河南省南阳市第一中学2017-2018学年高二上学期第三次月考化学试题1. 下列有关合成氨工业的说法正确的是A. N2的量越多，H2的转化率越大，因此，充入的N2越多越有利于NH3的合成B. 恒容条件下充入稀有气体有利于NH3的合成C. 工业合成氨的反应是熵增加的放热反应，在任何温度下都可自发进行D. 工业合成氨的反应是熵减小的放热反应，在常温时可自发进行【答案】D【解析】A. N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，当投料比为n（N2）:n（H2）= 1:2.8时，最有利于氨气的合成，故A错误；B.恒容条件下充入稀有气体，参与反应的各物质的浓度没有改变，则平衡不移动，对氨气的合成没有影响，故B错误；C.根据N23H22NH3 H0可知，该反应为熵减小的放热反应，故C错误；D. 根据G=HTS0时反应可以自发进行，该反应的H0、S0，所以在低温或常温下可自发进行，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查平衡移动原理和化学反应进行的方向。本题的易错点是A项，解题时容易只从平衡移动原理的角度判断，错误认为充入的N2越多越有利于NH3的合成，忽略了工业生产的实际情况，加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成。2. 一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.001molL-1s-1B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的H0【答案】A考点：考查化学反应速率的有关计算，影响平衡的因素等知识。3. 某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，根据图示得出的判断结论正确的是A. 反应速率abcB. 达到平衡时A2的转化率大小为：bacC. 若T2T1，则正反应是吸热反应D. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：cba【答案】D【解析】a、b、c三点在同一温度下，但是对应的B2的起始物质的量不同，c点对应的B2的物质的量多，反应速率快，所以a、b、c的速率关系为cba，A错；在A2物质的量不变的条件下，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，所以A2的转化率大小关系为cba，B错；因为AB3的曲线上的点都代表平衡时AB3的体积分数，可以选在b点后面的B2的起始量相同的一点，可以看出在升高温度的条件下，AB3的体积分数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，C错；在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3的物质的量越多，D对。4. 物质间常常相互联系、互相影响，微粒也不例外。下列各组离子可能大量共存的是A. 常温下水电离出的c(H+)=110-l0molL-1的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B. 不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32-、ClO-、Al3+C. 能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、CO32-、Cl-、NH4+D. 无色透明溶液：K+、HCO3-、SO42-、Fe3+【答案】A.点睛：掌握相关离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5. 下列离子方程式表达正确的是A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB. 用食醋除水垢：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=SO32-+2HClOD. Na2S溶于水呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-【答案】A【解析】A. 硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2+ H2O2 +2H+= 2Fe3+2H2O，A正确；B. 用食醋除水垢：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，B错误；C. 向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应： 3C1O-+SO2+H2O=SO42-+Cl+2HClO，C错误；D. Na2S溶于水硫离子水解，溶液呈碱性：S2+ H2OHS +OH，D错误，答案选A。点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。6. 在如图所示的三个容积相同的容器中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g) H0。若起始温度相同，分别向三个容器中通入3molA和1molB，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：是有隔热的，是没有，这两个都是恒容，是恒压且恒温。首先比较，因为不恒温，反应放热会使得体系温度升高，从而不利于正反应所。然后是，先拉住活塞，当达到平衡的时候=，再放开活塞则因为生成物气体比反应物少，容器里面压强比外面小，所以体积会被压缩，压缩体积促进正反应，所以H2SO4HClB. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3，抑制Fe2+水解C. 将FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D. 将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小【答案】D【解析】A.盐酸和硫酸都是强酸，pH=2的盐酸、硫酸溶液中c（H+）相等，则二者等体积时消耗NaOH的物质的量相等，醋酸是弱酸，等pH的醋酸和盐酸、硫酸相比，醋酸的浓度大于盐酸和硫酸的浓度，则所需NaOH的物质的量最大，即所需NaOH的物质的量关系为：CH3COOHH2SO4=HCl，故A错误；B. 硝酸是强氧化性酸，加入稀HNO3可将Fe2+氧化成Fe3+，应加稀硫酸，故B错误；C. 在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解反应FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热使HCl挥发，平衡不断向右移动，生成Fe(OH)3，又因为灼烧时发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，则最终所得固体为Fe2O3，故C 错误；D. 将纯水加热的过程中促进水的电离，Kw变大，氢离子浓度变大，pH变小，故D正确；答案选D。9. 有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3下列各项排序正确的是A. pH： B. c(CH3COO-)：C. 溶液中c(H+)： D. c(CH3COOH)： 【答案】B【解析】试题分析：ACH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH7，中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，都因盐的水解而显碱性，且中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH，所以各混合液中的pH大小为：，故A错误；B因中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c（CH3COO-）最大，中两种盐相互抑制水解，中只有水解，而中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO-）最小，即c（CH3COO-）的大小顺序为：，故B正确；C酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：，c（H+）大小为：，故C错误；D因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH），而中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH），故D错误。故选B。考点：考查离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等。试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则中显酸性，中显碱性，中只有CH3COONa水解显碱性，中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答。10. 常温下，向l0mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.lmol/L的NH3H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是A. ab点导电能力增强，说明HR为弱酸B. b点溶液c(NH3H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)C. c点溶液，存在c(NH4+)c(R-)c(OH-)c(H+)D. 常温下，HR和NH3H2O的电离平衡常数近似相等【答案】B【解析】Aab点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，A正确；B根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，说明此时二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R-的水解程度相等，溶液呈