【化学】湖南省湘西自治州四校2018-2019学年高二上学期12月联考（解析版） 试卷

湖南省湘西自治州四校2018-2019学年高二上学期12月联考
1.反应A＋B→C（ΔH0），②X→C（ΔH③＝②>① B. ①>②>③>④
C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【分析】
在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。
【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。
①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1　；
②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1　；
③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；
④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；
综上所述，①>④>②＝③；
答案为C。
5.某化学反应其△H＝—122 kJ/mol，∆S＝ 231 J/(mol·K)，下列说法正确的是：
A. 在任何温度下都不能自发进行 B. 在任何温度下都能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【解析】
试题分析：根据吉布斯自由能G =" H" – TS可以判断，当GT1，在同一时间，降低温度，平衡转化率升高，故可逆正反应放热；P2压强时反应较快平衡，即P2>P1，在同一时间，降低压强，平衡转化率升高，故m z A 错，
B 错，A的转化率降低C 对，C的体积分数减小，D 错。
10.某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示,
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)(mol/L)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)(mol/L)
0.010
0.010
0.020

下列判断不正确的是：
A. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%
B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C. 平衡时，丙中c(CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【答案】A
【解析】
【分析】
在恒容密闭环境下，增大反应物浓度，平衡正向移动，以甲容器为标准，乙容器增大氢气浓度，二氧化碳转化率升高，氢气转化率下降；丙容器同时扩大两气体浓度，产物浓度增大，反应物转化率不变。
【详解】以甲容器为准，设反应产生水xmol。
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)
反应前 0.01 0.01 0 0
反应中 x x x x
反应后 0.01-x 0.01-x x x
平衡常数=，故x=0.006，氢气转化率为60%。
A. 平衡时，乙中增大氢气浓度，H2的转化率下降，小于60%，A错误；
B. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，甲中和丙中H2的转化率均是60%，B正确；
C. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，丙中c (CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L，C正确；
D. 反应物浓度越高，反应速率越快，故反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢，D正确；
答案为A。
【点睛】本题要从甲组进行对比，增加反应物产物，其余物质转化率增大，但自身转化率降低。本题难点在于等比例增大物质时，转化率不变，但是反应速率增大。
11.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是
A. AgNO3　CuCl2　 Cu(NO3)2 B. KCl Na2SO4 CuSO4
C. CaCl2 KOH NaNO3 D. HCl HNO3 K2SO4
【答案】B
【解析】
由电解规律可得：
类型
化学物质
pH变化
放O2生酸型
CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2
降低
放O2生酸型
KCl、CaCl2
升高
电解电解质型
CuCl2
升高
HCl
升高
电解H2O型
NaNO3、Na2SO4、K2SO4
不变
KaOH
升高
HNO3
降低
故选B。
12.近几年具有超常性能的铝离子电池成为研究热点，某化学研究所研发出了以新型石墨烯（Cn）作正极材料的铝离子电池，可在一分钟内完成充电，其放电时的工作原理如图所示．下列说法不正确的是

A. 放电时，正极的电极反应式为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-
B. 放电时，每生成1molAl2Cl7-转移电子数目为0.75NA
C. 充电时，阴极的电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-
D. 充电时，铝电极连接电源负极，该电极有Cn[AlCl4-]生成
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，新型石墨烯（Cn）作正极材料，铝单质为负极，故正极反应物为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-；故负极反应式为Al+7AlCl4--3e =4Al2Cl7-。
【详解】A. 放电时，正极的电极反应式为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-，A正确；
B. 放电时，根据电极反应式，每生成4molAl2Cl7-转移电子3mol，故每生成1molAl2Cl7-转移电子数目为0.75NA，B正确；
C. 充电时，电极反应式为负极逆反应，阴极的电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，C正确；
D. 充电时，电极反应式为负极逆反应，铝电极连接电源负极，该电极有Al2Cl7-生成，D错误；
答案为D。
13.常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为
①pH＝0的盐酸　 ②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④pH＝11的NaOH溶液
A. 0∶1∶12∶11 B. 1∶10∶100∶1 000
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】B
【解析】
【分析】
水的电离H2O=H++OH-，故溶液酸性或碱性均抑制水的电离。
【详解】①pH＝0的盐酸，c(H+)=1mol/L，水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)，c(OH-)=Kw/c(H+)=Kw；
②0.1 mol·L－1的盐酸，c(H+)=0.1mol/L，水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)，c(OH-)=Kw/c(H+)=10Kw；
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液，c(OH-)=0.01mol/L，水电离出的氢离子浓度等于Kw/c(OH-)=100Kw；　
④pH＝11的NaOH溶液，c(OH-)=10-3mol/L，水电离出的氢离子浓度等于Kw/c(OH-)=103Kw；
综上所述，由水电离出的氢离子浓度之比为1:10:100:1000。
答案为B。
【点睛】本题难点在于水电离出的氢离子浓度来源，对于碱性物质来说，氢离子全部由水电离产生；对于酸性物质来说，氢离子绝大部分为酸的电离，故计算时要以水的电离产生的氢离子和氢氧根数目相等为条件，首先对于溶液中氢氧根浓度进行计算。
14.已知t ℃时，水的离子积为KW，该温度下，将a mol·L－1氨水溶液和b mol·L－1 HCl溶液等体积混合，下列判断一定正确的是
A. 若溶液呈酸性，则ab，则混合液中的c()大于c(Cl－)
C. 若c(OH－)＝mol·L－1，则混合液一定呈中性
D. 混合液中c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
【分析】
氨水和盐酸等体积混合，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，若混合溶液为酸性，则c(NH4+)b，溶液酸碱度不确定，无法判断反应后浓度；混合后溶液为中性，故氢离子浓度等于氢氧根浓度，故c(OH－)＝ mol·L－1。
【详解】A. 根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，若混合溶液为酸性，则c(NH4+)b，溶液酸碱度不确定，无法判断反应后浓度，B错误；
C. 混合后溶液为中性，故氢离子浓度等于氢氧根浓度，故c(OH－)＝ mol·L－1，C正确；
D. 根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，混合液中c (Cl－)和c(NH4+)及铵根水解产物的浓度关系与溶液酸碱性有关，故无法确定，D错误；
答案为C。
15.下列关于电解质溶液的正确判断是：
A. 在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO3-、Na＋可以大量共存
B. 在pH＝0的溶液中，Na＋、NO3-、SO32-、K＋可以大量共存
C. 由0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－
D. 由0.1 mol/L一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－
【答案】D
【解析】
试题分析：A．pH＝12的溶液显碱性，则HCO3－不可以大量共存，A错误；B．pH＝0的溶液显酸性，则NO3－与SO32－发生氧化还原反应不可以大量共存，B错误；C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH部分电离，属于弱碱，则溶液存在BOHB＋＋OH－，C错误；D．由0.1mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知HA是弱酸，则NaA溶液存在水解平衡A－＋H2OHA＋OH－，D正确，答案选D。
考点：考查离子共存及弱电解质的电离
16.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V0的HX和HY溶液，分别加水稀释至体积V，AG随lg 的变化如图所示。下列叙述正确的是

A. 相同条件下NaX溶液的pH大于NaY溶液的pH
B. 水的电离程度：a＝b ② > ③ > ① (2). ① > ③ > ② > ⑤ > ④ (3). = (4). > (5). c（HSO3-）+ 2c（SO32-）+ c（OH-） (6). 0.1mol/L
【解析】
【分析】
题目中后四种溶液均存在水解反应，同时碳酸氢铵中的碳酸氢根和铵根发生双水解；根据电荷守恒和物料守恒进行浓度关系的求解。
【详解】（1）① 氨水是弱碱，显碱性，发生电离反应，但是电离程度较弱，铵根浓度低，氢离子浓度低；
② 氯化铵为强酸弱碱盐，显酸性，铵根发生水解产生氨水，水解程度低，铵根浓度较高，氢离子浓度较①高；
③ 碳酸氢铵为弱酸弱碱盐，显中性，碳酸氢根和铵根发生双水解反应，促进水解正向移动，铵根浓度有所降低，氢离子浓度较②低；
④ 硫酸氢铵为强酸弱碱盐，完全电离出的氢离子抑制铵根水解，铵根浓度较②高，氢离子浓度最高；
⑤ 硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根发生水解产生氨水，但是在等物质的量浓度情况下，硫酸铵(NH4)2SO4的铵根浓度接近其余盐类的2倍，故铵根浓度最高，溶液中氢离子完全由水解产生，浓度比④低；
综上所述，(NH4+)大小的顺序⑤ > ④ > ② > ③ > ①；
溶液pH大小的顺序是① > ③ > ② > ⑤ > ④；
（2）常温下有NH4Cl和NH3·H2O组成的混合液：
根据电荷守恒可知，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；
若其pH=7，c(H+)=c(OH-)，则该溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；
若pH＞7，c(H+) (3). > (4). A (5). < (6). 温度升高，化学反应速率加快 (7). ae
【解析】
试题分析：（1）根据气体反应的平衡常数K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3OH)，可得该反应的化学方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O。
（2）根据400℃，K=32；500℃，K=44，温度升高，K值增大，该反应是吸热反应，△H > 0.
（3）①根据表格提供的数据Q=（0.68×0.68）÷（0.54×0.54）=1.6υ逆；②根据图像，位于图像上的点都是化学平衡点，位于图像上方的点，都需要降低甲醇物质的量达到平衡，即反应正向移动，υ正 >υ逆，所以此时反应点在图象的位置是图中A点，因为温度升高，化学反应速率加快，所以图中B、D两点所对应的正反应速率υB c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—) (2). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (3). 溶液由无色变成紫红色 (4). V/80 (5). 10 (6). 能
【解析】
【分析】
根据电荷守恒可知，KOH与等浓度，等物质的量浓度草酸混合后，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），故草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，同时除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)；草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，产生二氧化碳，滴定终点前，草酸浓度大于高锰酸钾浓度，溶液为无色，最终高锰酸钾过量，溶液变为紫色。
【详解】（1）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液20 mL与0.2 mol/L的草酸溶液20 mL混合后溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），同时除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—)；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
    2            5
10-4Vmol      0.02Xmol             
可得：X= V/80mol/L；
（3）0.005mol/L 20ml的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n=CV=0.005mol/L×0.02L=10-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10-4mol/L，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生。在90℃下，Kw=3.8×10-13， c(OH-)=（0.01-0.0024）/2=0.0038mol/L，则c(H+)=1.0×10-10mol/L，混合后溶液的pH=-lg c(H+)=10；
（4）在草酸钙的饱和溶液中，c（C2O42-）=C（Ca2+），根据草酸钙的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c（Ca2+）=2×10-4×2/3=4/3×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4 /3=8/3×10-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca2+）•c （CO32-）=3.6×10-8＞Ksp（2.5×10-9），有沉淀产生。
21.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。
物质
燃烧热（kJ/mol）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.5



（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式__________________________________________________________________。
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K=__________________。按化学平衡移动原理，在图中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。_________

（3）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。

通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为_____极，左端碳棒上的电级反应为________________，右池中的c(NaOH)：c(Na2S)___________(填“增大”、“ 基本不变”或“减小)。
（4）已知：HCN的电离常数Ka=4.9×10－10，H2S的电离常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.0×10−15，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的化学方程式为__________________________________________________________________。
（5）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.0020 mol·L−1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时，Mn2+开始沉淀，则a=_________________________________________。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10−15]
【答案】 (1). 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5 kJ/mol (2). 0.25 (3). (4). 阳 (5). 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ (6). 基本不变 (7). NaCN+H2S=HCN+NaHS (8). 6
【解析】
【分析】
甲烷燃烧反应CH4+2O2点燃CO2+2H2O，乙烯燃烧反应为C2H4+3O2点燃2CO2+2H2O，故甲烷制备乙烯的反应根据盖斯定律求解；
由题可知，电解池目的为将硫化氢转化为硫单质，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气；
由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS。
【详解】（1）甲烷燃烧反应CH4(g)+2O2(g)点燃CO2(g)+2H2O(l) ∆H1=-890.3 kJ/mol，乙烯燃烧反应为C2H4(g)+3O2(g)点燃2CO2(g)+2H2O(l) ∆H2=-1411.5 kJ/mol，氢气燃烧反应为2H2(g)+O2(g)点燃2H2O(l) ∆H3=-571 kJ/mol，根据盖斯定律，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝2∆H1-∆H2-∆H3=＋202.5 kJ/mol；
（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，设反应产生乙烯的物质的量为xmol。
2CH4C2H4+2H2
反应前 1 0 0
反应中 2x x 2x
反应后 1-2x x 2x
测得平衡混合气体中C2H4的体积分数==20.0 %，则x=0.25。则在该温度下，其平衡常数K=。根据勒夏特列原理，反应正方向气体体积增大，故在同温环境下，增大压强，平衡逆向移动；反应为吸热反应，故在同压环境下，增大温度，平衡正向移动。

（3）工业上除去天然气中杂质气体H2S，转化为单质硫，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气，2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；通电过程中，硫离子通过阴离子交换膜进入左池，不断与右池中的多余的氢氧化钠反应产生硫化钠，故c(NaOH)：c(Na2S)基本不变；
（4）由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS，反应的化学方程式为NaCN+H2S=HCN+NaHS；
（5）由题可知，Mn2++2H2S=MnS↓+2H+，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=1.4×10−15，故c(S2-)=7×10-13。H2S的电离常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.0×10−15，故二步电离HS-=H++S2-，即此时当HS-浓度为1.0×10−4 mol·L−1，c(H+)==10-6mol/L，故pH=a=-lgc(H+)=6。