山东省济南市历城第二中学2022-2022学年高二化学12月月考试题.doc

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1、山东省济南市历城第二中学2022-2022学年高二化学12月月考试题本试卷分第I卷选择题和第II卷非选择题两局部，总分值100分，时间90分钟。第I卷考前须知： 1答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、代码、准考证号填写清楚。请认真核准准考证号、姓名和科目、姓名代码。 2每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。原子量：H 1 O 16 Na 23 S 32 一、单项选择题： 此题共10小题，每题2分，共20分。每题只有一个选项符合题意1能够用反响热表示标准燃烧热的是 A 2H2(g

2、)O2(g)=2H2O(g)H B S(s)O2(g)=SO2(g)HC C(s)O2(g)=CO(g)H D H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)H2以下实验操作不当的是A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反响速率B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D. 测定中和热的实验中每次实验需要测定三次温度数据3反响：3A(g)B(g)C(s)4D(g)H0。图中a、b曲线表示在一定条件下，D的体积分数随时间的变化情况，以下分析正确的选项是 A b曲线t2后，v正(B)4v逆

3、(D) B a曲线t1时，4v正(A)3v逆(D)C 升高温度，可使曲线b变为曲线a D 缩小反响容器的体积，可使曲线a变为曲线b425 时，某酸性溶液中只含、Cl、H、OH四种离子，以下说法不正确的选项是 A 可能由pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合而成B 该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成C 参加适量氨水，溶液中离子浓度可能为c()c(Cl)c(OH)c(H)D 该溶液中c()c(Cl)c(OH)c(H)5某基态原子的价电子排布式为4d15s2，那么以下说法正确的选项是 A该元素原子最外层共有3个电子 B该元素位于第5周期A族，处于ds区C该元素原子的M层上共有18个

4、运动状态不同的电子D该元素原子的N层上有5个空轨道6为了防止钢铁锈蚀，以下防护方法中正确的选项是 A 在精密机床的铁床上安装铜螺钉B 在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中C 在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里D 在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极7Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，一定容积的密闭容器中，发生反响：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，该反响平衡常数与温度的关系如下表：温度/2580230平衡常数510421.910-5以下说法正确的选项是A25到达平衡时，向容器中继续通入CO，Ni粉转化率增大，CO转化率减小B温度越低，越有

5、利于Ni(CO)4的生产C在80时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，那么此时v(正)v(逆)D平衡时向密闭容器中参加少量镍粉，平衡向正反响方向移动，新平衡时CO浓度比原平衡小8常温下，不同酸的电离常数如下表所示 H2CO3HClOCH3COOH H2SO3K K1=4. 3010-7K2=5.6110-11K =310-8K =1.7510-5 K1=1.5410-2 K2=1.O210-7以下说法中正确的选项是A少量SO2通入NaClO溶液中发生反响的离子方程式为：H2O+SO2+ClO2H+ Cl+SO42B常温下，稀释CH3COOH或HClO溶液时，溶液中不变H

6、R代表CH3COOH或HClOC等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合，溶液中：cHSO3)cCH3COO)cCO32)D含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中：cOH)cH+)cH2CO3)+cCH3COOH)L1KOH溶液中滴加0.1 molL 1HA(弱酸)溶液，混合溶液中水电离出的c(OH)与HA溶液体积之间的关系如图I所示：向20.00mL0.1 mol L1 HA溶液中滴加0. 1mol L1 KOH溶液，混合溶液中水电离出的c(OH)与KOH溶液体积之间的关系如图II所示。以下有关说法正确的选项是AA点、X点对应溶液中水的

7、电离程度相同BB点、Y点对应溶液的pH相等CC点、Z点对应溶液中都存在：c(OH)=c(H+)+c(HA)DD点、W点对应溶液中分别都存在：c(K+)=c(A)10二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二氧化氯。以下说法正确的选项是A电解时发生反响的离子方程式为NH4+3Cl-2H2+NCl3B溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-C可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D常用作净水剂的明矾可除去饮用水中残留的NaClO2二、此题共5小题，每题4分，共20分。每题有1个或2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11

8、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=-lgC，pKa=-lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)变化如下图。以下说法正确的选项是ApH=3.50时，c(H2A)c(HA-)c(A2-)B常温下，pKa1(H2A)=5.30，pKa2(H2A)=0.80Cb点时，=104.50DpH=3.005.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小12根据以下实验操作与现象得出的结论正确的选项是选项实验操作与现象结 论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中参加少量氯化钡固体, 红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气

9、体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有Al(OH)4C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体为氯气D向10mL 0.5molL1的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4molL1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝KspCu(OH)2 KspMg(OH)2 13一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反响物，发生反响2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反响放热)，测得反响的相关数据如下：以下说法正确的选项是A. v1 v2，c2 K3，p2 2p3C. v13(SO2 ) D. c2 2c3，2(

10、SO3 )+3(SO2 )D，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E对应的单质是目前用量最大的金属。答复以下问题：(1)写出以下元素的符号：A_，B_，C_，D_。(2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，碱性最强的是_。(3)用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元素是_。(4)E原子价电子排布式是_，E元素在周期表的位置是 ，元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，那么E元素在_区。(5)写出D元素原子构成单质的电子式_，该分子中有_个键，_个键。18氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源

11、，得到广泛研究。1：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H=1266.6kJmol1，H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H2=285.8 kJmol1H2O(l)=H2O(g) H3=+44.0kJmol1反响在任何温度下都能自发进行的原因为_；NH3分解为N2和H2的热化学方程式_。2在Co-Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反响器，在相同时间下测转化率。得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如以下图。使反响的活化能最小的催化剂为_。同一催化剂下，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因_ 。如果增大氨气浓度(其它条件不变)，那么b点对应的点可

12、能为_。(填“a、“c或“d)（3） T时，体积为2L的密闭容器中参加1.0molNH3和0.2molH2，20min到达平衡时，N2体积分数为20%，那么T时平衡常数K=_；020min时段，反响平均速率v(NH3)= _；到达平衡后再参加1.0molNH3和0.2molH2，此时体系中v正_v逆(填“v逆，4v正(A)3v逆(D)，B项正确；此反响为放热反响，升高温度，平衡逆移，D的体积分数减小，C项错误；此反响前后气体分子数不变，缩小体积，压强增大，平衡不动，但正、逆反响速率会增大，到达平衡所需时间缩短，不是由曲线a变为曲线b，D项错误。4A【解析】体积相等盐酸和氨水，c(NH3H2O)

13、远远大于c(HCl)，二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性，A错误；等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，二者恰好反响生成氯化铵，铵根离子水解导致氯化铵溶液呈酸性，B正确；在任何水溶液中，所有的阳离子带的正电荷总量与所有的阴离子所带的负电荷总量相等：c()c(H)c(OH)c(Cl)；参加NH3H2O，溶液显碱性，c(OH)c(H)，根据电荷守恒得c()c(Cl)，C正确；根据电荷守恒式可得c()c(Cl)c(OH)c(H)，D正确。5C 【解析】由外围电子排布为4d15s2可知，该元素应为Y元素，位于第5周期B族，该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2

14、个电子。A项、该元素原子最外层上有2个电子，故A错误；B项、该元素位于第5周期B族，处于d区，故B错误；C项、该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，M能层上有18个电子，故C正确；D项、该元素原子的N层的电子排布为4s24p64d1，4d轨道有4个空轨道，故D错误。 6C【解析】A、B项中形成的原电池，铁都是作负极，加速钢铁腐蚀，错误；C项中锌比铁活泼，铁作正极，起到防护作用，正确；D项中铸铁管接直流电源正极，铸铁管作负极，加速腐蚀，错误。7C【解析】A.向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行，CO转化率增大，A项错误；B.由图

15、表数据可知，温度升高平衡常数减小，说明反响是放热反响，降低温度平衡正向进行，但反响速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，B项错误； C.依据浓度商计算和平衡常数比拟分析判断反响进行方向，在80时，测得某时刻NiCO4、CO浓度均为0.5molL1，QK，反响逆向进行，那么此时v(正)v(逆)，C项正确；D.固体对化学平衡无影响，平衡不移动，D项错误； 8B【解析】A项少量SO2通入NaClO溶液中，NaClO强氧化性将SO2氧化为SO42，且NaClO过量，故离子方程式为：H2O+SO2+3ClO2HClO + Cl+SO42，故A项错误；B项对于弱酸HR存在HRH+R，故该平衡的电

16、离平衡常数Ka=，根据Kw=cH+)cOH)得：Ka=，故=Ka/Kw，由于反响温度不变故Ka/Kw不变，故B项正确；C项 三种溶液混合NaHSO3与Na2CO3 故反响，C项错误；D项含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中电荷守恒：cH+)+ cNa+)= cHCO3)+cCH3COO)+2cCO32)+cOH),物料守恒：cNa+)= cHCO3)+cCH3COO)+cCO32)+ cH2CO3)+cCH3COOH)，故cOH)cH+)cH2CO3)+cCH3COOH)-cCO32)，故D项错误；此题选B。 9C【解析】由C和Z点判断HA是弱酸A.图I中A点是0.1mol/

17、LKOH溶液，图II中X点是0.1mol/LHA溶液，故0.1mol/LHA溶液中c(H+)小于0.1mol/LKOH溶液中c(OH-)，因此0.1mol/LHA溶液中水电离的抑制作用小于0.1mol/LKOH溶液中水电离的抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，A项错误；B.KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。常温下c(OH)水=c(H+)水=110-7mol/L，恰好是纯水中水电离出来的OH-浓度。对于B点溶液中c(OH)水=10-7mol/L，此时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是KOH和KA，溶液呈碱性；对于Y点溶液中c(OH)水=10-7mol/L，此

18、时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是HA和KA，溶液呈中性。所以B点、Y点对应溶液的pH不相等，B项错误；C.图I中BC和图II中YZ过程中都是溶液中生成KA浓度逐渐增大，KA水解对水电离的促进作用逐渐增大，C或Z点时KOH与HA恰好完全反响，此时KA对水电离的促进作用最大，C或Z点溶液中溶质都是KA，由KA溶液中质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HA)；C项正确；D.图I中CD过程中HA对水电离的抑制作用逐渐增强，到D点时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是HA和KA，溶液显中性c(H+)=c(OH-)，且有电荷守恒方程c(K

19、+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，那么有c(K+)=c(A-)；图II中ZW过程中KOH对水电离的抑制作用逐渐增强，到W点时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是KOH和KA，溶液显碱性c(H+)c(A-)。D项错误；答案选C。10B【解析】A项，由图示电解NH4Cl和盐酸的混合溶液制得H2和NCl3溶液，反响的离子方程式为NH4+3Cl-+2H+3H2+NCl3，错误；B项，NCl3溶液中参加NaClO2溶液生成ClO2、NH3和溶液X，NaClO2被氧化成ClO2，NCl3被复原成NH3，反响的化学方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO

20、2+NH3+3NaCl+3NaOH，溶液X中大量存在的阴离子为Cl-、OH-，正确；C项，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，饱和食盐水不仅吸收NH3而且吸收ClO2，不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，错误；D项，明矾作为净水剂的原因是：Al3+发生水解生成AlOH3胶体吸附水中的悬浮物，明矾不能除去饮用水中残留的NaClO2，错误；答案选B。11C【解析】根据H2AH+HA-，HA-H+A2-，pH增大时，HA-的浓度先增大后减小。pC先减小后增大的曲线是HA-的物质的量浓度的负对数；pH越大，c(H+)越小，那么电离平衡正向移动程度越大，所以由图可知：随着pH的增大，pC增大的曲线是

21、H2A的物质的量浓度的负对数，随着pH的增大，pC减小的曲线是A2-的物质的量浓度的负对数。A. pH=3.50时，pc(A2-)pc(HA-)，所以c(HA-)c(A2-)c(H2A)，故A错误；B.根据图像，常温下，pH=0.8时，c(HA-)= c(H2A)，那么pKa1(H2A)=-lg=-lg=0.8，同理，pH=5.30时，c(HA-)= c(A2-)，那么pKa2(H2A)=5.30，故B错误；C. b点时，c(HA-)= c(A2-)，=104.50，故C正确；D. 根据物料守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误；应选C。12A【解析】A.向滴有酚酞的

22、碳酸钠溶液中参加少量氯化钡固体, 红色变浅，是由于碳酸钠溶液在存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，向其中参加BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，c(CO32-)浓度降低，水解平衡逆向移动，使c(OH-)降低，因此溶液的红色变浅，A正确；B.发生上述现象的溶液，可能含有Al(OH)4，也可能含有SiO32-等，B错误；C.使润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝，说明气体具有氧化性、可以将I-氧化为I2，可能是Cl2、NO2、O3等，C错误；D.向MgCl2溶液中滴加NaOH溶液，发生反响：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，反响产生白色沉淀，n(MgC

23、l2)=0.5mol/L0.01L=0.005mol，其反响需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=2n(MgCl2)=20.005mol=0.01mol，但5mL 2.4molL1氢氧化钠溶液完全参加时，其中含有的NaOH的物质的量为2.4mol/L0.005L=0.012mol0.01mol，所以NaOH过量，因此再向其中滴加氯化铜溶液，会发生反响：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，沉淀变蓝色，不能证明KspCu(OH)2 与KspMg(OH)2 相对大小，D错误。13CD【解析】比照容器的特点，将容器1和容器2比照，将容器1和容器3比照。容器2中参加4molSO3等效于在相同条件下反响物

24、投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反响物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反响速率加快，21，增大压强平衡向正反响方向移动，平衡时c22c1，p22p1，1SO2+2SO31，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1到达平衡后升高温度，升高温度化学反响速率加快，31，升高温度平衡向逆反响方向移动，平衡时c3c1，p3p1，3SO21SO2，K3K1。根据上述分析，A项，21，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p22p1，p3p1，那么p22p3，B项错误；C项，31，3SO21SO2，C项

25、正确；D项，c22c1，c3c1，那么c22c3，1SO2+2SO31，3SO21SO2，那么2SO3+3SO21，D项正确。14【答案】C【解析】A由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，那么钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C浓硫酸有强氧化性，能使金属外表形成致密的氧化膜保护层，那么硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确。15【答案】D【解析】A、锂是活泼金属

26、，易与水反响，故A错误；B、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反响为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故B错误；C、放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，外表产生Cu2O，正极反响为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D、铜先与氧气反响生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，那么整个反响过程中，铜相当于催化剂，故D正确。16、 【答案】(1)2H2O4e=O24H小于 (2)DB (3)H放电，促进水的电离，OH浓度增大 (4)O22H2O4e=4OH

27、17.【答案】(1)SiNaPN (2)HNO3NaOH (3)NeF(4)3d64s2； 第4周期族； d (5)1218、(1) H0，任意温度下 H-T S 【详解】2从图中看出：90Co-Al催化剂在较低的温度就到达平衡，反响的活化能最小；同一催化剂下，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因：温度升高，反响速率加快，转化率接近平衡转化率；19、(1)氧化 (2)4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O(3) 1.5pH(5) CO2+H2O+CO32-=2HCO3- 2H2O+2e-=H2+2OH- OH-+HCO3-=CO32-+H2O 【解析】3由可知Fe3+在pH=1.9时

28、开始沉淀会导致Fe3+浓度降低，那么Fe2+和Fe3+浓度均会降低，速率降低。故pH应该小于1.9。由图可知pH在1.5的时候Fe2+的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5pHp2。(5)考察离子方程式的书写。由图示吸收池用的是K2CO3溶液，吸收CO2，那么离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。考察电解池电极反响方程。惰性电极电解池中的电解液是KHCO3，阴极水放电生成氢气，阴极附近c(OH-)增大，氢氧根和碳酸氢根反响生成碳酸根OH-+HCO-=CO2-+H2O，K+向阴极迁移，使K2CO3溶液得以再生(溶液电中性)。20.1烧杯 容量瓶 刻度 2蓝色褪去，且30s不恢复原色 95.0 2 偏低 偏高13