广西壮族自治区南宁市第三中学2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）

广西壮族自治区南宁市第三中学2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）考试时间：90分钟 总分：100分本卷可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64一、单选题（1-8题每小题2分，9-20题每小题3分 , 共52分）1.人类将在未来逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”(包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是（）A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能 D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”【答案】D【解析】试题分析：A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，之前，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化wie电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。考点：常见的生活环境的污染和治理2.下列物质在水溶液中的电离或水解方程式书写正确的是（ ）A. CH3COO+H2O = OHCH3COOHB. HF+H2OH3OFC. H3PO43HPOD. NaHCO3NaHCO【答案】B【解析】【详解】A醋酸根离子的水解应当用可逆符号，A项错误；BHF为弱酸，其电离方程式使用可逆符号，题给的式子将氢离子写成了水合氢离子，B项正确；C磷酸作为多元弱酸，应分步电离，一步为主，C项错误；D碳酸氢钠应完全电离，所以电离方程式应使用等号，碳酸氢根离子不能拆写，D项错误；所以答案选择B项。3.参照反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）A. 正反应为放热反应B. 断键吸收的总能量大于成键放出的总能量C. 反应物总能量高于生成物总能量D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】B【解析】试题分析：A、当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；B、当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；C、当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：H=+（E1-E2）kJ/mol0，是吸热反应，故C错误；D、升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误故选B。考点：反应热和焓变 化学反应中能量转化的原因点评：本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB. 100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；B.根据铁离子水解分析；C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；D.根据反应是可逆反应判断。详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。5.下列有关说法不正确的是（ ）A. 其他条件一定时，平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动B. 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行D. 反应NH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H 0【答案】C【解析】【详解】A平衡常数是温度的函数，平衡常数变化，往往是由于温度发生了变化，而温度变化时平衡一定发生移动，A项正确；B对于一下确定的可逆反应化学方程式，平衡常数仅随温度变化，B项正确；C放热反应有利于自发，熵增有利于自发，既放热又熵增反应一定自发，C项错误；D反应由气体变成了固体，熵是减小的，但室温下该反应可自发，说明该反应显著放热，即焓变小于0，D项正确；所以答案选择C项。6.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）A. 开启啤酒有泡沫逸出B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCNFe（SCN)3(血红色)+3KCl反应，平衡后向体系中加入KCl固体，使体系红色变浅C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A啤酒中存在平衡：CO2（g）CO2(aq)，开启啤酒后压强减小，平衡逆向移动，有泡沫溢出，A项排除；B从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，KCl的加入并不能使平衡移动，B项可选；C装有二氧化氮的烧瓶中存在平衡2 NO2 N2O4 H 0，温度升高，平衡逆向移动，气体颜色加深，C项排除；D氯气能和水反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，减少氯气和水的反应损耗，D项排除；所以答案选择B项。7.下列关于溶液酸碱性的说法中正确的是（ ）A. pH=7的溶液一定显中性B. 中性溶液中，c(H+)一定是1.0107molL1C. c(H+)= c(OH)的溶液显中性D. 在100C时，纯水的pH7，因此显酸性【答案】C【解析】试题分析：运用pH判断溶液的酸碱性时，要注意水的离子积常数与温度有关，A、没有给出温度，A错误；B、在中性溶液中c(H)和c(OH)一定相等，但不一定等于1.0107molL1，B错误；Cc(OH)c(H)的溶液呈中性，C正确；D、100 的纯水中，虽然pH7，但c(H)c(OH)，还是中性，D错误。考点：考查了溶液酸碱性与pH的关系。8.下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3H2O NH4+OH叙述正确的是（）A. 加水后，溶液中n(OH)增大B. 加入少量浓盐酸，溶液中c(OH)增大C. 加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动D. 加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)减少【答案】A【解析】【分析】加水稀释时，促进氨水电离，c (OH-)减小，n(OH)增大；加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，c (OH-)减小；加入少量浓NaOH溶液，溶液中c (OH-)增大，则抑制一水合氨电离；加入少量NH4Cl固体，c (NH4+)增大，平衡左移。【详解】A项，加水使NH3H2O电离平衡右移，n(OH)增大；B项，加入少量浓盐酸使c(OH)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH4+)增大。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素是解答关键，弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离，向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离，加水稀释促进一水合氨电离。9.在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) Hv(吸氢)【答案】C【解析】A反应为放热，反应降低温度，平衡正向移动，则该反应的平衡常数增大，故A错误；B为可逆反应，1molMHx(s)与ymolH2(g)不能完全反应，则吸收ymolH2需大于1molMHx，故B错误；C该容器为恒温恒容的密闭容器，容器中只有一种气体氢气，气体的质量逐渐减小，因此气体密度保持不变，表示达到了平衡状态，故C正确；D通入少量氢气，平衡正向移动，则v(放氢)v(吸氢)，故D错误；故选C。点睛：本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握化学平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度的关系，选项B为易错点。10.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图，下列说法正确的是（）A. 313K时，根据曲线计算可知Ksp(SrSO4) 数量级为10-5B. 三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C. 283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D. 283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A根据表中数据计算，在313K时，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)c(SO42-)=10-1.45-1.65=10-3.1数量级不为10-5，A项错误；B由图像可知，在c(SO42-)或c(Sr2+)相同的条件下，313K时另一种离子的浓度最大，则313K时Ksp(SrSO4)最大，B项正确 ；C283K时，位于沉淀溶解平衡曲线上的点达到沉淀溶解平衡，a点在283K曲线的下方，离子浓度乘积小于283K时的Ksp(SrSO4)，为不饱和溶液，C项错误；D283K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后，Ksp(SrSO4)减小，溶解平衡逆向移动，会有晶体析出，还是饱和溶液，D项错误；所以答案选择B项。11.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在H2OOH平衡。下列说法不正确的是（）A. 加入NaOH固体，减小B. 通入CO2，溶液pH减小C. 升高温度，平衡常数增大D. 稀释溶液，cHCO3-cOHcCO32-增大【答案】D【解析】【详解】A加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；B通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；C升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；D所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；所以答案选择D项。12.反应4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g)中，4 mol HCl 被氧化，放出115.6 kJ的热量。又知：，；判断下列说法正确的是（）A. 该反应的H115.6 kJmol1B. 断开1 mol HO 键与断开1 mol HCl 键所需能量相差约为32 kJC. HCl中HCl 键比H2O中HO键稳定D. 由题中所提供信息判断氯元素的非金属性比氧元素强【答案】B【解析】【详解】A该反应为放热反应的焓变小于0，A项错误；B由反应放出的热量与所给的键能数据，可得H=4HCl键的键能+1OO的键能-2ClCl键的键能-4HO 键的键能，通过计算可得H-O键的键能减去H-Cl键的键能为31.9kJ，B项正确；C由B项可得氢氧键比氢氯键稳定，C项错误；D非金属性的强弱与键能无关，D项错误；所以答案选择B项。13.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【解析】分析：本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。详解：黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。BHCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。CClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。D标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)c(A-)c(B-)c(OH-)c(H+)B. 图2中在b点对应温度下，将pH2的H2SO4溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl、Br及I的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是ClD. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化【答案】A【解析】【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A水解程度弱于B，离子浓度大小顺序是c(Na)c(A)c(B)c(OH)c(H)，故A正确；B、b点对应温度下，水的离子积为1012，H2SO4中c(H)=102molL1，NaOH溶液中c(OH)=1molL1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；C、根据图像，纵坐标是lgc(X)，数值越大，c(X)越小，在c(Ag)相同时，c(X)越小，Ksp(AgX)越小，即I先沉淀出来，故C错误；D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。15.25时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=110-3，Ka2=210-8, 0.1mol/L的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是（）A. c（Na+）c（HTeO3-）c（OH-）c（H2TeO3）c（H+）B. c（Na+）=c（TeO32-）+c（HTeO3-）+c（H2TeO3）C. c（Na+）+c（H+）= c（HTeO3-）+2c（TeO32-）+c（OH-）D. c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-）【答案】A【解析】【详解】AHTeO3-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-11v逆【答案】C【解析】【详解】A平衡浓度与初始浓度差值的比值为3：1：2，X、Y减少，Z增加，反应可表示为：3X+Y 2Z，A项正确；B用Z的平衡浓度减去初始浓度再除以反应时间可得发v(Z)=0.005 molL1s1，B项正确；CX、Y浓度分别增加0.35 molL1和0.15 molL1后， X与Y的比值由2：1变为11：5，相比于之前更接近反应式的比值，X的转化率增加，C项错误；D若初始浓度：X为0.2 molL1，Y为0.2 molL1，Z为0.8molL1时，此时浓度商小于平衡常数，则该反应正向进行，则v正v逆，D项正确；所以答案选择C项。18.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（）A. XOH是弱碱B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3C. 已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0103.8D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3)/c(CO32)减小【答案】C【解析】【详解】A0.1mol/L的XOH溶液的pH=13，说明XOH溶液中的OH-浓度等于XOH的浓度，XOH完全电离，为一元强碱，A项错误；BXOH是强碱溶液，X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液pH相等则XOH浓度要小于X2CO3浓度，再结合物料守恒得出溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B项错误；C已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则不必考虑CO32-的第二步水解，不需要看第一步水解即可。从图中看出0.1mol/L的X2CO3的pH为11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=10-2.4mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，则Kh1=（10-2.4）2/0.1=1.0103.8，C项正确；D当lgV=2时，则溶液体积变为原来的100倍，升高温度促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32)减小，c(HCO3)增大，则比值变大，D项错误；19.下图为常温下向10mL0.1 molL-1 NH3H2O中加入等浓度的盐酸时，NH3H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线。（电离度为已电离的NH3H2O占初始时NH3H2O的百分比），下列说法正确的是（）A. 测得a点时溶液的pH=11，则NH3H2O的电离度为1%B. b点时溶液的pH=7C. 水的电离程度：bc，故C项错误；D. c点时溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl与HCl，其溶液中存在物料守恒，即c(Cl) = 2c(NH4+) + c(NH3H2O)，故D项错误；答案选A。20.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物叙述正确的是（）分子式为C12H20O2 能使酸性KMnO4溶液褪色能发生加成反应，但不能发生取代反应它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molA. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由结构简式可知分子式为C12H20O2，正确；含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，错误；有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，错误；1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，正确；只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，错误。正确说法是，选项B符合题意。考点：考查有机物的结构与性质的知识。二、填空题（共48分）21.NH3是一种重要的化工原料，其合成及应用一直备受广大化学工作者的关注。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) H=92kJmol-1。（1）已知：N2(g)946kJmol1 2N(g) ; H2(g)436kjmol1 2H(g)，则断开1 mol NH键所需要的能量是_kJ。（2）有利于提高合成氨平衡产率的条件是_。 A. 低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂（3）向一个恒温恒压容器充入1 mol N2和3mol H2模拟合成氨反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。若体系在T1、60MPa下达到平衡。此时平衡常数Kp_（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数；计算结果保留3位小数）。T1_T2（填“”、“”、“”或“=”），判断理由是_。（5）肼（N2H4）又称为联氨，可作火箭发动机的燃料。肼分子的电子式为_。【答案】 (1). 391 (2). AD (3). 0.037 (4). (6). 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 (7). 【解析】【分析】利用化学键的键能数据来计算焓变，可规定吸热为正，放热为负，进行代数和。合成氨是一个正向放热的、气体分子数减小的反应，低温和加压对提高氨气的产率有利；看平衡图像时，可采用“定一议二”的方式进行，固定压强不变，看温度对氨气的含量的影响。【详解】（1）设断开1 mol NH键所需要的能量是xkJ，则依据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H92kJmol-1。，有946+4363-6x=-92，解得x=391；（2）合成氨反应是一个正向放热的反应，所以降温有利于提高产率；合成氨反应是一个正向气体分子数减小的反应，加压有利于提高产率；（3） N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)初始 1 3 0变化 x 3x 2x平衡 1-x 3-3x 2x60%=，解得x=0.75mol，所以平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，所以Kp=0.037；从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，根据该反应是放热反应，NH3是生成物的特点，确定T1相对于T2来说是降温，即T1C=O，别外酚