黑龙江省绥化市青冈县第一中学2019-2020学年高二化学上学期月考试题（A班含解析）

黑龙江省绥化市青冈县第一中学2019-2020学年高二化学上学期月考试题（a班，含解析）第i卷（选择题，共54分）一、选择题：本题包括20小题，1-6每小题2分，7-20每小题3分共54分。毎小题只有一个选项符合题意。1.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是a. na与水反应时增大水的用量b. 将稀h2so4改为98%的浓h2so4与zn反应制取h2c. 在h2so4与naoh两溶液反应时，增大压强d. 恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量【答案】d【解析】【详解】a水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故a错误；b将稀h2so4改为98%的浓h2so4，则其与zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故b错误；ch2so4与naoh两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，故c错误；d恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故d正确；故选d。【点睛】本题的易错点为b，注意浓硫酸的性质，在改变浓度时，不能改变反应的本质。2.下列有关混合物、纯净物、电解质、非电解质的正确组合为纯净物混合物电解质非电解质a纯盐酸水煤气硫酸干冰b蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫c胆矾氢氧化铁胶体铁碳酸钙d水银澄清石灰水氯化铜碳酸钠a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】试题分析：纯净物是由同一种分子组成的物质；混合物是由不同种分子组成的物质；电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，而在两种状态下都不能导电的化合物为非电解质。盐酸为hcl的水溶液，一定为混合物，则a项错误；c项，铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，则c项错误；d项中na2co3为电解质，则d项错误；答案为b。考点：考查物质的分类判断3.25和1.01105时，2n2o5(g)=4no2(g)+o2(g) h =+56.76kj/mol ，该反应能自发进行的原因是a. 是吸热反应b. 是放热反应c. 是熵减少的反应d. 熵增大效应大于焓效应【答案】d【解析】【详解】该反应为h0，s0，根据“g=h-ts0的反应能自发进行”，所以熵增大效应大于焓效应；故选d。4.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 （ ）a. h2、i2、hi平衡混合气加压后颜色变深b. 加入催化剂有利于合成nh3的反应c. 高压有利于合成nh3的反应d. 500左右比室温更有利于合成nh3的反应【答案】c【解析】a. 该反应的反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强，气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故a不选；b. 催化剂不影响平衡移动，只能加快化学反应速率，所以不能用勒夏特列原理解释，故b不选；c. 合成氨工业：n2+3h22nh3 hc（in-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。【详解】能使指示剂显红色，应使c（hin）c（in-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；为中性溶液，平衡不移动；所以能使指示剂显红色的是；答案选c。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。10.下列溶液中导电性最强的是a. 1l0.1mol/l醋酸b. 0.1l 0.1mol/l h2so4溶液c. 0.5l 0.1mol/l盐酸d. 2l 0.1mol/l h2so3溶液【答案】b【解析】【详解】溶液中离子的浓度越大，所带电荷数越多，导电性越强。醋酸是一元弱酸、硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，亚硫酸是二元弱酸，所以在浓度相等的条件下硫酸的导电性最强；答案选b。11.室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的()a. 两者水的电离程度相同b. 与足量的锌反应盐酸产生的氢气多c. 盐酸的c(h+)大于醋酸溶液的c(h+)d. 分别与物质的量浓度相同的naoh溶液恰好反应完全时，盐酸消耗naoh溶液的体积多【答案】c【解析】【详解】a.相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中c（h+）大于醋酸中的，盐酸中水的电离程度小于醋酸中的，故错误；b.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，和足量的锌反应生成的氢气相同，故错误；c.盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，所以盐酸溶液中的氢离子浓度大于醋酸中的，故正确；d.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，二者与物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故错误。故选c。【点睛】掌握强弱电解质的区别。等浓度的盐酸和醋酸，因为电离程度不同，所以溶液中的氢离子浓度不同，对水的电离的影响不同，但体积相同时，物质的量相同，反应时消耗的锌或氢氧化钠的量相同。12.将浓度为0.1 moll1 hf溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()a. c(h)b. ka(hf)c. c(f-)/c(h)d. c(h)/c(hf)【答案】d【解析】【分析】hf溶液中存电离平衡hfhf，加水不断稀释，平衡向右移动，n(h)与n(f)增大，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，a. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(h)减小，a项错误；b. ka(hf)只与温度有关，与溶液的离子浓度无关。温度不变，ka(hf)保持不变，b项错误；c. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(h)减小，由于温度不变则kw不变，溶液中c（oh-）增大， hf溶液中的电荷守恒为c（h+）=c（f-）+c（oh-），则c(f-)/c(h)=c（h+）-c（oh-）/c（h+）=1- c（oh-）/c（h+），c（oh-）/c（h+）增大，则c(f-)/c(h)减小，c项错误；d. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(h)增大，n(hf)减小，c(h)/c(hf)= n(h)/ n(hf)，其比值增大，d项正确；答案选d。【点睛】值得注意的是，加水稀释过程中，虽然平衡向右移动，但因水量增多更显著，最终c(f-)与c(h)都减小，这是学生的易错点，需要强调。13.在一定温度下，10ml 0.40mol/l h2o2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成o2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810v(o2)/ml0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)a. 06min的平均反应速率：(h2o2)=3.310-2mol/(lmin)b. 610min的平均反应速率：(h2o2)3.310-2mol/(lmin)c. 反应到6min时，c(h2o2)=0.30mol/ld. 反应到6min时，h2o2 分解了50%【答案】c【解析】【详解】a.6分钟时氧气的物质的量为 ，所以反应消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，用过氢氧化氢表示反应速率为mol/(lmin)=3.310-2mol/(lmin)，故正确；b. 610min 氧气的生成量为29.9ml-22.4ml=7.5ml，过氧化氢的消耗量为mol，用过氢氧化氢表示反应速率为 mol/(lmin)0b. 若该反应在t1、t2时的平衡常数分别为k1、k2，则k1k2c. 在t2时，若反应体系处于状态d，则此时一定有v正k2，故b错误；c.根据图像可知，由状态d到平衡点b，需要减小no的浓度，所以反应正向进行，则v正v逆,故c错误；d.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，v一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态c，故d正确；答案：d16.对于可逆反应ma(s)nb(g)ec(g)fd(g)，当其他条件不变时，c的体积分数(c)在不同温度(t)和不同压强(p)下随时间(t)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()a. 达到平衡后，若使用催化剂，c的体积分数将增大b. 该反应的h0c. 化学方程式中，nefd. 达到平衡后，增加a的质量有利于化学平衡向正反应方向移动【答案】b【解析】【详解】a.使用催化剂不影响平衡，不能改变体积分数，故错误；b.根据温度升高反应速率快，先到平衡分析，t2温度高，温度高c的体积分数小，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故正确；c.根据压强大速率快，先到平衡分析，p2压强大，压强大，平衡时c的体积分数小，说明加压平衡逆向移动，则有nef，故错误；d.a为固体，增加a的质量不影响平衡，故错误。故选b。【点睛】掌握平衡图像分析，掌握先拐先平，温度高压强大的方法。掌握影响平衡移动的因素。注意固体的质量不影响平衡。17. 最新报道：科学家首次用x射线激光技术观察到co与o在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是a. co和o生成co2是吸热反应b. 在该过程中，co断键形成c和oc. co和o生成了具有极性共价键的co2d. 状态 状态表示co与o2反应的过程【答案】c【解析】【详解】a.根据能量-反应过程的图像知，状态i的能量高于状态iii的能量，故该过程是放热反应，a错误；b.根据状态i、ii、iii可以看出整个过程中co中c和o形成的化学键没有断裂，故b错误；c.由图iii可知，生成物co2，具有极性共价键，故c正确；d.状态 状态表示co与o反应的过程，故d错误。故选c。18.在a(g)+b(g)=c(g)+2d(g)反应中，下列表示的反应速率最快的是a. v(a)=0.1mol l-1 min-1b. v(b)= 0.2mol l-1 min-1c. v(c)= 0.3mol l-1 min-1d. v(d)= 0.4mol l-1 min-1【答案】c【解析】试题分析：根据速率比等于系数比，v(a)10.1moll-1min；v(b) 10.2 moll-1min；v(c) 10.3 moll-1min ；v(d) 20.2moll-1min。反应速率最快的是v(c)0.3 moll-1min，故c正确。考点：本题考查化学反速率。19.25 、101 kpa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kjmol1，辛烷的标准燃烧热为-5518 kjmol1。下列热化学方程式书写正确的是()a. 2h(aq)so (aq)ba2(aq)2oh(aq)=baso4(s)2h2o(l)h57.3 kjmol1b. koh(aq)h2so4(aq)= k2so4(aq)h2o(l)h57.3 kjmol1c. c8h18(l)o2(g)=8co2(g)9h2o(g)h5518 kjmol1d. 2c8h18(g)25o2(g)=16co2(g)18h2o(l)h5518 kjmol1【答案】b【解析】【分析】本题主要考查中和热与燃烧热的定义与应用，紧扣定义中的注意事项便可得出答案。【详解】a.中和热专指生成1 mol水时所对应的热量，该热化学方程式中生成的是2mol水，生成baso4沉淀也放热，反应热不是57.3kj/mol，故a错误；b. 符合中和热的概念，故b正确；c. 燃烧热是指1 mol 可燃物生成稳定的氧化物时所对应的热量，该热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故c错误；d.热化学方程式中可燃物不是1mol，不符合燃烧热的定义，故d错误；故本题答案选b。【点睛】对燃烧热与中和热概念的理解是常考点。解题时需注意以下几点：（1）燃烧热是反应热的一种，其h0；（2）101kpa时，纯净可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，如c完全燃烧生成二氧化碳(g)，而不是co(g)；（3）书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其他物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况；（4）中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和反应生成1 mol液态水和可溶性盐所放出的热量。20.已知下列反应的平衡常数：so2(g)+o2(g)so3(g) k1 no(g)+o2(g)no2(g) k2。则反应so2(g)+ no2(g)so3(g)+no(g)的平衡常数为a. k1+k2b. k2-k1c. d. k1k2【答案】c【解析】根据盖斯定律可知即得到反应so2(g)+ no2(g)so3(g)+no(g)，因此该反应的平衡常数为，答案选c。第ii卷 （非选择题 共46分）21. 某同学用50ml 0.50mol/l的盐酸与50ml 0.55mol/l的naoh溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热（1）下列说法不正确的是（ ）a该实验也可在保温杯中进行b图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒c烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失d若将盐酸体积改为60ml，两次实验所求得中和热不相等（2）若通过实验测定中和热的h的绝对值常常小于57.3kj/mol，其原因可能是_a实验装置保温、隔热效果差b分多次把naoh溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中c量取naoh溶液的体积时仰视读数d用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度 （3）将一定量的稀氨水、稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液分别和1 l 1 moll1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为h1、h2、h3，则h1、h2、h3的大小关系为_；（4）若将v1ml1.0moll-1hcl溶液和v2ml未知浓度的naoh溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持v1+v2=50ml）由图2可知，氢氧化钠的浓度为 _ ；【答案】（1）d （2）abd （3）h1h2=h3（4）1.5mol/l【解析】试题分析：（1）a该实验也可在保温杯中进行，a正确；b图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，b正确；c烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少热量损失，c正确；d若将盐酸体积改为60ml，两次实验所求得中和热相等，d错误，答案选d。（2）a实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失，测量值减小，a正确；b分多次把naoh溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中导致热量损失，测量值减小，b正确；c量取naoh溶液的体积时仰视读数，实际量取的体积增加，测量值偏大，c错误；d用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，导致氢氧化钠减少，放出的热量减少，测量值减小，d正确。答案选abd。（3）弱电解质中才电离平衡，电离吸热，所以实际放出的热量减少，放热越少，h越大，则h1、h2、h3的大小关系为h1h2=h3；（4）温度最高时说明二者恰好完全反应，所以氢氧化钠的浓度为=1.5mol。【考点定位】考查中和热测定实验方案设计与评价【名师点晴】关于中和热测定需要注意：碎泡沫塑料(或纸条)及泡沫塑料板的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失。为保证酸、碱完全中和，常采用碱稍稍过量。实验时用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的方法是上下搅动，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是铜传热快，热量损失大。本实验中常用稍过量的naoh的原因是为保证盐酸完全被中和。若在反应中若因为有放热现象，而造成少量hcl在反应中挥发，则测得的中和热偏小。若用等浓度的醋酸与naoh溶液反应，则测得的中和热会偏小，这是由于用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收热量，造成测得中和热偏小。在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热偏小。22.把在空气中久置的镁条7.2 g投入盛有500 ml 0.5 moll1硫酸溶液的烧杯中，镁条与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间如图所示，回答下列问题：(1)曲线由0a段不产生氢气的原因_，有关的离子方程式为_；(2)曲线由bc段，产生氢气的速率逐渐增大的主要原因_；(3)曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因_。(4)在b到c这段时间内，收集到氢气v l(标准状况)，则这段时间内用硫酸表示的平均速率为_mol/(ls)(假设反应前后溶液体积不变)。(5)对于足量镁条和100 ml 2 mol/l硫酸生成氢气的反应，下列措施能减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量的是_。加naoh固体；加bacl2溶液；加kno3溶液；加h2o；加ch3coona固体；加小苏打溶液；加少量cuso4溶液；加na2so4溶液；将2 mol/l硫酸换成160 ml 2.5 mol/l的盐酸；将镁条换成镁粉。【答案】 (1). 镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气 (2). mgo2h=mg2h2o (3). 镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率 (4). 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，该因素变为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小 (5). (6). 【解析】【分析】(1)根据镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气进行分析； (2) （3）根据反应过程中有硫酸的浓度变化和反应体系的温度变化分析； (4)根据氢气的生成量计算硫酸的消耗量，从而计算速率。 (5)根据过程中氢离子的浓度和氢离子的物质的量的变化进行分析，注意原电池等影响。【详解】(1)镁条表面有氧化镁，硫酸首先和与表面的氧化镁反应，不产生氢气，所以开始没有气体产生，反应的离子方程式为：mgo2h=mg2h2o； (2) 随着反应的进行，硫酸的浓度减小，反应放热，温度升高，bc段反应速率加快，说明是镁和硫酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率； (3) 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐变小，反应放热，温度升高，c后反应速率减慢，说明该阶段浓度为影响反应速率的主要因素，使反应速率减小；(4) 在bc段时间内，收集到氢气v l(标准状况)，即氢气的物质的量为mol，则硫酸的消耗的物质的量为mol，浓度改变量为mol/l，反应速率为 mol/(lmin)；(5) 加naoh固体消耗硫酸，h+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；加bacl2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液的体积变大，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；加kno3溶液，no3-酸性条件下具有强氧化性，与镁反应不产生氢气；加h2o，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；加ch3coona固体，与硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；加小苏打溶液，与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，h+物质的量和浓度都减小，反应速率减慢，产生氢气的量减小；加少量cuso4溶液，镁和硫酸铜反应生成铜，形成原电池，反应速率加快；加na2so4溶液，硫酸浓度减小，速率减慢，不影响氢气的量；将2 mol/l硫酸换成160 ml 2.5 mol/l的盐酸，氢离子浓度减小，但氢离子总量不变，速率减慢，不影响氢气的总量；将镁条换成镁粉，反应速率加快。故速率减慢不影响氢气的量的为：。【点睛】掌握影响速率的因素，有浓度、温度、压强等。注意浓度是指氢离子浓度不是硫酸浓度。同时注意反应体系中存在原电池可以加快反应速率。no3-酸性条件下的强氧化性。23.a、在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力i随加入水的体积v变化的曲线如图所示。请回答：（1）“o”点导电能力为0的理由是_。（2）a、b、c三点处，溶液的c(h)由小到大的顺序为_。（3）a、b、c三点处，电离程度最大的是_。（4）若将c点溶液中c(ch3coo)增大，c(h)减小，可采取的措施是：_；_；_。b、反应3fe(s)+4h2o(g)fe3o4(s)+4h2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答