山西省晋中市平遥县第二中学2019_2020学年高二化学12月月考试题含解析.doc

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1、山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高二化学12月月考试题（含解析）1.下列说法不正确的是A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化B. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生D. 放热的反应在常温下一定很容易发生【答案】D【解析】【详解】A. 任何化学反应都伴随着能量的变化，A项正确，不符合题意；B. 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是放热反应，反之为吸热反应，因此化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量，B项正确，不符合题意；C.CO2和C反应为吸热反应，

2、在高温下可自发进行，因此吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生，C项正确，不符合题意；D. 并不是所有的放热反应在常温下都能发生，如碳的燃烧，D项错误，符合题意；答案选D。2. 下列叙述正确的是A. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7B. 在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl溶液恰好无色，则此时溶液的pH7C. 95纯水的pH0.4molL-1min-1，故A项错误；B项，反应放热，若在绝热条件下，反应向逆反应方向进行，即nc1.6mol，故B项正确；C项，在恒温恒压下，向容器中再投入2molA和1molB，与原平衡投料成比例（2:1），所以该平衡与原平

3、衡为等效平衡，所以B的转化率不变，故C项错误；D项，若反应在恒温恒容下，压强减小，平衡向左移动，放热减少，故D项错误；综上所述，本题选B。【点睛】向密闭容器中充入4mol A和2 mol B，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g)，反应达平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒温恒压下，B的转化率不变；如果在恒温恒容下，相当于加压过程，平衡右移，B的转化率增大。4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）A. 增稠剂B. 调味剂C. 着色剂D. 抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】A. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故A不选；B. 调味剂是为了增加食品

4、的味道，与速率无关，故B不选；C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不选；D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故D选；正确答案是D。5.室温时，CH3COOH的电离平衡常数为K，向20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中正确的是（ ）A. b点表示的溶液中c(Na+)c(CH3COO)B. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全C. d点表示的溶液中c(CH3COO) c(H+)/c(CH3COOH)大于KD. b、c、d三点表示的溶液中一定都存在：c(N

5、a+)+c(H+)c(CH3COO)+c(OH)【答案】D【解析】【分析】A、判断b点溶质物质，以及溶液的pH进行分析；B、恰好完全反应是两种物质恰好完全反应；C、考查影响K的因素；D、利用溶液呈现电中性。【详解】A、b点溶质为CH3COONa和CH3COOH，溶液显酸性，即c(CH3COO)c(Na)，故A错误；B、恰好完全反应，生成CH3COONa，溶液显碱性，因此c点不代表恰好完全反应，故B错误；C、电离平衡常数只受温度的影响，因此d点溶液中c(CH3COO) c(H)/c(CH3COOH)等于K，故C错误；D、因为溶液显电中性，即三点有c(Na)+c(H)c(CH3COO)+c(OH)

6、，故D正确。6.在一定体积的密闭容器中，充入3L气体R和5L气体Q在一定的条件下发生反应，2R(g)+5Q(g)4X(g)+n Y(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】相同条件下，体积之比等于物质的量之比。【详解】根据2R(g)+5Q(g)4X(g)+n Y(g)及混合气体的压强是原来的87.5%，反应正向进行时，物质的量减小，即2+54+n，则n3，答案为A。【点睛】在体积恒定的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，条件不变反应后，混合气体的压强是原来的87.5%，则确定气体生

7、成物的化学计量数之和大于反应物的计量数之和。7.某温度下，浓度都是1molL-1的两种气体X2和Y2在密闭容器中反应，经过tmin后，测得物质的浓度分别为：c（X2）04molL-1，c（Y2）08molL-1，则该反应的方程式可表示为（）A. X2+2Y22XY2B. 2X2+Y22X2YC. X2+3Y22XY3D. 3X2+Y22X3Y【答案】D【解析】【详解】tmin后，c（X2）=1molL-1-0.4molL-1=0.6molL-1，c（Y2）=1molL-1-0.8molL-1=0.2molL-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则X2、Y2的化学计量数之比为=0.6molL

8、-1：0.2molL-1=3：1，根据原子守恒可知，故反应可以表示为：3X2+Y22X3Y。故选D。8.下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是（ ）A. 含有AlO2-的溶液中：Na+ 、Al3+、Cl-、K+B. 常温下由水电离出的c(H)c(OH)1020 mol2L2的溶液中：Na、NH、ClC. 常温下 c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、ClO、SO42、SCND. 在c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中：Na+、S2、AlO2、SO32【答案】D【解析】【详解】A、Al3和AlO2发生双水解反应，不能大量共存，故A错误；B、常温下，水电离出c(H)c(OH)

9、=1020c (CH3COO)D. 0.1 molL1的NaHS溶液中离子浓度关系：c (OH)=c (H+)c (S2)+c (H2S)【答案】D【解析】【分析】A. 根据物料守恒书写离子浓度关系；B. NH4Cl和NH3H2O等体积混合后溶液显碱性；C. 根据电荷守恒进行分析；D. 根据电荷守恒和物料守恒列式分析判断【详解】A. 根据物料守恒有：c (Na+)=2c (CO32)+ 2c (HCO3)+2c (H2CO3)B. NH4Cl和NH3H2O等体积混合后溶液显碱性，有c(H+)NaOH，；碱的浓度越大，消耗盐酸越多；C. pH=2的盐酸中c(H+)=c(Cl-)=0.01mol/

10、L，pH=1的硫酸中c(SO42-)=c(H+)=0.05mol/L；D. 溶液呈中性，有c (H+)= c (OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；【详解】A. 盐酸稀释后还是酸，溶液的pH始终小于7，不可能变成8，A项错误；B. NaOH是强碱，氨水是弱碱，pH相同的NaOH和氨水，溶液浓度氨水NaOH，；碱的浓度越大，消耗盐酸越多，因此氨水消耗的盐酸更多，B项错误；C. pH=2的盐酸中c(H+)=c(Cl-)=0.01mol/L，pH=1的硫酸中c(SO42-)=c(H+)=0.05mol/L，因此c(Cl-) -571.6 kJmol-1C. CH3COOH(aq)+N

11、aOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq) H= -57.3 kJmol-1D. 2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g) H= -880.4 kJmol-1【答案】B【解析】A.根据方程式2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) H= -1452 kJmol-1可知，CH3OH的燃烧热为1452 kJmol-1=726 kJmol-1，故A错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H -571.6 kJmol-1，故B正确；C. 醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)

12、 =H2O(l)+CH3COONa(aq) H-57.3 kJmol-1，故C错误；D. 2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) H= -571.6 kJmol-1，2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) H= -1452 kJmol-1，根据盖斯定律，将-2得：2CH3OH(l)+O2(g) =2CO2(g)+4H2(g) H= -308.8 kJmol-1，故D错误；故选B。16.对于可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是A. 增大压强B. 升高温度C. 使用催化剂D. 多充

13、入O2【答案】B【解析】【分析】气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。【详解】A增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；B升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。答案选B。17.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：（1）A为0.1 mol/L的

14、(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为_。（2）B为0.1 mol/L NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：_。（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入_溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。（4）某酸H2B在水溶液中有如下变化：H2BH+HB-;HB-H+B2-;现有溶液0.10mol/L、100ml，试回答以下问题：溶液中的H+物质的量取值范围是：_已知0.1molL1NaHB溶液的pH=2，则0.1molL-1 H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是_0.11 molL1（填

15、“”，或“=”），理由是_【答案】 (1). c(NH4+ )c(SO42- )c(H)c(OH) (2). HCO3-的水解程度大于其电离程度，溶液中 c(OH)c( H)，故溶液显碱性 (3). 盐酸 (4). Fe3+3HCO3- =Fe(OH)33CO2 (5). 0.01n(H+)0.02 (6). c (OH-)，0.1 mol/L的(NH4)2SO4溶液中，NH4+水解微弱，因此离子浓度的大小关系为：c(NH4+ )c(SO42- )c(H)c(OH)；（2）在NaHCO3溶液中存在水解平衡：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，电离平衡：HCO3-H+CO32-，但以水解为主，

16、即HCO3-的水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性；（3）Fe3+水解的方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加盐酸可即抑制Fe3+水解；将NaHCO3和FeCl3混合后，发生双水解，反应为：Fe3+3HCO3- =Fe(OH)33CO2；（4）根据H2BH+HB-，HB-H+B2-可知，第一步电离是完全电离，第二步是部分电离，因此0.01n(H+)0.02；0.1molL1NaHB溶液的pH=2，说明溶液中c(H+)=0.01mol/L，说明电离度为10%，H2B第一步完全电离，第二步部分电离，由于H2B第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离，因此0.1molL-1 H2B溶液中

17、氢离子的物质的量浓度CAB【解析】【分析】（1）水的电离过程是吸热的，升高温度，促进水的电离；（2）根据硫酸钠的组成可以知道c(Na)c()，再根据常温下c(H+)计算c(Na)c(OH)；（3）根据NaOH溶液与硫酸混合后溶液显酸性计算出二者的体积，并求比值；根据反应后溶液的组成分析各种离子的浓度大小；（4）等物质的量浓度的溶液中，(NH4)2SO4中c(NH4+)最大，NH4HCO3中阴阳离子发生双水解，相互促进，NH4HSO4中H+抑制NH4+的水解，NH4Cl中NH4+水解，据此分析作答。【详解】（1）水是弱电解质，电离过程是吸热的，升高温度，促进水的电离，因此温度升高，水的电离程度增

18、大，离子积增大；（2）根据硫酸钠的组成可以知道c(Na)c()=2:1，硫酸钠溶液中c(Na)=25104molL1=103molL1，稀释后c(Na)=104molL1，硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，c(OH)=110-7mol/L，因此c(Na)c(OH)=10-4:10-7=1000:1；（3）t2 下，水的离子积常数为11012，pH=11的苛性钠溶液V1 L，c(OH)=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸V2 L，c(H+)=0.1mol/L，所得的溶液pH=2，溶液为酸性，酸过量，因此=0.01，解得V1:V2=9:11；溶液显酸性，因此溶液中离子浓度大小的关系为：c(Na)c(

19、 SO42- )c(H)c(OH)；（4）(NH4)2SO4中c(NH4+)最大，NH4HCO3中阴阳离子发生双水解，相互促进，NH4HSO4中H+抑制NH4+的水解，NH4Cl中NH4+水解，因此铵根离子浓度大小关系为：DCAB。【点睛】本题的难点是混合溶液的pH计算：两种强酸混合：直接求出c混(H)，再据此求pH。c混(H)。两种强碱混合：先求出c混(OH)，再据KW求出c混(H)，最后求pH。c混(OH)。强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H或OH的浓度，最后求pH。c混(H)或c混(OH)。20.生产、生活中产生的废水、废气是环境污染的重要源头。在环境治理方面人们可

20、利用I2O5和Na2SO3等化工产品实现对废水和废气的治理。 利用I2O5也可消除CO的污染，其反应原理为I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s) H。已知在不同温度（T1、T2）下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体的体积分数(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。（1）温度为T2时，02 min 内，CO2的平均反应速率(CO2)=_。（2）b点时CO的转化率为_，化学反应的平衡常数K=_（填表达式）。（3）反应：I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)的H_0（填“”“”或“=”）。（4）上述反应在T1下达到平衡时，

21、再向容器中充入物质的量均为2 mol的CO和CO2气体，则化学平衡_（填“向左”“向右”或“不”）移动。（5）下列现象，可以表示上述反应达到平衡状态是_（填字母）。A容器内的压强不再变化 B混合气的平均相对分子质量不再变化C混合气的密度不再变化 D单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量之比为11【答案】 (1). 0.15 molL 1min 1 (2). 80% (3). (4). T1，升高温度，CO2的体积分数减小，平衡逆向进行；（4）根据浓度商与平衡常数之间的关系判断平衡是否发生和移动的方向；（5）根据平衡移动的影响因素进行分析判断。【详解】（1）2 min时，CO2的体积分数为0.3，根据三段法有I2O5(s) + 5CO(g) 5CO2(g) + I2(s) 根据CO2的体积分数为0.3可知，解得x=0.6mol，因此v=0.15mol/(Lmin)；（2）温度为T1时，CO2的体积分数为0.8，根据三段法有I2O5(s) + 5CO(g) 5CO2(g) + I2(s) 根据CO2的体积分数为0.8可知，解得y=1.6mol，CO2的转化率为100%=80%；平衡常数K=；（3）由分析知升高温度平衡逆向进行，而升高温度平衡向着吸热的方向移动，因此该反应