安徽省霍邱县第二中学2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）

安徽省霍邱县第二中学2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35.5 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。）1.现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识错误的是A. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰B. 用于新版人民币票面图案等处的油墨中所含的Fe3O4是一种磁性物质C. SiCl4在战争中常用作烟雾弹，是因为它水解时产生白色烟雾D. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈【答案】A【解析】【详解】A.生石灰具有吸水性,可防止食品变潮，不具有还原性，不能防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，故A错误；B.Fe3O4具有铁磁性的氧化物，故B正确； C. SiCl4在空气中容易吸收水蒸气生成原硅酸(或硅酸)和氯化氢而产生白色烟雾，在战争中常用作烟雾弹，故C正确；D.明矾溶液中铝离子发生水解，溶液显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈，故D正确；故答案选A。2.成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=akJmol-1CO2(g)+C(s)=2CO(g) H2=bkJmol-1Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H3=ckJmol-12Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) H4=dkJmol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）下列说法正确的是A. baB. C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) H=(a+b)/2kJmol-1C. d=3c+2bD. CO(g)+ 1/2O2(g)= CO2(g) HakJmol-1【答案】B【解析】【分析】C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，a0；然后根据盖斯定律进行解答。【详解】A. C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，H1=akJmol-10，a0，b 0 ，因此ba；故A错误；B. C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=akJmol-1， CO2(g)+C(s)=2CO(g) H2=bkJmol-1；根据盖斯定律可知，将+1/2可得：C(s)+ 1/2O2(g)=CO (g) H=(a+b)/2kJmol-1akJmol-1，故D错误；故答案选B。3.在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g)，有关下列图像的说法错误的是A. 依据图甲可判断正反应为放热反应B. 在图乙中，虚线可表示使用了催化剂C. 若正反应的H0【答案】D【解析】【详解】A依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A正确；B使用催化剂化学反应速率增大，缩短反应达到平衡的时间，化学平衡不移动，所以虚线可表示使用了催化剂，故B正确；C若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；D图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，平衡逆向进行，因此逆反应是吸热反应，正反应是放热反应H0，故D错误；故答案为D。4.反应C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)在一密闭容器中进行，则下列说法或结论中，正确是（ ）A. 保持压强不变，充入少量氦气，反应速率会减小B. 若v(CO)v(H2O)，则反应达平衡状态C. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大D. 其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小【答案】A【解析】【详解】A.保持压强不变，充入少量氦气，反应体系的总体积增大，反应物、生成物的浓度减小，反应速率减小，A正确；B.若v(CO)v(H2O)，不能判断是否为相反方向，则无法判断反应是否达平衡状态，B错误；C.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，对化学反应速率无影响，C错误；D.其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应体系中各物质的浓度均增大，则反应速率增大，D错误；答案为A。5.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g) Hv(正)C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】C【解析】【详解】A.反应前2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v(Y)= =0.002mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，故v(Z)=2v(Y)=20.002mol/(Lmin)=0.004mol/(Lmin)，故A错误；B.正反应放热，降低温度平衡正向移动，其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)、【解析】【详解】(1)探究影响反应速率的因素，需要在同等条件下，研究单一变量对速率的影响，则此方法需要控制的变量是相同温度和锌粒大小；为了衡量反应的快慢，还可以采用新的测定方法是测定相同时间内收集到的气体体积或收集相同体积的气体需要的时间；(2)已知：Cr2O72- (橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+。D试管中滴加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大，则实验现象为溶液由橙黄色变为黄色；(3)实验()是在相同浓度情况下，不同温度对反应速率的影响，则实验目的是探究探究温度对反应速率的影响；(4)是在室温下进行实验()，但反应物的浓度不同，则实验目的是探究浓度对反应速率的影响；浓度越大，反应速率越快，则溶液褪色的时间：t(A) t(B)；18.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_。利用反应6NO28NH37N212H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。（2）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1196.6kJmol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g) H2113.0kJmol-1则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的H_kJmol-1。（3）一定条件下，将2molNO2与2molSO2置于容积固定的恒温密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_（填字母）a混合气体密度保持不变 b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变 d每消耗1molSO3的同时生成1molNO2该反应达平衡状态后，若再向该容器充入1molNO2与1molSO2，则SO2的转化率将_（填“增大”“减小”或“不变”）（4）已知N2O4(g)2NO2(g) H0，现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图不能说明反应达到平衡状态的是_。A. B. C. D.【答案】 (1). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (2). 6.72 (3). 41.8 (4). b (5). 不变 (6). B【解析】【分析】(1)二氧化氮与水反应生成硝酸与NO；根据转移电子、结合N元素化合价变化计算消耗的NO2的物质的量，再根据V=nVm计算消耗NO2的体积；(2)根据盖斯定律计算；(3)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断；该反应达平衡状态后，若再向该容器充入1molNO2与1molSO2，则相当于缩小容器的体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；(4)化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变，正反应速率等于逆反应速率。【详解】(1)二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=NO+2HNO3；当转移1.2mol电子时，消耗的NO2物质的量为=0.3mol，消耗NO2的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196.6kJmol-1，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-113.0kJmol-1，根据盖斯定律，(-)2可得：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，则H=-196.6kJmol-1-(-113.0kJmol-1)2=-41.8kJmol-1；(3)a混合气体的总质量和总体积始终不变，则混合气体的密度也始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；c伴随反应的进行SO3和NO的体积比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c错误； d每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，均表示逆反应速率，不能判断是否达到平衡状态，故d错误；故答案为b；该反应达平衡状态后，若再向该容器充入1molNO2与1molSO2，则相当于缩小容器的体积，对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)而言，平衡不移动，SO2的转化率将不变。(4)对于N2O4(g)2NO2(g)，反应后体积变大；A.密度不变，说明体积不变，选项A能说明达到平衡状态，故A正确；B.H=E生-E反，H不随时间的变化，但会随着化学计量数的变化而变化，不能说明达到平衡状态，故B错误；C.速率之比等于化学方程式计量数之比，图中表示v(NO2)逆=2v(N2O4)正，说明正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态，故C正确；D.N2O4的转化率不变，是平衡标志，说明了化学反应达到平衡状态，故D正确；故答案为B。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。19.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡。请根据所学知识回答下列问题：（1）NaHCO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HCO3-、H+、OH-、_。（填写微粒符号）（2）碳酸钠溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)_；为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程_。（3）实验室在配制的FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的_中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。（4）常温下，物质的量浓度相同的下列溶液 ：NH4ClNH4HSO4NH3H2OCH3COONH4、溶液中c(NH4+)从大到小的顺序为：_（填序号）。【答案】 (1). H2O、CO32-、H2CO3 (2). CO32-+H2OHCO3-+OH- (3). 取0.1mol/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO32-水解 (4). 盐酸 (5). 氧化铁 (6). 【解析】【分析】(1)NaHCO3是盐能完全电离，溶液中HCO3-电离，HCO3-水解，但水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性，据此即可解答；(2)碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性；(3)实验室在配制FeCl3的溶液时，需要防止铁离子水解；FeCl3溶液蒸干，促进铁离子水解生成氢氧化铁；(4)NH4Cl、NH4HSO4、NH3H2O、CH3COONH4，先不考虑水解，则NH3H2O溶液中c(NH4+)小于铵盐的c(NH4+)，再根据盐溶液中NH4+水解程度分析。【详解】(1)NaHCO3是强碱弱酸盐，能完全电离NaHCO3Na+HCO3-，所以溶液中存在Na+、HCO3-；溶液中HCO3-电离HCO3-H+CO32-，所以溶液中存在H+、CO32-；溶液中HCO3-水解HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以溶液中存在H2CO3、OH-；但溶液中HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性；NaHCO3溶液必存在水；所以NaHCO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HCO3-、H+、CO32-、H2O、OH-、H2CO3；(2)碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，其水解方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性，其操作为：取0.1mol/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO32-水解；(3)氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在水溶液中水解显酸性，水解离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，则实验室在配制FeCl3的溶液时，为抑制铁离子的水解，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；FeCl3溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，促进水解平衡正向进行，得到水解产物氢氧化铁，灼烧氢氧化铁分解生成氧化铁；(4)NH4Cl、NH4HSO4、NH3H2O、CH3COONH4，先不考虑水解，则NH3H2O是弱电解质，溶液中c(NH4+)小于铵盐的c(NH4+)，另外NH4HSO4电离的H+抑制NH4+水解，而CH3COONH4溶液中CH3COO-的水解促进NH4+水解，则溶液中c(NH4+)从大到小的顺序为：。20.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积（mol2L2 ）11014a11012试回答以下问题：（1）若25t1t2，则a_11014(填“”、“”或“=”），作此判断的理由是_。（2）25下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5104molL1，取该溶液1mL加水稀释至100mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH)=_。（3）在t2下，pH=2的稀硫酸溶液中，水电离产生的H+浓度为c(H+)水=_。（4）t2下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L（混合体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V2：V1=_。（5）t2下，取相同体积、相同pH的醋酸和盐酸，各稀释100倍后其pH大小关系为：pH(醋酸)_pH(盐酸)(填“大于”、“小于”或“等于”。下同)；稀释后溶液分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(醋酸)_V(盐酸)。【答案】 (1). (2). 温度升高，水的电离程度增大，离子积增加 (3). c(OH)：c(Na+)=1100 (4). 11010mol/L (5). 119 (6). 小于 (7). 大于【解析】【详解】(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程吸热，温度升高，水的电离程度增大，导致水的离子积增大