酸抑制水的电离，pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中c（H+）水：①＞②=③，选项C错误；D、酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查了弱电解质溶液酸碱性分析，电离平衡影响因素的理解应用，盐类水解和影响水的电离平衡因素的分析判断是解题关键。盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大；水的电离：酸或碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度。6.下列说法正确的是(

)A.

0.1mol·L－1的ZnCl2溶液中通入足量H2S，最终得不到ZnS沉淀是因为溶液中：c(Zn2＋)·c(S2－)＜Ksp(ZnS)B.

根据Ksp(AgCl)＝1.77×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12，可以推知AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度大C.

向AgCl与AgNO3的浊液通入少量H2S，有黑色沉淀生成，则Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D.

向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的小【答案】A【解析】A、当Qc=

c(Zn2＋)·c(S2－)>Ksp(ZnS)时，有沉淀生成，当Qc=

c(Zn2＋)·c(S2－)<Ksp(ZnS)时没有沉淀产生，选项A正确；

B、因为硫酸银与氯化银的化学式中阴阳离子个数比不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，选项B错误；C、不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，选项C错误；D、碳酸钡沉淀溶解平衡为：BaCO3(s)

Ba2+(aq)+CO32(aq)，加入硫酸，CO32与H+反应生成二氧化碳气体，使沉淀溶解平衡正向移动，因此不能说明硫酸钡的Ksp比碳酸钡的小，选项D错误。答案选A。7.常温下，用0.1000mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是A.

点①所示溶液中：c(CH3COO)＋c(OH)=c(CH3COOH)＋c(H＋)B.

点②所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO)=c(H＋)=c(OH)C.

该滴定过程可选择甲基橙作为指示剂D.

溶液中②、③点水的电离程度：③＞②【答案】D【解析】A、点①为醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，根据电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)，且c(CH3COO－)>c(Na+)>

c(CH3COOH)，故c(CH3COO)＋c(OH)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，选项A错误；B、点②不是滴定终点，根据电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)，

而溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(Na+)＋c(H＋)

，选项B错误；C、把氢氧化钠滴加到弱酸中，开始时显酸性，当滴定达到终点时，溶液呈弱碱性，而选择甲基橙作为指示剂时滴定终点溶液呈酸性，会使碱的用量偏少，引起误差，选项C错误；D、②点不是滴定终点酸过量，酸的电离抑制水的电离，③为滴定终点，是醋酸钠溶液，盐的水解促进水的电离，故水的电离程度：③＞②，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查溶液中离子浓度大小比较、图像方法在表示反应物与生成物关系的应用的知识。在进行电解质溶液中离子浓度大小比较时，要结合若电解质的电离平衡、盐的水解平衡进行分析，水解产生OH，使溶液c(OH)增大。若电离程度大于水解程度，则c(H+)>c(OH)，溶液显酸性；若电离程度小于水解程度，则c(H+)<c(OH)，溶液显碱性。同时会应用电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行判断。电荷守恒就是溶液中所有阳离子带有的正电荷总数与所有阴离子带有的负电荷总数相等；物料守恒是溶液中元素的各种存在形式的微粒的关系符合化学式中元素原子个数比；质子守恒就是水电离产生的氢离子与氢氧根离子的浓度相等。8.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验:（1）取冰醋酸配制250mL0.4mol·L－1的醋酸溶液，用0.4mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：①将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如右图所示。则稀释过程中溶液的pH由大到小的顺序（填字母）。②配制250mL0.4mol·L－1

醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。③为标定该醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol·L－1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0018.8019.95该醋酸溶液的准确浓度为（保留小数点后四位），上述标定过程中，造成测定结果偏高的原因可能是（多选、错选不得分）。a．未用标准液润洗碱式滴定管b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液（2）该小组同学探究浓度对醋酸电离程度的影响时，用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：醋酸浓度(mol·L－1)0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73①根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是。②简述用pH试纸测

0.1mol·L－1

醋酸溶液pH的方法。③利用水解理论设计实验证明醋酸的酸性比碳酸的强：。【答案】a＞c＞b250mL容量瓶0.2000mol/Lad0.0100mol/L

醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照分别测定等浓度CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，NaHCO3溶液的pH较大，则醋酸的酸性比碳酸的强【解析】（1）①导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH由大到小的顺序为a＞c＞b；②根据仪器的用途选取仪器，配制250mL0.4mol·L－1

醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；③根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20mL，则氢氧化钠溶液平均浓度=0.2000mol/L×0.02L0.02L0.2000mol/L×0.02L0.02L=0.2000mol/L；a．未用标准液润洗碱式滴定管，则消耗标准液的体积增加，测定结果偏高；b．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)c(标准)×V(标准)V(待测)可知，测定结果偏低；c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作正确，不影响测定结果；d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)V(待测)c(标准)×V(标准)V(待测)可知，V(标准)V(标准)偏高，则测定结果浓度偏高；答案选ad；（2）①若醋酸为强酸，则完全电离由于是一元酸，0.0100mol/L的醋酸的pH应为2，已知pH为3.38，说明醋酸没有完全电离,是弱酸；故结论的依据是：0.0100mol/L

醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l；②用pH试纸测

0.1mol·L－1

醋酸溶液pH的方法:用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照；③根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，设计实验证明醋酸的酸性比碳酸的强：分别测定等浓度CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，NaHCO3溶液的pH较大，则醋酸的酸性比碳酸的强。9.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．根据要求回答问题（1）铝盐的水解原理在生活中应用广泛，如明矾常作净水剂，其净水的原理是（用离子方程式表示）；如硫酸铝常作泡沫灭火器原料之一，其原理是（用离子方程式表示）。（2）室温下，0．1mol／L的某二元酸H2B溶液中，溶液中存在的含B粒子只有HB一、B2－，回答下列问题：①写出H2B在水中的电离方程式是；②在0.1mol/L

的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是；A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol/L

B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)

D．c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)③已知0.1mol/LNaHB溶液的pH＝2,

0.1mol/LNaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为。（3）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：HCN:4.9×10－10，H2CO3:K1＝4.4×10－7

K2＝4.7×10－11，向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，写出发生反应的化学方程式

。（4）含Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3

mol·L﹣1的Cr2O72﹣．为了使废水的排放达标，进行如下处理：①绿矾为FeSO4·7H2O，反应（I）中FeSO4与Cr2O72﹣的物质的量之比为．②常温下若处理后的废水中c（Cr3+）=6.0×10﹣7

mol·L﹣1，则处理后的废水的pH=．（Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）【答案】Al3++3H2OAl（OH）3+3H+Al3++3HCO3－===Al（OH）3+3CO2↑H2B===H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－CDc(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(B2)>c(OH)H2O+CO2+NaCN=HCN+NaHCO36:16【解析】（1）明矾溶于水电离出铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，所以明矾能净水，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；硫酸铝常作泡沫灭火器原料之一，与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝同时生成二氧化碳和硫酸钠，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3－=Al（OH）3+3CO2↑；（2）①二元酸H2B溶液中存在的含B粒子只有HB一、B2－，说明不存在酸分子第一步电离完全，存在HB一说明第二步电离不完全，故H2B在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－、HB－H＋＋B2－；②在Na2B溶液中存在：Na2B=2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋OH－。由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(OH－)＋c(HB－)，选项C正确；由物料守恒知c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＝0.2mol·L－1，选项D正确；在Na2B溶液中不存在H2B，选项A错误；由物料守恒和电荷守恒知选项B错误。答案选CD；③0.1mol/LNaHB溶液的pH＝2，则HB的电离大于水解，c(HB)>c(B2)，c(Na+

)最大，

H+来自于HB的电离和水的电离，故c(HB)>c(H+)>c(B2)，因此在NaHB溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+

)>c(HB)>c(H+)>c(B2)>c(OH)；（3）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：HCN:4.9×10－10，H2CO3:K1＝4.4×10－7

K2＝4.7×10－11，则酸性强弱H2CO3>HCN>HCO3，所以HCN和碳酸根离子反应生成CN、HCO3，则Na2CO3溶液中加入过量HCN，反应方程式为：Na2CO3+HCN=NaHCO3+NaCN；（4）①Cr2O72﹣有较强氧化性，FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第（I）步反应中Cr2O72﹣在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72﹣+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故反应（I）中FeSO4与Cr2O72﹣的物质的量之比为6：1；②Ksp[Cr（OH）3]=c(Cr3+)c3(OH)=6.0×10﹣7×c3(OH)=6.0×10﹣31，则c(OH)=1.0×10﹣8，故pH=6。10.铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，它们的化合物在工业上有重要的应用。（1）现将含0.5molFeCl3的溶液和含0.5molKSCN的溶液混合，混合后溶液体积为1L，已知溶液存在平衡：Fe3+(aq)+SCN(aq)

Fe(SCN)2+(aq)（忽略其它过程）。平衡浓度c[Fe(SCN)2+]与温度T的关系如图所示：温度为T1时，反应在5秒钟时达到平衡，平衡时c[Fe(SCN)2+]=0.45mol·L－1，求达到平衡时的平均反应速率v(SCN)＝，该温度下的Fe3+的平衡转化率为，该温度下反应的平衡常数为。（2）羰基法提纯镍涉及的一个反应为：Ni(s）+4CO(g）Ni(CO）4(g）①当温度升高时，减小，则该反应的⊿H0（填“>”或“<”）。②一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是（填代号）。（3）CoxNi(1x)Fe2O4

(其中Co、Ni均为+2价）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。两种不同方法制得的催化剂在10℃时催化、分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化的曲线如右图所示。由图中信息可知法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+

两种离子中催化效果较好的是。【答案】0.09mol·L－1·s－190%180＜bd微波水热法Co2+【解析】(1)温度为T1时，反应在5秒钟时达到平衡，平衡时c[Fe(SCN)2+]=0.45mol·L－1，则v[Fe(SCN)2+]＝0.45mol/L5s0.45mol/L5s=0.09mol·L－1·s－1,

v(SCN)＝v[Fe(SCN)2+]＝0.09mol·L－1·s－1；反应的c(Fe3+)=c[Fe(SCN)2+]=0.45mol/L，Fe3+的平衡转化率为0.45mol/L0.5mol/L0.45mol/L0.5mol/L×100%=90%；平衡时c[Fe(SCN)2+]=0.45mol/L，c(Fe3+)=0.5mol/L0.45mol/L=0.05mol/L，c(SCN)＝c(Fe3+)==0.05mol/L，该温度下反应的平衡常数为0.450.05×0.050.450.05×0.05=180；（2）该反应的平衡常数为K=[Ni(CO)4][CO]4[Ni(CO)4][CO]4，当温度升高时，[Ni(CO)4][CO][Ni(CO)4][CO]减小，则K=[Ni(CO)4][CO]4[Ni(CO)4][CO]4减小，故反应为放热反应，所以△H＜0；②a．反应向正向进行有CO气体生成气体Ni(CO)4密度增大，选项a错误；b．反应向正向进行，CO浓度减小，速率减小，当CO正反应速率不变时说明反应掉的CO速率等于生成CO的速率，反应达到平衡状态，选项b正确；c．该反应是放热反应，一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，开始时反应正向进行，焓变发生改变，选项c错误；d．一定量的粗镍和CO加入一恒压密闭容器中，反应正向进行，CO转化率升高，达到平衡时，消耗的CO等于生成的CO，故转化率保持不变，选项d正确；答案选bd；（3）过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高。点睛：本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算和应用、催化剂的作用、对图象的分析处理等，需要学生具备知识的基础，侧重于考查学生的分析能力和对图象信息的应用能力。注意化学反应速率之比等于反应计量数之比以及催化剂只改变化学反应速率而不能使化学平衡移动的知识理解。11.用硫酸分解磷尾矿[主要成份为Ca5(PO4)3F]可制得中强酸磷酸H3PO4。请回答：（1）Na2HPO4溶液呈碱性，则在该溶液中c(H2PO4－)c(PO43－)（填“>”、“<”、“＝”），向Na2HPO4溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液显酸性，溶液显酸性的原因是(从电离平衡移动角度分析)：。（2）Ca5(PO4)3F(s)